Exercice I 5 points On considère un triangle ABC du plan. 1° a ...

T S 2 Devoir surveillé n°8 Jeudi 6 avril 2005Exercice I5 pointsOn considère un triangle ABC du plan.1° a) Déterminer et construire le point G, barycentre de (A; 1); (B; – 1); (C; 1).b) Déterminer et construire le point G', barycentre de (A; 1); (B; 5); (C; – 2).c) Soit J le milieu de [AB].Démontrer que J est le barycentre de (G, 1) , (G', 2).En déduire l'intersection des droites (GG') et (AB).2° Montrer que le barycentre I de (B ; 2) ; (C ; – 1) appartient à (GG').3° Soit D un point quelconque du plan.Soient O le milieu de [CD] et K le milieu de [OA].a) Déterminer trois réels a, d, et c tels que K soit barycentre de (A, a), (D, d), (C, c).b) Soit X le point d'intersection de (DK) et (AC).Déterminer les réels a' et c' tels que X soit barycentre de (A ;a' ) ; (C ; c' ).Exercice II7,5 pointsSoit ABC un triangle .Soit m un réel tel que m ≠ – 2.Soit G m le barycentre de (A, m), (B, 1),(C, 1),Q le barycentre de (A, m), (B, 1) et R le barycentre (A, m), (C,1).1° Démontrer que les droites (CQ) et (BR) se coupent en G m .2° Soit P le milieu de [BC].Démontrer que P, G m et A sont alignés.Exprimer PG ⎯⎯⎯→m en fonction de PA.⎯⎯→3° Déterminer l'ensemble E 1 décrit par G m quand m décrit IR – {– 2}.4° On note G le barycentre de (A,3), (B,1), (C,1) et H le centre de gravité de ABC.a) Démontrer que A, H et G sont alignées.Préciser la position de G par rapport à A et H.b) Déterminer l'ensemble des points M vérifiant : || 2 MA ⎯⎯→+ MB ⎯⎯→+ MC ⎯⎯→|| = || 2 MB ⎯⎯→+ 2 MC ⎯⎯→||.c) Démontrer que l'ensemble des points M vérifiant : || 2 MA ⎯⎯→+ MB ⎯⎯→+ MC ⎯⎯→|| = || 2 MA ⎯⎯→– 3 MB ⎯⎯→+ MC ⎯⎯→|| est un cerclepassant par B.5° soit f la transformation du plan qui à tout point M associe le point M' barycentre de (A, 3), (B, 1), (C, 1), (M, 4).a) Démontrer que l'image par f du point P est le point H.b) Démontrer que f admet un point fixe que l'on déterminera.c) Démontrer que f est une homothétie dont on précisera le centre et le rapport.

Exercice I1° a) G, barycentre de (A; 1); (B; – 1); (C; 1) donc BG ⎯⎯→= BA ⎯⎯→+ BC⎯⎯→b) G', barycentre de (A; 1); (B; 5); (C; – 2). BG ⎯⎯→= 1 4c) Soit J' le barycentre de (G, 1) , (G', 2).J' est le barycentre de (G, 2) , (G', 4).⎯⎯→BA – 2 4G, barycentre de (A; 1); (B; – 1); (C; 1) donc G barycentre de (A, 2), (B, – 2), (C, 2)et G', barycentre de (A; 1); (B; 5); (C; – 2).⎯⎯→BCJ' est le barycentre de (A, 2), (B, – 2), (C, 2), (A; 1); (B; 5); (C; – 2) doncJ' est le barycentre de (A, 2 + 1), (B, – 2 + 5), (C, 2 – 2)J' est le barycentre de (A, 3), (B, 3)VarianteDonc J = J'G, barycentre de (A; 1); (B; – 1); (C; 1) donc GJ ⎯⎯→= AJ ⎯⎯→– ⎯⎯→BJ + ⎯⎯→CJG', barycentre de (A; 1); (B; 5); (C; – 2) donc G'J ⎯⎯→= 1 4⎯⎯→AJ + 5 4⎯⎯→BJ – 2 4⎯⎯→CJOn a donc GJ ⎯⎯→+ 2 G'J ⎯⎯→= AJ ⎯⎯→– ⎯⎯→BJ + ⎯⎯→CJ + 1 2⎯⎯→AJ + 5 2⎯⎯→BJ – ⎯⎯→CJ = 3 2⎯⎯→AJ + 3 2⎯⎯→BJ = ⎯→ 0 car J est le milieu de [AB]J est la barycentre de (G, 1), (G', 2) donc J ∈ (GG') et j milieu de [AB] donc J ∈ (AB). On a bien J ∈ (GG') ∩ (AB)2° I barycentre de (B ; 2) ; (C ; – 1) donc I barycentre de (B ; 6) ; (C ; – 3)G, barycentre de (A; 1); (B; – 1); (C; 1) et G', barycentre de (A; 1); (B; 5); (C; – 2)I barycentre de (A, – 1 + 1), (B, 1 + 5), (C, – 1 – 2) donc I barycentre de (G, – 1), (G', 4) donc I ∈ (GG')VarianteG, barycentre de (A; 1); (B; – 1); (C; 1) donc ⎯⎯→GI = ⎯⎯→AI – ⎯⎯→BI + ⎯⎯→CIG', barycentre de (A; 1); (B; 5); (C; – 2) donc 4 G'I ⎯⎯→= ⎯⎯→AI + 5 ⎯⎯→BI – 2 ⎯⎯→CI⎯⎯→GI – 4 G'I ⎯⎯→= ⎯⎯→AI – ⎯⎯→BI + ⎯⎯→CI – ⎯⎯→AI – 5 ⎯⎯→BI + 2 ⎯⎯→CI = – 6 ⎯⎯→BI + 3 ⎯⎯→CI = – 3 (2 ⎯⎯→BI – ⎯⎯→CI ) = ⎯→ 0car I barycentre de (B ; 2) ; (C ; – 1)I est donc le barycentre de (G, 1) (G', – 4) donc I ∈ (GG')3° a) O le milieu de [CD] et K le milieu de [OA].O barycentre de (C, 1), (D, 1) et K barycentre de (O, 2), (A, 2) donc K barycentre de (C, 1), (D, 1), (A, 2)a = 2, b = 1 et c = 1Soit X' le barycentre de (K, 4), (D, –1) et par construction X' ∈ (KD)On a : X' barycentre de (C, 1), (D, 1), (A, 2), (D, – 1) donc X' barycentre de (A, 2), '(C, 1) donc X' ∈ (AC)X = X' et a' = 2 et c' = 1.

Exercice IIG m le barycentre de (A, m), (B, 1),(C, 1) donc G m barycentre (Q, m + 1), (C, 1) donc G m ∈ (CQ)G m le barycentre de (A, m), (B, 1),(C, 1) donc G m barycentre (R, m + 1), (B, 1) donc G m ∈ (RB)2° G m le barycentre de (A, m), (B, 1),(C, 1) donc G m barycentre (A, m), (P, 2) donc G m ∈ (AP)⎯⎯⎯→PG m =mm + 2⎯⎯→PA3° soit f la fonction définie sur IR par : f(x) =xx + 2 . f '(x) = 2(x + 2) 2 ≥ 0D'après l'étude des variations de f quand m décrit IR – { – 2}x −∞ – 2 +∞signe de f + ++ ∞ 1f1 – ∞alors f(m) décrit IR – {1} et G m décrit la droite (AP) privé de A.4° a) G le barycentre de (A,3), (B,1), (C,1) donc G barycentre (A, 2) (H, 3) donc G ∈ (AH) et AG ⎯⎯→= 3 5b) 2 MA ⎯⎯→+ MB ⎯⎯→+ MC ⎯⎯→= 4 MG ⎯⎯⎯→2 et 2 MB ⎯⎯→+ 2 MC ⎯⎯→= 4 MP ⎯⎯→et donc|| 2 MA ⎯⎯→+ MB ⎯⎯→+ MC ⎯⎯→|| = || 2 MB ⎯⎯→+ 2 MC ⎯⎯→|| ⇔ 4 MG 2 = 4 MP ⇔ M est sur la médiatrice de [PG 2 ]c) 2 MA ⎯⎯→+ MB ⎯⎯→+ MC ⎯⎯→= 4 MG ⎯⎯⎯→2 et 2 MA ⎯⎯→– 3 MB ⎯⎯→+ MC ⎯⎯→= ⎯→ v indépendant de M car 2 – 3 + 1 = 0|| 2 MA ⎯⎯→+ MB ⎯⎯→+ MC ⎯⎯→|| = || 2 MA ⎯⎯→– 3 MB ⎯⎯→+ MC ⎯⎯→|| ⇔ 4 MG 2 = || ⎯→ v|| L'ensemble cherché est donc un cercle de centreG 2 .|| 2 BA ⎯⎯→+ BB ⎯⎯→+ BC ⎯⎯→|| = || 2 BA ⎯⎯→– 3 BB ⎯⎯→+ BC ⎯⎯→|| donc le cercle passe par B.5° a) H est-il le barycentre de (A, 3) ), (B, 1), (C, 1), (P, 4) ?⎯⎯→AH + BH ⎯⎯→+ CH ⎯⎯→= ⎯→ 0 et 4 PH ⎯⎯→= 2 BH ⎯⎯→+ 2 CH ⎯⎯→on a donc :3 AH ⎯⎯→+ BH ⎯⎯→+ CH ⎯⎯→+ 4 PH ⎯⎯→= 2 AH ⎯⎯→+ 4 PH ⎯⎯→= 2 AH ⎯⎯→+ 2 BH ⎯⎯→+ 2 CH ⎯⎯→= ⎯→ 0varianteH barycentre de (A, 1), (B, 1), (C, 1) donc H barycentre (A, 3), (B, 3), (C, 3)donc H barycentre de (A ,3), (B, 1), (B, 2), (C, 1), (C, 2) donc H barycentre de (A ,3), (B, 1), (C, 1), (C, 2) , (B, 2)donc H barycentre de (A, 3), (B, 1), (C, 1), (P, 2 + 2) donc H est bien le barycentre de (A, 3) ), (B, 1), (C, 1), (P, 4)b) Ω barycentre de (A, 3), (B, 1), (C, 1), (Ω, 4) ⇔ 3 ΩA ⎯⎯→+ ΩB ⎯⎯→+ ΩC ⎯⎯→+ 4 ΩΩ ⎯⎯→= 0 ⎯→ ⇔ Ω = G.c) M' barycentre de (A, 3), (B, 1), (C, 1), (M, 4) ⇔ 3 AM' ⎯⎯→+ BM' ⎯⎯→+ CM' ⎯⎯→+ 4 MM' ⎯⎯→= ⎯→ 0⇔ (3 + 1 + 1) GM' ⎯⎯→+ 4 MG ⎯⎯→+ 4 GM' ⎯⎯→= 0 ⎯→ ⇔ 9 GM' ⎯⎯→= 4 GM ⎯⎯→⇔ GM' ⎯⎯→= 4 9⎯⎯→GM⎯⎯→AHf est une homothétie de centre G de rapport 4 9

1°On sait que, pour tout entier naturel n, on a : sin n ≤ 1,Peut-on en déduire la suite de terme général sin n est convergente ?.NONelle n'a pas de limite2° Toute suite croissante et convergente est-elle majorée ? OUIElle est majorée par sa limiteDémonstration : limn → +∞ U n = l et (U n ) est croissanteSupposons que (U n ) ne soit majorée par l.Il existe n 0∈ IN tel que l < U n0 . on a alors ∀ n ≥ n 0, l < U n0 ≤ U n car la suite (U n ) est croissante.On a alors l < U n0 ≤ l ce qui est impossible.3° Toute suite convergente et majorée est-elle croissante ? NONContre exemple :La suite (U n ) définie par U n = n + 2n + 1converge vers 1 et majorée par 2 et pourtant elle n'est pas croissante4° Toute suite croissante est-elle minorée ? OUILa suite (U n ) est alors minorée par U 0Démonstration : (U n ) est croissante donc n ≤ p ⇒ U n ≤ U p∀ n ≥ 0, U n ≥ U 0 donc U 0 minore bien la suite (U n )5° La suite (U n ) est croissante et strictement positive.La suite ⎜ ⎛ 1⎝ U ⎠ ⎟⎞ est-elle convergente ? OUInLa suite ⎜ ⎛ 1⎝ U ⎠ ⎟⎞ est alors décroissante et minorée par 0 elle est donc convergente.n

Exercice IV1° U 1 = 1 – ln 1 = 1, U 2 = 1 + 1 2 – ln 2 = 3 2 – ln 2 ≈ 0,8 ; U 3 = 1 + 1 2 + 1 3U 4 = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4– ln 3 =116– ln 3 ≈ 0,73 ; u40,73 ;25– ln 4 =12 – ln 4 ≈ 0,70 et U 5 = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 137– ln 5 = – ln 5 ≈ 0,67.5 602° On admet dans cette question que, pour tout réel x > – 1 , on a : x > ln(1 + x) .démontrons le : Soit h la fonction définie sur ] – 1 ; + ∞ [ par : h(x) = x – ln (1 + x)h '(x) = 1 –11 + x = 1 + x- – 1 x=1 + x 1 + xdu signe de x.x − 1 0signe de h ' ' – 0 +D'après les variations de h on a : ∀ x ∈ ] – 1 ; + ∞ [, h(x) ≥ 0.U n+1 – U n = 1 + 1 2 + ... – 1n + 1 + ln (n + 1) – 1 – 1 2 – ... + 1 n – ln nh01=n + 1 – ln (n + 1) + ln n = 1n + 1 + ln nn + 1 = 1n + 1 + ln ⎝ ⎜⎛ n + 1n + 1 – 1n + 1 ⎠ ⎟⎞ = 1n + l + ln ⎝ ⎜⎛ 11 –n + l ⎠ ⎟⎞ .on a vu que : ∀ x > –1, x – ln (1 + x) ≥ 0 donc ln (1 +x) ≤ x1On pose x = –n + 1 > – 1 On a alors : 1n + 1 + ln ⎝ ⎜⎛ 11 –n + l⎠ ⎟⎞ 1≤n + 1 – 1n + 1 donc U n+1 – U n ≤ 0.la suite (U n ) est donc décroissante.13° V n+1 – V n = U n+1 –n + 1 – U n + 1 n = 1n + 1 + ln ⎝ ⎜⎛ nn + 1 ⎠ ⎟⎞ – 1n + 1 + 1 n = 1 n + ln ⎝ ⎜⎛ nn + 1 ⎠ ⎟⎞ = 1 n – ln ⎝ ⎜⎛ n + 1n ⎠ ⎟⎞= 1 n – ln ⎝ ⎜⎛ 1 + 1 n⎠ ⎟⎞On a vu que : ∀ x > –1, x – ln (1 + x) ≥ 0. On pose x = 1 n on a alors : 1 n – ln ⎝ ⎜⎛ 1 + 1 n⎠ ⎟⎞ ≥ 0La suite (V n ) est donc croissante.4° U n – V n = 1 ndonc limn → +∞ U n – V n = 0. de plus (U n ) est décroissante et (V n ) est croissante. les deux suites sontbien adjacentes et convergent donc vers la même limite.5° U 10 ≤ l ≤ V 10 et V 10 – U 10 = 10 –1 et U 10 ≈ 0,63 et V 10 ≈ 0,526° S n = U n + ln n. on a lim U n = l et lim ln n = + ∞ donc lim S n = + ∞ .n → +∞ n → +∞ n → +∞