Produit scalaire, suites numériques, calcul trigonométrique et rotation

Sujet et corrigé — 20 points

Traite le sujet en conditions réelles avant d'ouvrir les corrections. Chaque exercice renvoie vers le chapitre à revoir si tu bloques.

1. Exercice 1Produit scalaire dans le plan5 pts

   Chapitre : Le produit scalaire dans le plan (approfondi)

   Le plan est rapporté à un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$. On considère les points $A(1;-1)$, $B(5;1)$ et $C(2;2)$.

   1. (a) Déterminer les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, puis calculer $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}$. (0,5 pt) (b) Calculer les distances $AB$ et $AC$. En déduire $\cos \widehat{BAC}$ puis la mesure de l'angle $\widehat{BAC}$. (1 pt)
   2. Calculer $BC$. En déduire la nature du triangle $ABC$. (1 pt)
   3. Soit $I$ le milieu de $[AB]$. Calculer la longueur $CI$ à l'aide du théorème de la médiane. (0,75 pt)
   4. Déterminer une équation du cercle $(\Gamma )$ de diamètre $[AB]$, puis vérifier que le point $C$ appartient à $(\Gamma )$. (1 pt)
   5. Déterminer l'ensemble $(E)$ des points $M(x;y)$ du plan tels que $M{A}^2-M{B}^2=8$, et préciser sa position par rapport à la droite $(AB)$. (0,75 pt)
   Voir la correction

   1. (a) $\overrightarrow{AB}(5-1;1-(-1))$, soit $\overrightarrow{AB}(4;2)$, et $\overrightarrow{AC}(2-1;2-(-1))$, soit $\overrightarrow{AC}(1;3)$. Dans un repère orthonormé : $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=4\times 1+2\times 3=10$. (b) $AB=\sqrt{4^2+2^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$ et $AC=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$. Or $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=AB\times AC\times \cos \widehat{BAC}$, donc $\cos \widehat{BAC}=\frac{10}{2\sqrt{5}\times \sqrt{10}}=\frac{10}{2\sqrt{50}}=\frac{10}{10\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Comme $\widehat{BAC}\in [0,\pi ]$, on obtient $\widehat{BAC}=\frac{\pi }{4}$ (soit $45^{\circ }$).
   2. $\overrightarrow{BC}(2-5;2-1)$, soit $\overrightarrow{BC}(-3;1)$, et $BC=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}$. Ainsi $AC=BC=\sqrt{10}$ : le triangle est isocèle en $C$. De plus $A{C}^2+B{C}^2=10+10=20=A{B}^2$, donc d'après la réciproque du théorème de Pythagore le triangle est rectangle en $C$. Conclusion : $ABC$ est rectangle et isocèle en $C$. (On peut aussi vérifier $\overrightarrow{CA}\cdot \overrightarrow{CB}=(-1)(3)+(-3)(-1)=0$.)
   3. $I$ est le milieu de $[AB]$ ; le théorème de la médiane dans le triangle $CAB$ donne : $C{A}^2+C{B}^2=2C{I}^2+\frac{A{B}^2}{2}$, soit $10+10=2C{I}^2+\frac{20}{2}$, d'où $2C{I}^2=10$, $C{I}^2=5$ et $CI=\sqrt{5}$. (Vérification : $I(3;0)$, $\overrightarrow{CI}(1;-2)$ et $CI=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}$.)
   4. $M(x;y)$ appartient au cercle de diamètre $[AB]$ si et seulement si $\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0$, c'est-à-dire $(x-1)(x-5)+(y+1)(y-1)=0$, soit $x^2-6x+5+y^2-1=0$ : $(\Gamma ):x^2+y^2-6x+4=0,\text{ou encore}(x-3{)}^2+y^2=5.$ $(\Gamma )$ est le cercle de centre $I(3;0)$ et de rayon $\sqrt{5}$. Pour $C(2;2)$ : $2^2+2^2-6\times 2+4=4+4-12+4=0$, donc $C\in (\Gamma )$. C'est cohérent avec la question 2 : le triangle $ABC$ est rectangle en $C$, donc $C$ est sur le cercle de diamètre $[AB]$.
   5. Pour $M(x;y)$ : $M{A}^2-M{B}^2=(x-1{)}^2+(y+1{)}^2-(x-5{)}^2-(y-1{)}^2$. En développant : $M{A}^2-M{B}^2=(x^2-2x+1+y^2+2y+1)-(x^2-10x+25+y^2-2y+1)=8x+4y-24$. Donc $M\in (E)\iff 8x+4y-24=8\iff 2x+y-8=0$. $(E)$ est la droite d'équation $2x+y-8=0$. Un vecteur normal de cette droite est $\overrightarrow{n}(2;1)$ et $\overrightarrow{AB}(4;2)=2\overrightarrow{n}$ : $(E)$ est perpendiculaire à la droite $(AB)$, conformément au cours (ligne de niveau de $M{A}^2-M{B}^2$).

2. Exercice 2Suites numériques5 pts

   Chapitre : Les suites numériques

   On considère la suite $(u_n)$ définie par $u_0=3$ et, pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $u_{n+1}=\frac{1}{2}{u}_n+2$.

   1. Calculer $u_1$ et $u_2$. (0,5 pt)
   2. Montrer que si $u_n<4$ alors $u_{n+1}<4$. En déduire que pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $u_n<4$. (1 pt)
   3. Montrer que la suite $(u_n)$ est strictement croissante. (1 pt)
   4. On pose, pour tout $n\in \mathbb{N}$, $v_n=u_n-4$. Montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier terme. (1 pt)
   5. Exprimer $v_n$, puis $u_n$, en fonction de $n$. (0,5 pt)
   6. Calculer, en fonction de $n$, la somme $S_n=u_0+u_1+\dots +u_n$. (1 pt)
   Voir la correction

   1. $u_1=\frac{1}{2}\times 3+2=\frac{3}{2}+2=\frac{7}{2}$ et $u_2=\frac{1}{2}\times \frac{7}{2}+2=\frac{7}{4}+2=\frac{15}{4}$.
   2. Supposons $u_n<4$. Alors $\frac{1}{2}{u}_n<2$, donc $u_{n+1}=\frac{1}{2}{u}_n+2<2+2=4$. Ainsi, si $u_n<4$ alors $u_{n+1}<4$. Comme $u_0=3<4$, on en déduit de proche en proche (raisonnement par récurrence) que $u_1<4$, puis $u_2<4$, et ainsi de suite : *pour tout $n\in \mathbb{N}$, $u_n<4$*.
   3. Pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $u_{n+1}-u_n=\frac{1}{2}{u}_n+2-u_n=2-\frac{1}{2}{u}_n=\frac{4-u_n}{2}$. D'après la question 2, $4-u_n>0$, donc $u_{n+1}-u_n>0$ : la suite $(u_n)$ est strictement croissante.
   4. Pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $v_{n+1}=u_{n+1}-4=\frac{1}{2}{u}_n+2-4=\frac{1}{2}{u}_n-2=\frac{1}{2}(u_n-4)=\frac{1}{2}{v}_n$. Donc $(v_n)$ est une suite géométrique de raison $q=\frac{1}{2}$, de premier terme $v_0=u_0-4=-1$.
   5. $(v_n)$ est géométrique, donc $v_n=v_0\times q^n=-(\frac{1}{2}{)}^n$ pour tout $n\in \mathbb{N}$. Comme $u_n=v_n+4$ : $u_n=4-(\frac{1}{2}{)}^n$. (On retrouve $u_0=3$, $u_1=\frac{7}{2}$, $u_2=\frac{15}{4}$.)
   6. $S_n={\sum }_{k=0}^n(4-(\frac{1}{2}{)}^k)=4(n+1)-{\sum }_{k=0}^n(\frac{1}{2}{)}^k$. La somme des $n+1$ premiers termes de la suite géométrique de premier terme $1$ et de raison $\frac{1}{2}$ vaut $\frac{1-(\frac{1}{2}{)}^{n+1}}{1-\frac{1}{2}}=2(1-(\frac{1}{2}{)}^{n+1})=2-(\frac{1}{2}{)}^n$. Donc $S_n=4(n+1)-2+(\frac{1}{2}{)}^n=4n+2+(\frac{1}{2}{)}^n$. (Vérification : $S_0=3=u_0$ et $S_1=4+2+\frac{1}{2}=\frac{13}{2}=3+\frac{7}{2}$.)

3. Exercice 3Calcul trigonométrique5 pts

   Chapitre : Calcul trigonométrique

   1. En remarquant que $\frac{\pi }{12}=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{4}$, calculer la valeur exacte de $\cos (\frac{\pi }{12})$. (1 pt)
   2. Démontrer que pour tout réel $a$ : $\sin (3a)=3\sin a-4{\sin }^{3}a$. (1 pt)
   3. Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $\cos (2x)-\cos x=0$. (1,5 pt)
   4. (a) Écrire l'expression $\cos x-\sqrt{3}\sin x$ sous la forme $R\cos (x-\phi )$ avec $R>0$. (1 pt) (b) En déduire les solutions dans $]-\pi ,\pi ]$ de l'équation $\cos x-\sqrt{3}\sin x=\sqrt{2}$. (0,5 pt)
   Voir la correction

   1. Avec la formule $\cos (a-b)=\cos a\cos b+\sin a\sin b$ : $\cos (\frac{\pi }{12})=\cos (\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{4})=\cos (\frac{\pi }{3})\cos (\frac{\pi }{4})+\sin (\frac{\pi }{3})\sin (\frac{\pi }{4})=\frac{1}{2}\times \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$.
   2. On écrit $3a=2a+a$ et on applique la formule d'addition puis les formules de duplication $\sin (2a)=2\sin a\cos a$ et $\cos (2a)=1-2{\sin }^{2}a$ : $\sin (3a)=\sin (2a)\cos a+\cos (2a)\sin a=2\sin a{\cos }^{2}a+(1-2{\sin }^{2}a)\sin a$. Avec ${\cos }^{2}a=1-{\sin }^{2}a$ : $\sin (3a)=2\sin a(1-{\sin }^{2}a)+\sin a-2{\sin }^{3}a=2\sin a-2{\sin }^{3}a+\sin a-2{\sin }^{3}a=3\sin a-4{\sin }^{3}a$.
   3. Avec $\cos (2x)=2{\cos }^{2}x-1$, l'équation devient $2{\cos }^{2}x-\cos x-1=0$. Posons $X=\cos x$ : $2X^2-X-1=0$, de discriminant $\Delta =1+8=9$, d'où $X=\frac{1+3}{4}=1$ ou $X=\frac{1-3}{4}=-\frac{1}{2}$.

   • $\cos x=1\iff x=2k\pi$, $k\in \mathbb{Z}$.
   • $\cos x=-\frac{1}{2}=\cos (\frac{2\pi }{3})\iff x=\frac{2\pi }{3}+2k\pi$ ou $x=-\frac{2\pi }{3}+2k\pi$, $k\in \mathbb{Z}$. L'ensemble des solutions est $S=\{2k\pi ;\frac{2\pi }{3}+2k\pi ;-\frac{2\pi }{3}+2k\pi ,k\in \mathbb{Z}\}$, c'est-à-dire l'ensemble des réels de la forme $\frac{2k\pi }{3}$, $k\in \mathbb{Z}$. (Autre méthode : $\cos (2x)-\cos x=-2\sin (\frac{3x}{2})\sin (\frac{x}{2})$, qui s'annule si et seulement si $\frac{3x}{2}=k\pi$ ou $\frac{x}{2}=k\pi$, ce qui redonne $x=\frac{2k\pi }{3}$.)

   1. (a) Ici $a=1$ et $b=-\sqrt{3}$, donc $R=\sqrt{1+3}=2$, et $\phi$ vérifie $\cos \phi =\frac{1}{2}$ et $\sin \phi =-\frac{\sqrt{3}}{2}$, soit $\phi =-\frac{\pi }{3}$. Ainsi $\cos x-\sqrt{3}\sin x=2\cos (x+\frac{\pi }{3})$. (Vérification : $2\cos (x+\frac{\pi }{3})=2(\cos x\cos (\frac{\pi }{3})-\sin x\sin (\frac{\pi }{3}))=\cos x-\sqrt{3}\sin x$.) (b) L'équation s'écrit $2\cos (x+\frac{\pi }{3})=\sqrt{2}$, soit $\cos (x+\frac{\pi }{3})=\frac{\sqrt{2}}{2}=\cos (\frac{\pi }{4})$. Donc $x+\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{4}+2k\pi$ ou $x+\frac{\pi }{3}=-\frac{\pi }{4}+2k\pi$, c'est-à-dire $x=-\frac{\pi }{12}+2k\pi$ ou $x=-\frac{7\pi }{12}+2k\pi$, $k\in \mathbb{Z}$. Dans $]-\pi ,\pi ]$, les seules solutions sont obtenues pour $k=0$ : $x=-\frac{\pi }{12}$ et $x=-\frac{7\pi }{12}$.

4. Exercice 4Rotation dans le plan5 pts

   Chapitres : La rotation dans le plan · Le barycentre dans le plan

   Le plan est rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$. On note $R$ la rotation de centre $O$ et d'angle $\frac{\pi }{3}$.

   1. Donner l'expression analytique de $R$, c'est-à-dire les coordonnées $(x^{\prime };y^{\prime })$ de l'image $M^{\prime }$ d'un point $M(x;y)$. (1 pt)
   2. Soit $A(2;0)$. Déterminer les coordonnées du point $A^{\prime }=R(A)$, puis montrer que le triangle $OA{A}^{\prime }$ est équilatéral. (1 pt)
   3. Déterminer les coordonnées du point $B=R(A^{\prime })$. (0,5 pt)
   4. Soit $(C)$ l'ensemble des points $M(x;y)$ tels que $x^2+y^2-4x=0$. Montrer que $(C)$ est un cercle dont on précisera le centre et le rayon, puis déterminer une équation du cercle $(C^{\prime })=R((C))$, image de $(C)$ par $R$. (1 pt)
   5. Déterminer une équation de la droite $(D^{\prime })$, image de l'axe des abscisses par $R$. (0,5 pt)
   6. Soit $G$ le centre de gravité du triangle $OA{A}^{\prime }$. Calculer les coordonnées de $G$, puis montrer que $R(G)$ est le centre de gravité du triangle $O{A}^{\prime }B$. (1 pt)
   Voir la correction

   1. Pour la rotation de centre $O$ et d'angle $\theta =\frac{\pi }{3}$, l'image $M^{\prime }(x^{\prime };y^{\prime })$ de $M(x;y)$ vérifie $x^{\prime }=x\cos \theta -y\sin \theta$ et $y^{\prime }=x\sin \theta +y\cos \theta$. Avec $\cos (\frac{\pi }{3})=\frac{1}{2}$ et $\sin (\frac{\pi }{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}$ : $\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=\frac{1}{2}x-\frac{\sqrt{3}}{2}y{y}^{\prime }=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y\end{array}.$
   2. Pour $A(2;0)$ : $x^{\prime }=\frac{1}{2}\times 2-0=1$ et $y^{\prime }=\frac{\sqrt{3}}{2}\times 2+0=\sqrt{3}$, donc $A^{\prime }(1;\sqrt{3})$. Ensuite $OA=2$, $O{A}^{\prime }=\sqrt{1+3}=2$ (la rotation conserve les distances) et $A{A}^{\prime }=\sqrt{(1-2{)}^2+(\sqrt{3}-0{)}^2}=\sqrt{1+3}=2$. Les trois côtés ont la même longueur $2$ : *le triangle $OA{A}^{\prime }$ est équilatéral*. (C'était prévisible : $O{A}^{\prime }=OA$ et l'angle $(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{O{A}^{\prime }})$ vaut $\frac{\pi }{3}$.)
   3. Pour $A^{\prime }(1;\sqrt{3})$ : $x^{\prime }=\frac{1}{2}\times 1-\frac{\sqrt{3}}{2}\times \sqrt{3}=\frac{1}{2}-\frac{3}{2}=-1$ et $y^{\prime }=\frac{\sqrt{3}}{2}\times 1+\frac{1}{2}\times \sqrt{3}=\sqrt{3}$. Donc $B(-1;\sqrt{3})$.
   4. $x^2+y^2-4x=0\iff (x-2{)}^2-4+y^2=0\iff (x-2{)}^2+y^2=4$ : $(C)$ est le cercle de centre $A(2;0)$ et de rayon $2$. L'image d'un cercle par une rotation est le cercle de même rayon dont le centre est l'image du centre. Comme $R(A)=A^{\prime }(1;\sqrt{3})$, $(C^{\prime })$ est le cercle de centre $A^{\prime }$ et de rayon $2$ : $(C^{\prime }):(x-1{)}^2+(y-\sqrt{3}{)}^2=4,\mathrm{soit}{x}^2+y^2-2x-2\sqrt{3}y=0.$
   5. L'axe des abscisses est la droite $(OA)$. L'image d'une droite par une rotation est une droite ; comme $R(O)=O$ et $R(A)=A^{\prime }$, on a $(D^{\prime })=(O{A}^{\prime })$. Cette droite passe par $O$ et est dirigée par $\overrightarrow{O{A}^{\prime }}(1;\sqrt{3})$, donc $(D^{\prime }):y=\sqrt{3}x$ (ou $\sqrt{3}x-y=0$).
   6. Le centre de gravité de $OA{A}^{\prime }$ est le barycentre de $(O,1)$, $(A,1)$, $(A^{\prime },1)$ : $G(\frac{0+2+1}{3};\frac{0+0+\sqrt{3}}{3})$, soit $G(1;\frac{\sqrt{3}}{3})$. Son image par $R$ : $x^{\prime }=\frac{1}{2}\times 1-\frac{\sqrt{3}}{2}\times \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$ et $y^{\prime }=\frac{\sqrt{3}}{2}\times 1+\frac{1}{2}\times \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$. Donc $R(G)(0;\frac{2\sqrt{3}}{3})$. Le centre de gravité $G^{\prime }$ du triangle $O{A}^{\prime }B$ a pour coordonnées $(\frac{0+1-1}{3};\frac{0+\sqrt{3}+\sqrt{3}}{3})=(0;\frac{2\sqrt{3}}{3})$. Ainsi $R(G)=G^{\prime }$ : $R(G)$ est le centre de gravité du triangle $O{A}^{\prime }B$. Ce résultat illustre le fait qu'une rotation conserve les barycentres : l'image du centre de gravité d'un triangle est le centre de gravité du triangle image ($R(O)=O$, $R(A)=A^{\prime }$, $R(A^{\prime })=B$).