Polynômes, équations et inéquations, calcul vectoriel, droites et trigonométrie

Sujet et corrigé — 20 points

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1. Exercice 1Polynômes et équations6 pts

   Chapitres : Les polynômes · Équations, inéquations et systèmes

   On considère le polynôme $P(x)=2x^3-3x^2-11x+6$.

   1. Vérifier que $-2$ est une racine de $P$. (0,5 pt)
   2. Déterminer les réels $a$, $b$ et $c$ tels que, pour tout réel $x$ : $P(x)=(x+2)(a{x}^2+bx+c)$. (1,5 pt)
   3. Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $P(x)=0$. (1,5 pt)
   4. À l'aide d'un tableau de signes, résoudre dans $\mathbb{R}$ l'inéquation $P(x)\ge 0$. (1,5 pt)
   5. Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $|2x-1|=5$. Que remarque-t-on ? (1 pt)
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   1. $P(-2)=2\times (-8)-3\times 4-11\times (-2)+6=-16-12+22+6=0$. Donc $-2$ est une racine de $P$.
   2. On développe : $(x+2)(a{x}^2+bx+c)=a{x}^3+(2a+b)x^2+(2b+c)x+2c$. Deux polynômes sont égaux si et seulement si leurs coefficients sont égaux ; par identification avec $P(x)=2x^3-3x^2-11x+6$ : $a=2$, $2a+b=-3$ donc $b=-7$, et $2c=6$ donc $c=3$. On vérifie le coefficient de $x$ : $2b+c=-14+3=-11$. Ainsi $P(x)=(x+2)(2x^2-7x+3)$.
   3. Un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs est nul : $P(x)=0\iff x+2=0$ ou $2x^2-7x+3=0$. Pour le trinôme, $\Delta =(-7{)}^2-4\times 2\times 3=49-24=25>0$, d'où deux racines $x_1=\frac{7-5}{4}=\frac{1}{2}$ et $x_2=\frac{7+5}{4}=3$. Donc $S=\{-2,\frac{1}{2},3\}$.
   4. D'après la question 3, $2x^2-7x+3=2(x-\frac{1}{2})(x-3)=(2x-1)(x-3)$, donc $P(x)=(x+2)(2x-1)(x-3)$. Tableau de signes :

   $x$	$-\infty$		$-2$		$\frac{1}{2}$		$3$		$+\infty$
   $x+2$		$-$	$0$	$+$	$|$	$+$	$|$	$+$
   $2x-1$		$-$	$|$	$-$	$0$	$+$	$|$	$+$
   $x-3$		$-$	$|$	$-$	$|$	$-$	$0$	$+$
   $P(x)$		$-$	$0$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$

   $P(x)\ge 0$ sur $[-2,\frac{1}{2}]$ et sur $[3,+\infty [$ : $S=[-2,\frac{1}{2}]\cup [3,+\infty [$.

   1. $|2x-1|=5\iff 2x-1=5$ ou $2x-1=-5\iff x=3$ ou $x=-2$. Donc $S=\{-2,3\}$. On remarque que les deux solutions sont des racines du polynôme $P$.

2. Exercice 2Trigonométrie5 pts

   Chapitres : Bases de la trigonométrie · L'ordre dans ℝ

   1. Convertir $150^{\circ }$ en radians et $\frac{7\pi }{4}$ radians en degrés. (1 pt)
   2. Soit $x$ un réel tel que $\sin x=\frac{3}{5}$ et $\frac{\pi }{2}<x<\pi$. (a) Calculer $\cos x$, puis $\tan x$. (1,5 pt) (b) En déduire $\cos (\pi -x)$, $\sin (\pi +x)$ et $\cos (\frac{\pi }{2}-x)$. (1,5 pt)
   3. (a) Calculer la valeur exacte de $E=\cos (\frac{5\pi }{6})+\sin (\frac{7\pi }{6})+\tan (\frac{3\pi }{4})$. (0,5 pt) (b) Sachant que $1,732\le \sqrt{3}\le 1,733$, donner un encadrement de $E$. (0,5 pt)
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   1. $180^{\circ }$ correspond à $\pi$ rad, donc $150^{\circ }=150\times \frac{\pi }{180}=\frac{5\pi }{6}$ rad. Réciproquement, $\frac{7\pi }{4}$ rad $=\frac{7}{4}\times 180^{\circ }=315^{\circ }$.
   2. (a) D'après la relation fondamentale ${\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x=1$ : ${\cos }^{2}x=1-\frac{9}{25}=\frac{16}{25}$, donc $\cos x=\frac{4}{5}$ ou $\cos x=-\frac{4}{5}$. Comme $\frac{\pi }{2}<x<\pi$ (deuxième quadrant), $\cos x<0$, donc $\cos x=-\frac{4}{5}$. Puis $\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=\frac{\frac{3}{5}}{-\frac{4}{5}}=-\frac{3}{4}$. (b) Formules de réduction : $\cos (\pi -x)=-\cos x=\frac{4}{5}$ ; $\sin (\pi +x)=-\sin x=-\frac{3}{5}$ ; $\cos (\frac{\pi }{2}-x)=\sin x=\frac{3}{5}$.
   3. (a) $\frac{5\pi }{6}=\pi -\frac{\pi }{6}$ donc $\cos (\frac{5\pi }{6})=-\cos (\frac{\pi }{6})=-\frac{\sqrt{3}}{2}$. $\frac{7\pi }{6}=\pi +\frac{\pi }{6}$ donc $\sin (\frac{7\pi }{6})=-\sin (\frac{\pi }{6})=-\frac{1}{2}$. $\frac{3\pi }{4}=\pi -\frac{\pi }{4}$ donc $\tan (\frac{3\pi }{4})=-\tan (\frac{\pi }{4})=-1$. Ainsi $E=-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}-1=-\frac{\sqrt{3}+3}{2}$. (b) De $1,732\le \sqrt{3}\le 1,733$ on tire $4,732\le \sqrt{3}+3\le 4,733$, puis en divisant par $2$ : $2,366\le \frac{\sqrt{3}+3}{2}\le 2,3665$. En passant aux opposés (le sens change) : $-2,3665\le E\le -2,366$.

3. Exercice 3Géométrie analytique9 pts

   Chapitres : Le calcul vectoriel dans le plan · La droite dans le plan — géométrie analytique · La projection dans le plan

   Le plan est rapporté à un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$. On considère les points $A(-1;2)$, $B(3;4)$ et $C(4;-3)$.

   1. (a) Calculer les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$. (0,5 pt) (b) Montrer que les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés. (1 pt)
   2. Déterminer les coordonnées du point $D$ tel que $ABCD$ soit un parallélogramme. (1 pt)
   3. Soit $G$ le centre de gravité du triangle $ABC$. Calculer les coordonnées de $G$. (1 pt)
   4. Montrer que la droite $(AB)$ a pour équation cartésienne $x-2y+5=0$. (1 pt)
   5. Déterminer une équation de la droite $(\Delta )$ passant par $C$ et perpendiculaire à $(AB)$. (1 pt)
   6. (a) Déterminer les coordonnées du point $H$, intersection des droites $(AB)$ et $(\Delta )$. (1 pt) (b) Vérifier que $H$ est le milieu de $[AB]$. En déduire la nature du triangle $ABC$. (0,5 pt)
   7. Calculer la distance du point $C$ à la droite $(AB)$, puis l'aire du triangle $ABC$. (1 pt)
   8. Soit $p$ la projection sur la droite $(AC)$ parallèlement à la droite $(BC)$. Déterminer les coordonnées du point $p(H)$ (on justifiera à l'aide d'une propriété de la projection). (1 pt)
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   1. (a) $\overrightarrow{AB}(3-(-1);4-2)$, soit $\overrightarrow{AB}(4;2)$, et $\overrightarrow{AC}(4-(-1);-3-2)$, soit $\overrightarrow{AC}(5;-5)$. (b) $\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=4\times (-5)-5\times 2=-20-10=-30\ne 0$. Les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires, donc les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés.
   2. $ABCD$ est un parallélogramme si et seulement si $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$. En notant $D(x;y)$, $\overrightarrow{DC}(4-x;-3-y)$, d'où $4-x=4$ et $-3-y=2$, soit $x=0$ et $y=-5$. Donc $D(0;-5)$.
   3. Le centre de gravité vérifie $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})$, donc $x_G=\frac{-1+3+4}{3}=2$ et $y_G=\frac{2+4-3}{3}=1$ : $G(2;1)$.
   4. Un point $M(x;y)$ appartient à $(AB)$ si et seulement si $\overrightarrow{AM}(x+1;y-2)$ et $\overrightarrow{AB}(4;2)$ sont colinéaires : $(x+1)\times 2-4(y-2)=0\iff 2x+2-4y+8=0\iff 2x-4y+10=0$. En divisant par $2$ : $(AB):x-2y+5=0$. (Vérification : $-1-4+5=0$ et $3-8+5=0$.)
   5. L'équation réduite de $(AB)$ est $y=\frac{1}{2}x+\frac{5}{2}$ : sa pente est $m=\frac{1}{2}$. Dans un repère orthonormé, $(\Delta )$ est perpendiculaire à $(AB)$ si et seulement si $m{m}^{\prime }=-1$, donc $m^{\prime }=-2$ et $(\Delta ):y=-2x+p$. Comme $C(4;-3)\in (\Delta )$ : $-3=-8+p$, d'où $p=5$. Donc $(\Delta ):y=-2x+5$.
   6. (a) Les coordonnées de $H$ vérifient le système $\{\begin{array}{l}x-2y+5=0y=-2x+5\end{array}$. En remplaçant : $x-2(-2x+5)+5=0\iff 5x-5=0\iff x=1$, puis $y=-2+5=3$. Donc $H(1;3)$. (b) Le milieu de $[AB]$ a pour coordonnées $(\frac{-1+3}{2};\frac{2+4}{2})=(1;3)$ : c'est bien $H$. La droite $(CH)$ est à la fois perpendiculaire à $(AB)$ et passe par le milieu de $[AB]$ : c'est la médiatrice de $[AB]$, donc $CA=CB$ et le triangle $ABC$ est isocèle en $C$. (On peut aussi vérifier : $CA=\sqrt{25+25}=5\sqrt{2}$ et $CB=\sqrt{1+49}=5\sqrt{2}$.)
   7. $d(C,(AB))=\frac{|1\times 4-2\times (-3)+5|}{\sqrt{1^2+(-2{)}^2}}=\frac{15}{\sqrt{5}}=\frac{15\sqrt{5}}{5}=3\sqrt{5}$. Cette distance est la hauteur issue de $C$ ; comme $AB=\sqrt{4^2+2^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$, l'aire du triangle vaut $\frac{1}{2}\times AB\times d(C,(AB))=\frac{1}{2}\times 2\sqrt{5}\times 3\sqrt{5}=15$ (unités d'aire).
   8. La projection $p$ sur $(AC)$ parallèlement à $(BC)$ laisse fixe le point $A$ (il est sur $(AC)$) et envoie $B$ sur $C$ (la parallèle à $(BC)$ passant par $B$ est $(BC)$ elle-même, qui coupe $(AC)$ en $C$). Or la projection conserve le milieu : $H$ étant le milieu de $[AB]$, son projeté $p(H)$ est le milieu de $[p(A)p(B)]=[AC]$. Donc $p(H)(\frac{-1+4}{2};\frac{2-3}{2})$, soit $p(H)(\frac{3}{2};-\frac{1}{2})$.