\documentclass[10pt,a4paper]{article}

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  pdfauthor  = {Laurent Pater \& Jean Louet},
  pdftitle   = {PTSI 1 -- Corrigé du DS5 (2017-2018)},
  pdfsubject = {Mathématiques -- PTSI 1 -- 2017-2018},
}

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%  Informations propres au document
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%  En-tete, pied de page et titre
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\fancyhead[L]{\begin{tabular}{l}PTSI 1\\ 2017-2018\end{tabular}}
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\fancyfoot[L]{Lycée Jules Ferry -- Versailles}
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  \begin{center}
    {\LARGE\bfseries \titre}\par\smallskip
    \rule{\textwidth}{1pt}
  \end{center}}

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%  Exercices et numerotation des questions
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  {\refstepcounter{Exo}\par\noindent\textbf{Exercice \theExo}~\\*}
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\newenvironment{ExoP}
  {\refstepcounter{Exo}\par\noindent\textbf{Problème \theExo}~\\*}
  {\vspace{1em}\par}

% Questions numerotees 1., 1.1., 1.1.1.
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\setlist[enumerate,2]{label=\arabic{enumi}.\arabic*., ref=\arabic{enumi}.\arabic*}
\setlist[enumerate,3]{label=\arabic{enumi}.\arabic{enumii}.\arabic*.,
                      ref=\arabic{enumi}.\arabic{enumii}.\arabic*}

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%  Macros mathematiques
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% Intervalles : [a,b], ]a,b], [[a,b]]
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% Operateurs en style « display »
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% Logique
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% Encadre sur une ligne d'un environnement align
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% Geometrie
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% Conclusion encadree sur une largeur donnee
\newcommand{\concl}[2]{\begin{center}\fbox{\begin{minipage}{#1}#2\end{minipage}}\end{center}}

\begin{document}

\Titre

\bigskip

\begin{Exo}
\begin{enumerate}
\item La fonction $\arctan$ est dérivable en $0$ et $\arctan'(0) = \frac{1}{1+0^2} = 1$ donc le taux d'accroissement en $0$ de la fonction $\arctan$ admet pour limite $1$ c'est-à-dire
\[\boxed{\frac{\arctan x}{x} = \frac{\arctan x - \arctan 0}{x - 0} \underset{x \to 0}{\longrightarrow} 1.}\]
\item On a, pour tout $(x,y) \in \R^2$ :
\[x^2+y^2+2x+\dfrac{1}{2}y+\dfrac{9}{16}=0 \Longleftrightarrow (x+1)^2 - 1 + (y+1/4)^2 - \frac{1}{16} + 9/16 = 0\Longleftrightarrow (x+1)^2 + (y+1/4)^2 = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2.\]
Ainsi l'ensemble des points $M$ de coordonnées $(x,y) \in \R^2$ vérifiant : $x^2+y^2+2x+\dfrac{1}{2}y+\dfrac{9}{16}=0$ est un \fbox{cercle de centre $A$ de coordonnées $(-1,-1/4)$ et de rayon $\frac{1}{\sqrt{2}}$}.
\end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
    \begin{enumerate}
    \item \label{Cinfini} Soit~$x\in\R$. La fonction~$f$ est d\'efinie en~$x$ si et seulement si~$\ln x$ est d\'efini, ce qui impose que~$x>0$, et~$1/(1-x)$ est d\'efini, ce qui impose~$x\neq 1$. En fin de compte, $\boxed{\mathcal{D}_f = \R_+^*\setminus\{1\}}$. De plus, l'identit\'e, le logarithme et la fonction~$x\mapsto 1/(1-x)$ sont de classe~$\mathscr C^\infty$ sur leurs ensembles de d\'efinition respectifs, donc leur quotient l'est l\`a o\`u il est d\'efini: \fbox{$f$ est de classe~$\mathscr C^\infty$ sur~$\mathcal{D}_f$}.
    \item
      \begin{itemize}
      \item Commen\c{c}ons par la limite de~$f$ en~$0$. On a
        $$ x\ln x = -\frac{1}{1/x} \ln\left(\frac{1}{x}\right) = -\frac{\ln y}{y} $$
        o\`u l'on a pos\'e~$y=1/x$, qui tend vers~$+\infty$ quand~$x$ tend vers~$0$ par valeurs sup\'erieures. Par croissances compar\'ees,
        $$ \frac{\ln y}{y} \xrightarrow[y\to +\infty]{} 0. $$
        Par passage \`a l'inverse, $x\ln x \xrightarrow[x\to 0^+]{} 0$. Enfin, par quotient de limites, et puisque~$1/(1-x)$ tend vers~0 quand~$x\to 0$, $\boxed{\lim\limits_{x\to 0} f(x) = 0}$.
      \item \'Etudions maintenant la limite de~$f$ en~1. On a pour tout~$x\in\mathcal{D}_f$:
        $$ f(x) = \frac{x\ln x}{1-x} = -x\cdot \frac{\ln x -\ln 1}{x-1}. $$
        On reconna\^it dans cette fraction le taux d'accroissement du logarithme n\'ep\'erien entre~$x$ et~1. Ainsi, par d\'efinition du nombre d\'eriv\'e,
        $$ \frac{\ln x-\ln 1}{x-1} \xrightarrow[x\to 1]{} \ln'(1) = \frac{1}{1} = 1. $$
        Par produit de limites, $\boxed{f(x)\xrightarrow[x\to 1]{} 1}$.
      \item Enfin, on a pour tout~$x>1$:
        $$ f(x) = -\frac{x}{x-1} \ln x. $$
        La fraction ci-dessus a pour limite~1 en~$+\infty$. Par produit de limites, $\boxed{f(x) \xrightarrow[x\to +\infty]{} -\infty}$.
      \end{itemize}
      En particuler, le fait que~$f$ admette des limites r\'eelles en~0 et en~1 assure qu'elle est prolongeable par continuit\'e en ces points: \fbox{$f$ admet un prolongement continu \`a~$\R_+$}.
    \item D'apr\`es le r\'esultat de la question~\ref{Cinfini},~$f$ est d\'erivable sur~$\mathcal{D}_f$. De plus, en appliquant la formule du d\'erivation d'un quotient et d'un produit:
      $$ \forall x \in \mathcal{D_f},\; f'(x) = \frac{(\ln x + 1)(1-x)+x\ln x}{(1-x)^2} = \frac{\ln x+1-x\ln x -x+x\ln x}{(1-x)^2} $$
      soit apr\`es simplification: $\boxed{\forall x\in\mathcal{D}_f,\; f'(x) = \dfrac{\ln x}{1-x}-\dfrac{1}{1-x}}$.
    \item On calcule le taux d'accroissement de~$f$ entre~0 et un r\'eel~$x>0$:
      $$ \forall x>0,\; \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{f(x)}{x} = \frac{\ln x}{1-x}. $$
      Par quotient de limites, ce taux d'accroissement tend vers~$-\infty$ quand~$x\to 0$. En conclusion,

      \fbox{le prolongement par continuit\'e de~$f$ n'est pas d\'erivable en~0}.

      \noindent \textit{Remarque:} on pouvait aussi utiliser le th\'eor\`eme de la limite de la d\'eriv\'ee et observer que~$f' \xrightarrow[0]{} -\infty$.
    \end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}

Dans tout cet exercice, on note $(x,y,z)$ les coordonnées d'un point $M$ de l'espace.
\begin{enumerate}[leftmargin=0em]
\item On a $M\in \mathscr{S}\ssi \Omega M=13\ssi \sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2+(z-0)^2}=13\ssi (x-1)^2+(y-1)^2+z^2=13^2$.
\[\boxed{\text{La sphère $\mathscr S$ a pour équation : } \ (x-1)^2+(y-1)^2+z^2=13^2}\]

\item On a :
\begin{align*}
M\in \mathscr{P} &\ssi \cro{\vect{AM},\vect{u},\vect{v}}=0\\
                 &\ssi \begin{vmatrix}x-5 & 0 & 3\\y-1 & 1 &0\\z-3&0&-4 \end{vmatrix}=0\\
                 &\ssi  \begin{vmatrix}x-5&3\\z-3 & -4 \end{vmatrix}=0 \text{ (en développant par rapport à la seconde colonne)}\\
                 &\ssi -4x-3z+29=0
\end{align*}
\[ \boxed{\text{Le plan $\mathscr P$ a pour équation : }-4x-3z+29=0.}\]

\item On a :
\begin{align*}
M\in (A\Omega)&\ssi \iex{t\in\R} M=\Omega+t\vect{\Omega A}\\
                 &\ssi \iex{t\in\R} \left\{ \begin{array}{rrr}x=&1&+4t\\y=&1&\\z=&&3t \end{array}\right. \ssi \iex{t\in\R} \left\{\begin{array}{rrrl}x=&1&+4t&\\y=&1&&\\-3x+4z=&-3&&L_3\leftarrow 4L_3-3L_1\end{array}\right.\\
                  &\ssi \left\{\begin{array}{l} y=1\\-3x+4z+3=0 \end{array} \right.
\end{align*}
\begin{center}\fbox{$(A\Omega)$ admet pour représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{rrr}x=&1&+4t\\y=&1&\\z=&&3t \end{array}\right.$ et pour équation $\left\{\begin{array}{l} y=1\\-3x+4z+3=0\end{array} \right.$.}\end{center}

\item On a directement $\vect{A\Omega}\cdot \vect{u}=\vect{A\Omega}\cdot \vect{v}=0$, ce qui prouve que $\vect{A\Omega}$ est normal à $\mathscr{P}$ et donne le résultat.
\begin{center} \fbox{$(A\Omega)$ est perpendiculaire à $\mathscr{P}$.} \end{center}

Si $H$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $\mathscr{P}$, on a d'une part $H\in\mathscr{P}$, et d'autre part $\vect{\Omega H}$ est normal à $\mathscr{P}$ donc $H\in (A\Omega)$. On en déduit $H\in (A\Omega)\cap \mathscr{P}$, et comme $A\in \mathscr{P}$ il vient $A=H$.
\[\boxed{H(5,1,3)}\]

\item Les vecteurs $\vect{u}$ et $\vect{v}$ ne sont pas colinéaires donc les droites $\mathscr D$ et $\mathscr D'$ ne sont pas parallèles. La droite $(A\Omega)$ est sécante à $\mathscr D$ et $\mathscr D'$ et elle leur est orthogonal car $H = A$ ($H$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $\mathscr P$). Ainsi $(A\Omega)$ est la perpendiculaire commune à $\mathscr D$ et $\mathscr D'$ et on a donné une équation cartésienne de cette droite précédemment.

\item On a déjà $\dist{\Omega}{\mathscr{P}}=\Omega H=\Omega A=\sqrt{(5-1)^2+(1-1)^2+(3-1)^2}=5$. Et comme $5<13$, $\mathscr{S}\cap \mathscr{P}$ est un cercle (contenu dans le plan $\mathscr P$).

\noindent
\begin{minipage}{0.65\linewidth}
Soit alors $M\in \mathscr{S}\cap \mathscr{P}$. On déduit de la question $4$ que le triangle $\Omega A M$ est rectangle en $A$ car $M\in \mathscr{P}$, d'où par le théorème de Pythagore:
\[ AM^2=\Omega M^2-\Omega A^2=13^2-5^2=144=12^2.\]
On en déduit $AM=12$, ce qui prouve que tous les points de $\mathscr{S}\cap \mathscr{P}$ sont à une distance $12$ de $A$, et comme cet ensemble est un cercle on en déduit qu'il s'agit d'un cercle de centre $A$ et de rayon $12$.
\begin{center} \fbox{$\mathscr{S}\cap \mathscr{P}$ est un cercle de centre $A$ et de rayon $12$.} \end{center}
\end{minipage}\hfill
\begin{minipage}{0.34\linewidth}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.17]
  \draw (0,0) circle (13);                                   % sphere S
  \draw[dashed] (-12,5) arc (180:360:12 and 3);               % cercle S inter P
  \draw[dashed,gray] (-12,5) arc (180:0:12 and 3);
  \draw (-16,2) -- (12,2) -- (16,8) -- (-12,8) -- cycle;      % plan P
  \fill (0,0) circle (8pt) node[below left] {$\Omega$};
  \fill (0,5) circle (8pt) node[above left] {$A$};
  \fill (12,5) circle (8pt) node[right] {$M$};
  \draw (0,0) -- (0,5) -- (12,5) -- cycle;
  \draw (0,4) -- (1,4) -- (1,5);                              % angle droit en A
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}
\end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
  \begin{enumerate}
  \item \label{ftcinfini}
    \begin{itemize}
    \item La fonction~$x\mapsto -x(1+t^2)$ est une fonction affine, et est donc de classe~$\mathscr C^\infty$ sur~$\R$.
    \item La fonction exponentielle est \'egalement de classe~$\mathscr C^\infty$ sur~$\R$. Par composition de fonctions de classe~$\mathscr C^\infty$, la fonction $x\mapsto \e^{-t(1+x^2)}$ l'est \'egalement.
    \item Enfin, $\dfrac{1}{1+t^2}$ est (par rapport \`a~$x$) une constante non nulle.
    \end{itemize}
    Ceci montre que \fbox{$f_t$ est de classe~$\mathscr C^\infty$ sur~$\R$}.
  \item \label{DerFt} Montrons par r\'ecurrence que la propri\'et\'e suivante:
    $$ \mathscr{P}(n):\quad \text{\og}\; \forall x \in \R,\; f_t^{(n)}(x) = (-1)^n(1+t^2)^{n-1} \e^{-x(1+t^2)}\; \text{\fg} $$
    est vraie pour tout~$n\in\N$.
    \begin{itemize}
    \item \textit{Initialisation.} Pour tout~$x\in\R$, on a
      $$ f_t(x) = \frac{\e^{-x(1+t^2)}}{1+t^2} = (-1)^0 (1+t^2)^{-1} \e^{-x(1+t^2)}. $$      Ainsi, \textit{$\mathscr{P}(0)$ est vraie}.
    \item \textit{H\'er\'edit\'e.} Soit~$n\in\N$. Supposons~$\mathscr{P}(n)$ vraie. Alors par hypoth\`ese de r\'ecurrence:
      $$\forall x \in \R,\; f_t^{(n)}(x) = (-1)^n(1+t^2)^{n-1} \e^{-x(1+t^2)}. $$
      D'apr\`es la question~\ref{ftcinfini}, la fonction~$f$ est de classe~$\mathscr C^\infty$ sur~$\R$ et l'on peut donc d\'eriver la relation pr\'ec\'edente sur~$\R$. Ainsi
      $$ \begin{array}{rl} \forall x \in \R,\; f_t^{(n+1)}(x) & = (-1)^n(1+t^2)^{n-1} \cdot \frac{\text{d}}{\text{d}x}\big[\e^{-x(1+t^2)}\big] \\ & = (-1)^n(1+t^2)^{n-1}\cdot \big[-(1+t^2)\big] \e^{-x(1+t^2)} \\ & = (-1)^{n+1}(1+t^2)^n\e^{-x(1+t^2)}. \end{array}  $$
      Ceci prouve que \textit{$\mathscr{P}(n+1)$ est vraie}.
    \end{itemize}
    D'apr\`es le principe de r\'ecurrence, $\mathscr{P}(n)$ est bien vraie pour tout~$n\in\N$: ainsi, pour tout~$n\in\N$,
    $\boxed{\forall x\in\R,\; f_t^{(n)}(x) = (-1)^n(1+t^2)^{n-1}\e^{-x(1+t^2)}.}$
  \item \label{ftseconde} D'apr\`es le r\'esulat de la question pr\'ec\'edente appliqu\'e avec~$n=1$, on a:
    $$ \forall x\in\R,\; f_t'(x) = -\e^{-x(1+t^2)} \;\text{et}\; f_t''(x) = (1+t^2)\e^{-x(1+t^2)}. $$
    De plus, pour tout~$x\geq 0$, on a $-x(1+t^2)\leq 0$. Par croissance de l'exponentielle, qui est aussi (strictement) positive sur~$\R$, il~vient
    $$ 0 \leq \e^{-x(1+t^2)} \leq 1. $$
    Par passage \`a l'oppos\'e, ceci \'equivaut \`a $\boxed{-1 \leq f_t'(x) \leq 0}$. Par ailleurs, en multipliant par~$1+t^2$ qui est strictement positif, on obtient
    $$  0 \leq (1+t^2)\e^{-x(1+t^2)} \leq 1+t^2       $$
    soit $\boxed{0 \leq f_t''(x) \leq 1+t^2}$.
  \item \label{ftLipschitz} Soit~$(x_1,x_2)\in\R^2$ tel que~$0 \leq x_1 \leq x_2$. La fonction~$f_t$ est continue sur~$[x_1,x_2]$ et~d\'erivable sur l'intervalle~$]x_1,x_2[$. D'apr\`es le th\'eor\`eme des accroissements finis, il existe un r\'eel~$c\in]x_1,x_2[$ tel que
      $$ f_t(x_2)-f_t(x_1) = (x_2-x_1)f_t'(c). $$
      D'apr\`es la question pr\'ec\'edente, on a $-1 \leq f_t'(c) \leq 0$, et l'on peut multiplier cette in\'egalit\'e par~$(x_2-x_1)$ qui est positif: ceci donne
      $$ -(x_2-x_1) \leq (x_2-x_1)f_t'(c) \leq 0$$
      ce qui donne le r\'esultat voulu: $\boxed{(x_2-x_1) \leq f_t(x_2)-f_t(x_1) \leq 0}$.
  \item On a par d\'efinition de~$\phi$:
    $$ \phi(0) = \int_0^1 \frac{\text{d}t}{1+t^2} = \Big[\arctan t\Big]_{t=0}^{1}  $$
    soit $\boxed{\phi(0)=\dfrac{\pi}{4}}$.
  \item \label{Limitephi} Pour tout~$x\geq 0$ et pour tout~$t\in[0,1]$, on a:
    $$x(1+t^2) = x+xt^2 \geq x \qquad\text{donc}\qquad -x(1+x^2) \leq -x.$$ par croissance et positivit\'e de la fonction exponentielle, on~a
    $$ 0 \leq \e^{-x(1+t^2)} \leq \e^{-x}. $$
    En divisant par~$(1+t^2)$, qui est strictement positif, puis en int\'egrant cette in\'egalit\'e par rapport \`a la variable~$t$ sur~$[0,1]$, il~vient
    $$ \forall x \geq 0,\; 0 \leq \int_0^1 \frac{\e^{-x(1+t^2)}}{1+t^2} \dx t \leq \left(\int_0^1 \frac{\text{d}t}{1+t^2}\right)\cdot \e^{-x}. $$
    L'int\'egrale dans le membre de droite ci-dessus a d\'ej\`a \'et\'e calcul\'ee \`a la question pr\'ec\'edente et vaut~$\dfrac{\pi}{4}$. On conclut:
    $$ \boxed{\forall x\geq 0,\;  0 \leq \phi(x) \leq \frac{\pi}{4}\e^{-x}.} $$
    Il vient imm\'ediatement par encadrement que $\boxed{\phi(x) \xrightarrow[x\to +\infty]{} 0}$.
  \item Soit~$(x_1,x_2) \in\R^2$ tel que~$0 \leq x_1  \leq x_2$. On sait d'apr\`es la question 4 que
    $$ \forall t\in[0,1],\; -(x_2-x_1) \leq f_t(x_2)-f_t(x_1)\leq 0.$$
    Par croissance et lin\'earit\'e de l'int\'egrale, il en r\'esulte que
    $$ -\int_0^1(x_2-x_1)\dx t \leq \int_0^1 f_t(x_2)\dx t - \int_0^1 f_t(x_1)\dx t \leq 0. $$
    Par d\'efinition de~$\phi$, le membre du milieu dans l'in\'egalit\'e ci-dessus vaut~$\phi(x_2)-\phi(x_1)$. De plus, dans le membre de gauche, la fonction int\'egr\'ee est constante par rapport \`a la variable~$t$, donc il vaut~$-(x_2-x_1)$. La conclusion suit:
    $$ \boxed{-(x_2-x_1)\leq \phi(x_2)-\phi(x_1) \leq 0.}$$
  \item Montrons que la fonction~$\phi$ est continue sur~$\R_+$. Soit~$x\in\R_+$; \'etudions la continuit\'e de~$\phi$ en~$x$. On a pour tout~$y\geq x$:
    $$ -(y-x) \leq \phi(y)-\phi(x) \leq 0.$$
    Par encadrement, on en d\'eduit:
    $$ \lim\limits_{y\to x^+} \Big(\phi(y)-\phi(x)\Big) = 0 \qquad\text{soit}\qquad \phi \xrightarrow[x^+]{} \phi(x). $$
    Si~$y\leq x$, on a cette fois-ci
    $$ 0 \leq \phi(x)-\phi(y) \leq x-y $$
    et on en d\'eduit l\`a encore par encadrement que~$\phi(y) \xrightarrow[y\to x^-]{}\phi(x)$. Ainsi, $\phi$ tend bien vers~$\phi(x)$ \`a droite et \`a gauche en~$x$. On en d\'eduit que~$\phi$ est continue en~$x$, et ceci est valable pour tout r\'eel~$x$: \fbox{$\phi$ est continue sur~$\R$}.

    Enfin, il r\'esulte imm\'ediatement de la question pr\'ec\'edente que:
    $$ \forall (x_1,x_2)\in \R,\; \Big(0\leq x_1\leq x_2 \Longrightarrow \phi(x_2) \leq \phi(x_1) \Big)\,; $$
    autrement dit, \fbox{$\phi$ est croissante sur~$\R_+$}.
  \item \label{DerHlambda} La fonction~$h_\lambda$ est obtenue \`a partir de polyn\^omes et de~$g$ et~$g'$ par somme et produit. Puisque~$g$ et~$g'$ sont toutes deux d\'erivables sur~$]a,b[$, \fbox{$h_\lambda$ est d\'erivable sur~$]a,b[$}. On a alors pour tout~$x\in]a,b[$:
      $$ h_\lambda'(x) = -g'(x)-\Big(g''(x)(b-x)-g'(x)\Big)+\lambda (b-x) $$
      soit $\boxed{h_\lambda'(x) = (\lambda-g''(x))(b-x)}$.
  \item On a:
      $$ h_\lambda(a) = \Big( g(b)-g(a)-g'(a)(b-a)\Big) - \frac{\lambda}{2}(b-a)^2. $$
      Ceci est nul si et seulement si
      $$ \frac{\lambda}{2}(b-a)^2 = g(b)-g(a)-g'(a)(b-a) \quad\text{soit}\quad \lambda = \frac{2\Big(g(b)-g(a)-g'(a)(b-a)\Big)}{(b-a)^2}, $$
      la derni\`ere \'etape \'etant valable car~$a\neq b$. On obtient bien le r\'esultat souhait\'e:
      \concl{8cm}{Il existe un unique r\'eel~$\lambda$ tel que~$h_\lambda(a)=0$.}
  \item On a alors~$h_\lambda(a)=0$ d'apr\`es la question pr\'ec\'edente, et l'expression de~$h_\lambda$ donne imm\'ediatement~$h_\lambda(b)=0$. Ainsi:
    \begin{itemize}
    \item $h_\lambda$ est continue sur~$[a,b]$ (car~$g$ est de classe~$\mathscr C^1$ sur~$[a,b]$);
    \item $h_\lambda$ est d\'erivable sur~$]a,b[$ d'apr\`es la question~\ref{DerHlambda};
    \item $h_\lambda(a)=h_\lambda(b)=0$.
    \end{itemize}
    On peut donc appliquer le th\'eor\`eme de Rolle \`a~$h_\lambda$: il existe~$c\in]a,b[$ tel que~$h_\lambda'(c)=0$. La conclusion suit imm\'ediatement d'apr\`es l'expression de~$h_\lambda'$ d\'etermin\'ee \`a la question~\ref{DerHlambda}:
      \concl{8cm}{Il existe~$c\in]a,b[$ tel que~$\lambda = g''(c)$.}
    \item On suit l'\'enonc\'e et on remplace~$\lambda$ par~$g''(c)$ dans l'expression de~$h_\lambda(a)$:
      $$ h_\lambda(a) = g(b)-g(a)-g'(a)(b-a)-\frac{g''(c)}{2}(b-a)^2. $$
      En isolant~$g(b)$ dans l'\'egalit\'e \og $h_\lambda(a)=0$\fg, on aboutit bien \`a l'\'egalit\'e demand\'ee:
      $$ \boxed{g(b) = g(a)+g'(a)(b-a)+\frac{g''(c)}{2}(b-a)^2.} $$
    \item \label{InegTL} Si~$g''$ est minro\'ee par~$m$ et major\'ee par~$M$ sur~$]a,b[$, alors, puisque~$(b-a)^2/2$ est~positif,
      $$ \frac{m}{2}(b-a)^2 \leq \frac{(b-a)^2}{2} g''(c) \leq \frac{M}{2}(b-a)^2. $$
      De plus l'\'egalit\'e de Taylor-Lagrange \`a l'ordre~1 montre que
      $$ \frac{(b-a)^2}{2} g''(c) = g(b)-\Big(g(a)+g'(a)(b-a)\Big)  $$
      ce qui entra\^ine le r\'esultat:
      $$ \boxed{\frac{m}{2}(b-a)^2 \leq g(b)-\Big(g(a)+g'(a)(b-a)\Big) \leq \frac{M}{2}(b-a)^2.}$$
    \item D'apr\`es la question~\ref{ftseconde}, on a pour tout~$t\in[0,1]$:
      $$ 0 \leq f_t'' \leq 1+t^2 \quad\text{sur } \R_+. $$
      On peut donc appliquer le r\'esultat de la question~\ref{InegTL} avec~$a=x_1$, $b=x_2$, $m=0$ et~$M=1+t^2$, ce qui donne
      $$ 0 \leq f_t(x_2)-f_t(x_1)-(x_2-x_1)f_t'(x_1) \leq \frac{1+t^2}{2}(x_2-x_1)^2. $$
      Par croissance de l'int\'egrale, on peut int\'egrer cette in\'egalit\'e sur~$[0,1]$, ce qui donne par lin\'earit\'e
      $$ 0 \leq \int_0^1 f_t(x_2)\dx t-\int_0^1f_t(x_1)\dx t - (x_2-x_1)\int_0^1 f_t'(x_1)\dx t \leq (x_2-x_1)\int_0^1 \frac{1+t^2}{2}\dx t. $$
      On se sert alors des \'egalit\'es suivantes:
      $$ \int_0^1 f_t(x_1)\dx t = \phi(x_1) \quad\text{ et idem avec } x_2, $$
      $$ \int_0^1 f_t'(x_1)\dx t = -\int_0^1\e^{-x_1(1+t^2)}\dx t \quad\text{d'apr\`es la question~\ref{DerFt}}, $$
      $$ \text{et}\qquad \int_0^1 \frac{1+t^2}{2} \dx t = \Big[ \frac{t}{2}+\frac{t^3}{6}\Big]_{t=0}^1 = \frac{2}{3} $$
      pour obtenir l'encadrement voulu:
      $$ \boxed{0 \leq \phi(x_2)-\phi(x_1) + (x_2-x_1)\int_0^1 \e^{-x_1(1+t^2)}\dx t \leq \frac{2}{3}(x_2-x_1)^2.} $$
    \item Soit~$x\geq 0$. On \'etudie dans un premier temps la limite \`a droite en~$0$ du taux d'accroissement de~$\phi$ entre~$x$ et~$x+h$. Pour tout~$h>0$, on applique le r\'esultat de la question pr\'ec\'edente avec~$x_1=x$ et~$x_2=x+h$:
      $$ 0 \leq \phi(x+h)-\phi(x)+h\int_0^1 \e^{-x(1+t^2)}\dx t \leq \frac{2h^2}{3}. $$
      En ajoutant aux trois membres le terme~$-h\displaystyle\int_0^1 \e^{-x(1+t^2)}\dx t$ puis en divisant par~$h$, il vient
      $$ -\int_0^1 \e^{-x(1+t^2)}\dx t \leq \frac{\phi(x+h)-\phi(x)}{h} \leq -\int_0^1 \e^{-x(1+t^2)}\dx t + \frac{2h}{3}. $$
      Les deux membres extr\^emes de cet encadrement tendent vers~$-\displaystyle\int_0^1 \e^{-x(1+t^2)}\dx t$ quand~$h\to 0$. Ainsi, par th\'eor\`eme d'encadrement,
      $$ \frac{\phi(x+h)-\phi(x)}{h} \xrightarrow[h\to 0^+]{} -\int_0^1 \e^{-x(1+t^2)}\dx t. $$
      On obtient la limite \`a gauche de mani\`ere analogue, en appliquant la question pr\'ec\'edente entre~$x+h$ (avec~$h<0$) et~$x$. En fin de compte, \textit{$\phi$ est d\'erivable sur~$\R_+$ et}
      $$ \forall~x\in\R_+,\; \phi'(x) = -\int_0^1 \e^{-x(1+t^2)}\dx t.$$
    \item La fonction~$\phi$ est d\'erivable sur~$\R_+$ d'apr\`es la question pr\'ec\'edente, donc par composition, $x\mapsto\phi(x^2)$ l'est~\'egalement. De plus, la fonction
      $$ x\mapsto \int_0^x \e^{-t^2}\dx t $$
      est d\'erivable sur~$\R_+$ en tant que primitive d'une fonction continue sur~$\R_+$. Ainsi,~$\phi$ est d\'erivable sur~$\R_+$ et pour tout~$x\geq 0$, par d\'erivation de produit et de fonction compos\'ee, on~a
      $$ \begin{array}{rl} \Phi'(x) & = \dfrac{\text{d}}{\text{d}x}\Big[\phi(x^2)\Big] + \dfrac{\text{d}}{\text{d}x} \left[ \left(\displaystyle\int_0^x \e^{-t^2}\dx t\right)\right] \\[3mm]
        & = 2x\phi'(x^2) + 2 \e^{-x^2}\displaystyle\int_0^x \e^{-t^2}\dx t \\[3mm]
        & = 2\left( -x\cdot\int_0^1 \e^{-x^2(1+t^2)}\dx t+\e^{-x^2} \int_0^x \e^{-t^2}\dx t\right) \\[3mm]
        & 2\left( -x\e^{-x^2} \cdot \int_0^1 \e^{-(x t)^2}\dx t + \e^{-x^2}\int_0^x \e^{-t^2}\dx t\right) \end{array} $$
      Ainsi, montrer que~$\Phi$ est constante revient \`a montrer que
      $$ \forall x\in\R_+,\; x\cdot \int_0^1 \e^{-(xt)^2}\dx t = \int_0^x \e^{-t^2} \dx t. $$
      Pour cela, on part du membre de droite ci-dessus, et on effectue le changement de variable \og $t = ux$\fg\@ (donc \og $\dx t = x\dx u$\fg):
      $$ \int_0^x \e^{-t^2}\dx t = \int_0^1 \e^{-(xu)^2} x \dx u = x\cdot \int_0^1 \e^{-(xu)^2}\dx u. $$
      Les variables d'int\'egration \'etant muettes, on en d\'eduit l'\'egalit\'e cherch\'ee, donc que~$\Phi'$ est nulle sur~$\R_+$. En conclusion, $\Phi$ est constante sur~$\R_+$. De plus, l'int\'egrale dans la d\'efinition de~$\Phi$ \'etant nulle si~$x=0$, on a $\Phi(0)=\phi(0)=\pi/4$:
      \concl{6cm}{$\Phi$ est constante sur~$\R_+$ de valeur~$\dfrac{\pi}{4}$.}
    \item On a d'apr\`es la question pr\'ec\'edente, pour tout~$x\geq 0$: $\phi(x^2)+\left(\int_0^x\e^{-t}\dx t\right)^2 = \dfrac{\pi}{4}$ soit
      $$ \forall x\geq 0,\; \left(\int_0^x \e^{-t}\dx t\right)^2 = \dfrac{\pi}{4}-\phi(x^2)$$
      ou encore
      $$ \forall x\geq 0,\; \int_0^x \e^{-t}\dx t  = \sqrt{\dfrac{\pi}{4}-\phi(x^2)}.$$
      On a montr\'e \`a la question~\ref{Limitephi} que~$\phi$ tend vers~$0$ en~$+\infty$. Il vient imm\'ediatement par composition de limites que le membre de droite ci-dessus a pour limite~$\sqrt{\pi/4}$, soit~$\sqrt{\pi}/2$, quand~$x\to +\infty$. La conclusion suit:
      $$ \boxed{ \int_0^x \e^{-t^2}\dx t \xrightarrow[x\to +\infty]{} \frac{\sqrt{\pi}}{2}.}   $$
  \end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
\subsubsection*{A - Puissance d'un point par rapport à un cercle}

\begin{enumerate}
\item Soit $M$ un point du plan. On a $P_{\mathscr{C}}(M) = \Omega M^2 - R^2$ donc :
\begin{itemize}
\item $P_{\mathscr{C}}(M)<0 \ssi \Omega M^2<R^2 \ssi \Omega M<R$. Ainsi, $P_{\mathscr{C}}(M)<0$ si et seulement si $M$ est à l'intérieur du cercle $\mathscr{C}$.
\item $P_{\mathscr{C}}(M)=0 \ssi \Omega M^2=R^2 \ssi \Omega M=R$. Ainsi, $P_{\mathscr{C}}(M)=0$ si et seulement si $M$ est sur le cercle $\mathscr{C}$.
\item $P_{\mathscr{C}}(M)>0 \ssi \Omega M^2>R^2 \ssi \Omega M>R$. Ainsi, $P_{\mathscr{C}}(M)>0$ si et seulement si $M$ est à l'extérieur du cercle $\mathscr{C}$.
\end{itemize}
\item Pour tout point $M$ du plan, $\Omega M^2\ge 0$, donc $P_{\mathscr{C}}(M)\ge -R^2$ et $P_{\mathscr{C}}(M)=-R^2 \ssi \Omega M^2=0 \ssi M=\Omega$. \begin{center} \fbox{la plus petite valeur possible de $P_{\mathscr{C}}(M)$ est $-R^2$ et elle est atteinte pour $M=\Omega$.}\end{center}
\item Soit $k\in \R$ et $M$ un point du plan. On a : $M\in\mathcal{L}_k \ssi P_{\mathscr{C}}(M)=k \ssi \Omega M^2=k+R^2$. On a donc trois cas possibles :
\begin{itemize}
\item Si $k<-R^2$, alors $\mathcal{L}_k=\vide$.
\item Si $k=-R^2$, alors $\mathcal{L}_k=\left\{ \Omega \right\}$.
\item Si $k>-R^2$, alors $\mathcal{L}_k$ est le cercle $\mathscr{C}\pth{\Omega,\sqrt{k+R^2}}$ de centre $\Omega$ et de rayon $\sqrt{k+R^2}$.
\end{itemize}
\[\boxed{ \mathcal{L}_k =\left\{\begin{array}{cl}\vide & \text{si} \ k<-R^2 \\\left\{ \Omega \right\} &\text{si} \ k=-R^2 \\ \mathscr{C}\pth{\Omega,\sqrt{k+R^2}} &\text{si} \ k>-R^2 \end{array}\right. }\]
\end{enumerate}

\noindent Soit $M$ un point du plan et $\Delta_1$ une droite passant par $M$ coupant le cercle $\mathscr{C}$ en deux points distincts $A$ et $B$. Soit $A'$ le point du cercle $\mathscr{C}$ diamétralement opposé au point $A$.
\begin{enumerate}[resume]
\item \label{diam}On a les égalités
\begin{align*}
P_{\mathscr{C}}(M) &= \Omega M^2-R^2 \\
&= \Omega M^2-\Omega A^2 \\
&= \scal{\pth{\vect{\Omega M}-\vect{\Omega A}}}{\pth{\vect{\Omega M}+\vect{\Omega A}}} \\
&= \scal{\pth{\vect{\Omega M}+\vect{A\Omega}}}{\pth{\vect{\Omega M}+\vect{A'\Omega}}}
\end{align*}
car $\vect{A'\Omega}=\vect{\Omega A}$ ce qui donne :
\[\boxed{P_{\mathscr{C}}(M){= \scal{\vect{AM}}{\vect{A'M}}}}.\]
\item \label{diamplus} Le cercle $\mathscr{C}$ est circonscrit au triangle $AA'B$ et $AA'$ est un diamètre de $\mathscr{C}$. Ce triangle est donc rectangle en $B$ et $\scal{\vect{AB}}{\vect{A'B}}=0$. De plus, les vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{AM}$ sont colinéaires, car $A$, $B$ et $M$ sont sur une même droite. On a donc $\scal{\vect{AM}}{\vect{A'B}}=0$. On obtient ainsi les égalités :
\begin{align*}
P_{\mathscr{C}}(M) &= \scal{\vect{AM}}{\vect{A'M}} = \scal{\vect{AM}}{\pth{\vect{A'B}+\vect{BM}}}  \\
&= \scal{\vect{AM}}{\vect{A'B}}+ \scal{\vect{AM}}{\vect{BM}}
\end{align*}
ce qui permet d'obtenir
\[\boxed{P_{\mathscr{C}}(M){= \scal{\vect{AM}}{\vect{BM}}}}.\]
\end{enumerate}
Soit $\Delta_2$ une droite passant par $M$ et coupant le cercle $\mathscr{C}$ en un point $C$.
\begin{enumerate}[resume]
\item Comme la droite $\Delta_2$ est tangente en $C$ au cercle $\mathscr{C}$, elle est orthogonale à la droite $(\Omega C)$. Le triangle $\Omega C M$ est donc rectangle en $C$, et d'après le théorème de Pythagore :
\[ \boxed{P_{\mathscr{C}}(M) =\Omega M^2-\Omega C^2= CM^2=\scal{\vect{CM}}{\vect{CM}}.} \]
\item Réciproquement, si $P_{\mathscr{C}}(M)= \scal{\vect{CM}}{\vect{CM}}$, alors $\Omega M^2=CM^2+\Omega C^2$. D'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $\Omega C M$ est rectangle en $C$, ce qui signifie que la droite $\Delta_2$ est tangente en $C$ au cercle $\mathscr{C}$.
\end{enumerate}

\subsubsection*{B - Cocyclicité}

Soient $A$, $B$ et $C$ trois points non alignés du plan.

\begin{enumerate}[resume]
\item Les médiatrices des côtés du triangle $ABC$ sont concourantes en un point $\Omega$ qui est le centre du cercle circonscrit au triangle. On peut construire ce cercle en traçant deux médiatrices pour avoir le centre $\Omega$ puis le rayon est $\Omega A$.
\end{enumerate}

\noindent Soit $I$ un point de la droite $(AB)$ distinct de $A$ et $B$, et $D$ un point de la droite $(IC)$.

\begin{enumerate}[resume]
\item On suppose que $D \in \mathscr C$. Dans ce cas, avec la question \ref{diam}, \[\overrightarrow{IA} \cdot \overrightarrow{IB} = \overrightarrow{IA} \cdot \overrightarrow{IA'} = (\overrightarrow{I\Omega} + \overrightarrow{\Omega A}) \cdot (\overrightarrow{I\Omega} - \overrightarrow{\Omega A}) = \Omega I^2 - R^2\]
et de même $\overrightarrow{IC} \cdot \overrightarrow{ID} = \Omega I^2 - R^2$. Ainsi :
\[\boxed{\overrightarrow{IA} \cdot \overrightarrow{IB} = \overrightarrow{IC} \cdot \overrightarrow{ID}}.\]
\item On suppose que $\overrightarrow{IA} \cdot \overrightarrow{IB} = \overrightarrow{IC} \cdot \overrightarrow{ID}$. D'apr\`es la question \ref{diamplus}, $\vect{IB} = I\Omega^2 - R^2 = P_{\mathscr C}(I)$. D'apr\`es l'hypoth\`ese $\vect{IC}.\vect{ID} = P_{\mathscr C}(I)$. On a, de façon analogue, $P_{\mathscr C}(I) = \vect{IC}.\vect{IC'}$, o\`u $C'$ est le deuxi\`eme point d'intersection de $(IC)$ avec le cercle $\mathscr C$ ($C=C'$ en cas de tangence). Ainsi, $\vect{IC}.\vect{ID} = \vect{IC}.\vect{IC'}$, et donc, les points $I$, $C$, $D$ et $C'$ \'etant align\'es, $\overrightarrow{ID} = \overrightarrow{IC'}$, ce dont on d\'eduit $D=C'$ : \fbox{le point $D$ appartient bien au cercle $\mathscr C$}.\label{question_cocyc}
\end{enumerate}

\subsubsection*{C - Application}

Dans cette partie, on se place désormais dans le plan complexe. On considère un vecteur $\vect{u}$ d'affixe $z \in \C$ et un vecteur $\vect{v}$ d'affixe $z'\in\C$.

\begin{enumerate}[resume]
\item On a la relation :
\[\boxed{\lVert\vect{u} + \vect{v}\rVert^2 = \lVert\vect{u}\rVert^2 + \lVert\vect{v}\rVert^2 + 2\vect{u}.\vect{v}}.\]
\item Avec la question précédente, on a
Or, $\lVert\vect{u}\rVert^2 = |z|^2$, $\lVert\vect{v}\rVert^2 = |z'|^2$ et $\lVert\vect{u}+\vect{v}\rVert^2 = |z+z'|^2$, donc :
\[2\vect{u}.\vect{v} = |z+z'|^2 - |z|^2 -|z'|^2 = (z+z')(\overline{z+z'}) - |z|^2 - |z'|^2 = z\overline{z'} + z'\overline{z} = z\overline{z'} + \overline{z'\overline{z}} = 2 \re(z\overline{z'}),\]
et finalement :
\[\boxed{\vect{u}.\vect{v} = \re(z\overline{z'})}.\]
\item Les droites $(AB)$ et $(CD)$ ont pour équations cartésiennes respectives $-2x+y-5 = 0$ et $-x+3y+20 = 0$. En résolvant le sytème composé de ces deux équations, on trouve que la point d'intersection de $(AB)$ et $(CD)$, noté $I$, a pour coordonnées $(-7,-9)$ c'est-à-dire pour affixe $z_I = -7-9i$.
Les vecteurs $\vect{IA}$, $\vect{IB}$, $\vect{IC}$ et $\vect{ID}$ ont respectivement pour affixes $4+8i=4(1+2i)$, $7+14i=7(1+2i)$, $6+2i = 2(3+i)$ et $21+7i = 7(3+i)$. On a :
\[\vect{IA}.\vect{IB} = 28|1+2i|^2 = 140,\quad \vect{IC}.\vect{ID} = 14|3+i|^2 = 140.\]
Il suffit maintenant d'appliquer le r\'esultat de la question \ref{question_cocyc} pour d\'eduire de ce qui pr\'ec\`ede que le point $D$ appartient au cercle circonscrit au triangle $(ABC)$, donc \fbox{les points $A$, $B$, $C$ et $D$ sont cocycliques}.
\end{enumerate}
\end{Exo}

\end{document}