\documentclass[10pt,a4paper]{article}
\newcounter{chapter}
\newcommand{\numeroDS}{2}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% En-tête (contenu de enteteDS.tex)
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\usepackage{etex}
\usepackage{multicol}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[francais]{babel}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{lmodern}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amsmath,amssymb}
\usepackage{dsfont} 							% Fonction caractéristique : \mathds{1}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{stmaryrd}
\SetSymbolFont{stmry}{bold}{U}{stmry}{m}{n}		 % regle un warning avec les gras en math mode
\usepackage{geometry}
\newgeometry{top = 3cm,right = 2cm,left = 2cm,bottom = 2cm, headsep = 2.4em}
\usepackage[pdftex]{graphicx}
\usepackage{calc}
\usepackage[european resistors]{circuitikz}  	% circuits électriques
\usepackage{ifmtarg}
\makeatletter
\newcommand*{\IfEmpty}{\@ifmtarg}
\makeatother
\usepackage[all]{xy}
\usepackage{tikz}
\usepackage{tkz-tab}
\usepackage{array}
\usepackage{esint}
\usepackage{enumitem}							% Listes customisées.

\usepackage{fancyhdr}
\pagestyle{fancy}

\renewcommand{\headrulewidth}{1pt}
\fancyhead[C]{}
\fancyhead[L]{PTSI -- 2018/2019}
\fancyhead[R]{\large {Math\'ematiques -- DS}}

\renewcommand{\footrulewidth}{1pt}
\fancyfoot[C]{\thepage/\pageref{LastPage}}
\fancyfoot[L]{Lyc\'ee Jules Ferry -- Versailles}
\fancyfoot[R]{DS~\numeroDS}
\AtEndDocument{\label{LastPage}}
\usepackage{textpos}
\setlength{\TPHorizModule}{\textwidth}\setlength{\TPVertModule}{\textheight}

\newcommand{\Titre}{\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.023)
\huge\centering \bfseries DS\numeroDS
\end{textblock}
\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.001)
\noindent \rule{\textwidth}{1pt}
\end{textblock}}

\newcommand{\Titrecorrige}{\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.023)
\huge\centering \bfseries Proposition de corrigé du DS\numeroDS
\end{textblock}
\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.001)
\noindent \rule{\textwidth}{1pt}
\end{textblock}}

\usepackage{etoolbox}
\usepackage{boites}
\newcounter{DM}
\newenvironment{exoDS}[1][]{\vspace{1em}\par\noindent\textbf{\refstepcounter{DM}Exercice DS\numeroDS.\theDM}{\vspace{1em}\par}}

\newcommand\consignes[2]{\textit{Dur\'ee : #1h. La calculatrice et tout autre document que des copies vierges est interdit. Vous inscrirez lisiblement vos noms et prénoms et laisserez une marge \`a gauche de votre copie pour les annotations (les marges d\'ej\`a faites sur certaines copies suffisent). Si vous rep\'erez une éventuelle erreur d'\'enonc\'e, faites le figurer sur votre copie. La présentation est prise en compte dans l'évaluation : pensez à encadrer vos résultats. \textbf{Vous s\'eparerez, dans vos copies, #2}}}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% Macros (extraites de commandes.tex)
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\usepackage{xspace}
\newcommand{\ssi}{\iff}
\newcommand{\e}{\text{e}}
\renewcommand{\i}{\text{i}}
% Ensembles
\newcommand{\ensemble}[1]{\ensuremath{\mathbb #1} \xspace}
\newcommand{\N}{\ensemble N}
\newcommand{\Z}{\ensemble Z}
\newcommand{\R}{\ensemble R}
\newcommand{\C}{\ensemble C}
\newcommand{\K}{\ensemble K}
% Intervalles, parenthèses, normes
\newcommand{\cro}[1]{\left[ #1 \right]}
\newcommand{\croo}[1]{\left] #1 \right[}
\newcommand{\crofo}[1]{\left[ #1 \right[}
\newcommand{\croof}[1]{\left] #1 \right]}
\newcommand{\Cro}[1]{\left\llbracket #1 \right\rrbracket}
\newcommand{\norm}[1]{\left\| #1 \right\|}
\newcommand{\pth}[1]{\left( #1 \right)}
% Logique
\newcommand{\pt}[1]{\forall #1, \ }
\newcommand{\et}{\ \text{ et } \ }
% Sommes, intégrales
\newcommand{\dsum}{\displaystyle\sum}
\newcommand{\dint}{\displaystyle\int}
\newcommand{\dx}[1]{\hspace{1pt} \text{d}#1}
% Algèbre linéaire
\DeclareMathOperator{\Vect}{Vect}
\DeclareMathOperator{\Ker}{Ker}
\DeclareMathOperator{\ID}{Id}
\newcommand{\id}[1]{\ID_{#1}}
% Analyse
\renewcommand{\le}{\leqslant}
\renewcommand{\ge}{\geqslant}
\newcommand{\Ck}[1]{\mathcal{C}^{#1}}
\DeclareMathOperator{\ch}{ch}
\DeclareMathOperator{\sh}{sh}
\DeclareMathOperator{\ARCTAN}{Arctan}
\renewcommand{\arctan}{\ARCTAN}
\DeclareMathOperator{\Arcsin}{Arcsin}
% Géométrie
\newcommand{\scal}[2]{#1 \cdot #2 }
\newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{#1}}
% Encadrer dans align*
\makeatletter
\newlength{\boxed@align@width}
\newcommand{\boxedalign}[2]{#1 & \setlength{\boxed@align@width}{\widthof{$\displaystyle#1$}+\fboxsep+\fboxrule}\hspace{-\boxed@align@width}\addtolength{\boxed@align@width}{-\fboxsep-\fboxrule}\boxed{\vphantom{#1}\hspace{\boxed@align@width}#2}}
\makeatother

\renewcommand{\d}{\dx}

\begin{document}

\Titrecorrige

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item On a pour tout~$x\in\R$:
$$ \begin{array}{rl} & \begin{array}{rl} \sin^2 x\,\cos(2x) & \hspace{-0.3cm} = \dfrac{1}{2}\Big(1-\cos(2x)\Big)\cos(2x) \\[4mm] & \hspace{-0.3cm}  = \dfrac{1}{2}\cos(2x)-\dfrac{1}{2}\cos^2(2x) \\[4mm] & \hspace{-0.3cm} = \dfrac{1}{2}\cos(2x)-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\Big(1+\cos(4x)\Big) \end{array} \\[15mm] \text{donc }\quad & \boxed{\sin^2x\,\cos(2x) = -\dfrac{1}{4}\cos(4x)+\dfrac{1}{2}\cos(2x)-\dfrac{1}{4}.} \end{array} $$
On en d\'eduit, sachant que, pour tout~$\alpha\in\R^*$, $x\mapsto\cos(\alpha x)$ admet~$x\mapsto\dfrac{\sin(\alpha x)}{\alpha}$ comme primitive:
$$ \begin{array}{rl} & \begin{array}{rl} \dint_0^{\pi/4} \sin^2x\,\cos(2x)\dx x & \hspace{-0.3cm} = \dint_0^{\pi/4} \left(-\dfrac{1}{4}\cos(4x)+\dfrac{1}{2}\cos(2x)-\dfrac{1}{4}\right)\dx x \\[4mm] & \hspace{-0.3cm} = \left[-\dfrac{1}{16}\sin(4x)+\dfrac{1}{4}\sin(2x)-\dfrac{x}{4}\right]_{x=0}^{\pi/4} \\[4mm] & \hspace{-0.3cm} = -\dfrac{\sin\pi-\sin 0}{16}+\dfrac{\sin(\pi/2)-\sin 0}{4}-\dfrac{\pi/4-0}{4} \end{array} \\[15mm] \text{soit}\quad & \boxed{\dint_0^{\pi/4}\sin^2 x\cos(2x)\dx x = \dfrac{1}{4}-\dfrac{\pi}{16}.} \end{array} $$
\item
  \begin{enumerate}
  \item C'est du \fbox{cours}.
  \item La fonction tangente r\'ealise une bijection de l'intervalle~$\croo{-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}}$ dans~$\R$ et sa d\'eriv\'ee est donn\'ee par:
  $$ \forall x\in\R,\; \tan' x = 1+\tan^2 x. $$
  En particulier, la d\'eriv\'ee de la tangente ne s'annule pas sur~$\croo{-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}}$. D'apr\`es le th\'eor\`eme de d\'erivation d'une bijection r\'eciproque, l'arctangente est d\'erivable sur~$\R$ et pour tout r\'eel~$x$:
  $$ \begin{array}{rl} & \begin{array}{rl} \arctan' x & \hspace{-0.3cm} = \dfrac{1}{\tan'(\arctan x)} \\[3mm] & \hspace{-0.3cm} = \dfrac{1}{1+(\tan(\arctan x)^2} \end{array} \\[8mm] \text{donc} \quad & \boxed{\arctan' x = \dfrac{1}{1+x^2}.} \end{array}  $$
  \end{enumerate}
\item On a les \'egalit\'es suivantes:
$$ \begin{array}{rl} \i-\e^{\i\theta} & \hspace{-0.3cm} = \e^{\i\pi/2}-\e^{\i\theta} \\[2mm] & \hspace{-0.3cm} = \e^{\i(\pi/2+\theta)/2}\cdot\Big(\e^{\i(\pi/2-\theta)/2}-\e^{-\i(\pi/2-\theta)/2}\Big) \\[2mm] & \hspace{-0.3cm} = \e^{\i(\pi+2\theta)/4}\cdot 2\i\sin\left(\dfrac{\pi-2\theta}{4}\right) \\[4mm] & \hspace{-0.3cm} = \e^{\i(\pi+2\theta)/4}\cdot 2\e^{\i\pi/2}\sin\left(\dfrac{\pi-2\theta}{4}\right) \\[4mm] & \hspace{-0.3cm} = 2\sin\left(\dfrac{\pi-2\theta}{4}\right)\cdot \e^{\i(3\pi+2\theta)/4}. \end{array} $$
Il faut alors distinguer selon le signe du sinus dans l'expression ci-dessus. On remarque pour cela que, lorsque~$\theta\in[0,\pi]$, $\dfrac{\pi-2\theta}{4}$ appartient \`a~$\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$ et s'annule exactement pour~$\theta=\dfrac{\pi}{2}$ et que, pour tout autre~$\theta\in[0,\pi]$,
$$ \frac{\pi-2\theta}{4}\in\crofo{-\dfrac{\pi}{2},0} \Longleftrightarrow \theta\in\crofo{0,\dfrac{\pi}{2}} \qquad\text{et}\qquad \frac{\pi-2\theta}{4}\in\croof{0,\dfrac{\pi}{2}} \Longleftrightarrow \theta\in\croof{\dfrac{\pi}{2},\pi}.  $$
Sachant que le sinus est strictement n\'egatif sur~$\crofo{-\dfrac{\pi}{2},0}$ et strictement positif sur~$\croof{0,\dfrac{\pi}{2}}$, on peut alors conclure:
\begin{itemize}
\item si~$\theta\in\crofo{0,\dfrac{\pi}{2}}$, on \'ecrit
$$ z = -2\sin\left(\dfrac{\pi-2\theta}{4}\right)\cdot\Big(-\e^{\i(3\pi+2\theta)/4}\Big) = -2\sin\left(\dfrac{\pi-2\theta}{4}\right)\cdot \e^{\i(-\pi+2\theta)/4} $$
et le r\'eel~$-2\sin\left(\dfrac{\pi-2\theta}{4}\right)$ est strictement positif, donc:
$$\boxed{\text{si } \theta\in\crofo{0,\dfrac{\pi}{2}},\; |z|= -2\sin\left(\dfrac{\pi-2\theta}{4}\right) \;\text{et}\; \arg z\equiv \dfrac{-\pi+2\theta}{4}[2\pi];}$$
\item si~$\theta=\dfrac{\pi}{2}$, alors~$z=0$: $ \boxed{\text{si } \theta=\frac{\pi}{2},\; |z|=0\text{ et } \arg z \text{ n'est pas d\'efini}}$;
\item si~$\theta\in\croof{\dfrac{\pi}{2},\pi}$, le sinus dans l'expression pr\'ec\'edente de~$z$ \'etant positif, on a:
$$ \boxed{\text{si }\theta\in\croof{\dfrac{\pi}{2},\pi},\; |z|=2\sin\left(\dfrac{\pi-2\theta}{4}\right) \text{ et }\arg z \equiv\dfrac{3\pi+2\theta}{4}[2\pi].} $$
\end{itemize}
\end{enumerate}


\end{exoDS}

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item La fonction~$y$ est d\'efinie et deux fois d\'erivable sur~$\R_+^*$ et l'exponentielle est d\'efinie et deux fois d\'erivable sur~$\R$, et \`a valeurs dans~$\R_+^*$. On en d\'eduit par composition que:

\begin{center}
\fbox{$z$ est d\'efinie et deux fois d\'erivable sur~$\R$.}
\end{center}
  \item On a pour tout r\'eel~$x$: $y(\e^{\ln x}) = y(x) = z(\ln x)$ puis, par d\'erivation de fonctions compos\'ees:
  $$ \begin{array}{rl} & z'(x) = \ln'(x)\times z'(\ln x) = \dfrac{z'(\ln x)}{x} \\[4mm]
  \text{et} & z''(x) = \dfrac{\dfrac{\text{d}}{\text{d}x}\Big(z'(\ln x)\Big)\cdot x-z'(\ln x)}{x^2} = \dfrac{\dfrac{1}{x}\cdot z''(\ln x)\cdot x-z'(\ln x)}{x^2} = \dfrac{z''(\ln x)-z'(\ln x)}{x^2} \end{array}$$
  En fin de compte, pour tout r\'eel~$x$,
  $$ \boxed{ \begin{array}{rl} & y'(x) = \dfrac{z'(\ln x)}{x} \\[4mm] \text{et} & y''(x) = \dfrac{1}{x^2}\Big(z''(\ln x)-z'(\ln x)\Big). \end{array}}$$
  \item Puisque l'exponentielle est bijective de~$\R_+^*$ dans~$\R$, l'\'equation~(E) est \'equivalente \`a celle obtenue en rempla\c{c}ant la variable~$x$ par~$\e^t$: plus pr\'ecis\'ement, on a l'\'equivalence:
  $$ \Big(\forall x\in\R_+^*,\; x^2y''(x)-3xy'(x)+4y(x) = x^2+1\Big) \Longleftrightarrow \Big(\forall t\in\R,\; (\e^t)^2y''(\e^t)-3\e^t y'(\e^t)+4y(\e^t) = \e^{2t}+1\Big).  $$
  On exprime alors le membre de droite de la deuxi\`eme \'egalit\'e en fonction de~$z$ et~$t$: pour tout r\'eel~$t$,
  $$ \begin{array}{rl} (\e^t)^2y''(\e^{t})-3\e^{t}y'(t)+4y(\e^t) & \hspace{-0.3cm} = \e^{2t}\cdot\dfrac{1}{(\e^t)^2}\Big(z''(t)-z'(t)\Big)-3\e^t\cdot \dfrac{z'(t)}{\e^t}+4z(t) \\[4mm] & \hspace{-0.3cm} = z''(t)-z'(t)-3z'(t)+4z(t) \\[2mm] & \hspace{-0.3cm} = z''(t)-4z'(t)+4z'(t). \end{array}$$
  On obtient donc finalement

  \begin{center} \fbox{$y$ est solution de~(E) si et seulement si~$z$ est solution de: $z''-4z'+4z = \e^{2t}+1.$} \end{center}
\end{enumerate}
\item L'\'equation caract\'eristique de~(E') d'inconnue~$r$ est: $r^2-4r+4 = 0$, qui admet une unique racine double~$r_0 = 2$. La solution g\'en\'erale de l'\'equation homog\`ene associ\'ee est~donc
$$ z_h:t\longmapsto \Big(\lambda t+\mu\Big)\e^{2t} $$
o\`u~$\lambda$ et~$\mu$ sont des constantes r\'eelles. Pour d\'eterminer une solution particuli\`ere~$z_{\text{P}}$ de~$(E')$, on utilise le principe de superposition et l'on cherche successivement:
\begin{itemize}
\item une solution particuli\`ere~$z_1$ de $z''-4z'+4z = 1$: on cherche une solution particuli\`ere constante, et l'on trouve que~$z_1 = \dfrac{1}{4}$ convient;
\item une solution particuli\`ere~$z_2$ de~$z''-4z'+4z=\e^{2t}$: le second membre \'etant $t\longmapsto\e^{r_0 t}$, o\`u~$r_0$ est racine double de l'\'equation caract\'eristique, on cherche~$z_2$ sous la forme~$z_2(t) = Kt^2\e^{2t}$. On calcule alors successivement
$$ \begin{array}{rl} z'_2(t) & \hspace{-0.3cm} = K\cdot 2t\cdot \e^{2t}+K\cdot t^2\cdot 2\e^t \\[2mm] & \hspace{-0.3cm}= 2Kt\,\e^{2t}+2z_2(t) \\[2mm] \text{et}\quad  z_2''(t) & \hspace{-0.3cm} = 2K\e^{2t}+2Kt\cdot 2\e^{2t}+2z_2'(t) \\[2mm] & \hspace{-0.3cm} = 2K\e^{2t}+4Kt\e^{2t}+2\cdot\Big(2Kt\,\e^{2t}+2z_2(t)\Big) \\[2mm] & \hspace{-0.3cm} = 2K\e^{2t} + 8Kt\,\e^{2t} + 4z_2(t). \end{array} $$
En reportant dans l'\'equation que l'on cherche, les termes en~$t\,\e^{2t}$ et en~$z_2(t)$ partent, et il reste:
$$ z_2''-4z_2'+4z_2 = \e^{2t} \Longleftrightarrow \forall t\in\R,\; 2K\e^{2t} = \e^{2t} \Longleftrightarrow K=\dfrac{1}{2}.  $$
La fonction~$z_2$ est donc donn\'ee par~$z_2'(t) = \dfrac{1}{2}t^2\e^{2t}$, et en fin de compte, la solution particuli\`ere est: $z_{\text{P}}:t\longmapsto \dfrac{1}{4}+\dfrac{t^2\e^{2t}}{2} = \dfrac{1+2t^2\e^{2t}}{4}$.
\end{itemize}
Les solutions de~(E') sont exactement les~$z_{\text{h}}+z_{\text{P}}$ avec~$z_{\text{h}}$ solution de l'\'equation homog\`ene associ\'ee. On conclut:
\begin{center}
\fbox{Les solutions de (E') sont les fonctions $t\longmapsto \Big(\lambda t+\mu\Big)\e^{2t}+\dfrac{1+2t^2\e^{2t}}{4}$, avec~$\lambda,\mu$ constantes r\'eelles.}
\end{center}

\item D'apr\`es la question~1.3, les fonctions~$y$ solutions de~(E) sont exactement les fonctions de la forme
$$ y:x\longmapsto z(\ln x) \qquad\text{avec } z \text{ solution de }(E'). $$
Si~$z$ est une solution de~(E'), on calcule alors, pour tout r\'eel~$x$ strictement positif et en repartant de la forme trouv\'ee \`a la question~2,
$$ \begin{array}{rl} z(\ln x) & \hspace{-3mm} = \Big(\lambda \ln x+\mu\Big) \e^{2\ln x}+\dfrac{1+2(\ln x)^2\e^{2\ln x}}{4} \\[4mm] & \hspace{-3mm} = \Big(\lambda \ln x +\mu\Big)x^2+\dfrac{1+2(x\ln x)^2}{4} \end{array} $$
o\`u~$\lambda$ et~$\mu$ sont deux constantes r\'eelles. En fin de compte,
\begin{center}
\fbox{les solutions de~(E) sont les fonctions $x\longmapsto \Big(\lambda \ln x+\mu\Big)x^2+\dfrac{1+2(x\ln x)^2}{4}$, avec~$\lambda,\mu$ constantes.}
\end{center}
\end{enumerate}

\end{exoDS}

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item On a les \'egalit\'es suivantes:
    $$ \begin{array}{rl} |tu-(1-t)|^2 & \hspace{-3mm} = |t(a+\i b)-(1-t)|^2 \\[2mm] & \hspace{-3mm} = |ta-(1-t)+\i tb|^2 \\[2mm] & \hspace{-3mm} = \Big(ta-(1-t)\Big)^2+t^2b^2 \\[2mm] & \hspace{-3mm} = t^2a^2-2at(1-t)+(1-t)^2 +t^2b^2 \\[2mm] & \hspace{-3mm} = t^2a^2-2at+2at^2+1-2t+t^2+t^2b^2 \\[2mm] & \hspace{-3mm} = (a^2+b^2+2a+1)t^2-(2a+2)t+1. \end{array} $$
    Sachant que~$|u|^2=a^2+b^2=1$, on peut simplifier dans l'\'egalit\'e pr\'ec\'edente pour obtenir:
    $$ \boxed{|tu-(1-t)|^2 = (2a+2)t^2-(2a+2)t+1.} $$
  \item Notons~$A,B,C$ les coefficients du trin\^ome du second degr\'e pr\'ec\'edent. Puisque~$u$ est de module~$1$, sa partie r\'eelle appartient~\`a~$[-1,1]$, et ne peut valoir~$-1$ car si c'\'etait le cas on aurait~$u=-1$ ce qui est exclu par l'\'enonc\'e. Ainsi,
    $$ a>-1 \qquad\text{donc}\qquad 2a+2>0. $$
    Le coefficient dominant du trin\^ome du second degr\'e est donc strictement positif: ce trin\^ome admet donc un unique minimum sur~$\R$, atteint en
    $$ -\dfrac{B}{2A} = \dfrac{2a+2}{2(2a+2)} = \dfrac{1}{2}. $$
    Ainsi, $t\longmapsto |tu-(1-t)|^2$ admet un unique minimum atteint pour~$t=\dfrac{1}{2}$, qui est donn\'e par
    $$ \left|\dfrac{1}{2}u-\left(1-\dfrac{1}{2}\right)\right|^2 = \left|\dfrac{u-1}{2}\right|^2. $$
    Par croissance stricte de la racine carr\'ee sur~$\R_+$, on peut conclure:
    \begin{center}
      \fbox{$|tu+(1-t)|\ge\left|\dfrac{u-1}{2}\right|$ et il y a \'egalit\'e si et seulement si~$t=\dfrac{1}{2}$.}
    \end{center}
  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item On a: $OA = |z_A| = |u|=1$ et~$OB = |z_B| = |-1|=1$. Le point~$O$ est donc \'equidistant de~$A$ et de~$B$: ainsi,
    \begin{center}
      \fbox{$O$ appartient \`a la m\'ediatrice de~$[AB]$.}
    \end{center}
    Pour tout r\'eel~$t$, on a de plus
    $$ \begin{array}{rl}z_{\overrightarrow{AM(t)}} & \hspace{-3mm} = z_{M(t)}-z_{A} \\[2mm] & \hspace{-3mm} = tu-(1-t)-u \\[2mm] & \hspace{-3mm} = (t-1)u-(1-t) \\[2mm] & \hspace{-3mm} = (1-t)\Big((-1)-u\Big) \\[2mm] & \hspace{-3mm} = (1-t)z_{\overrightarrow{AB}}. \end{array} $$
    Les vecteurs~$\overrightarrow{AM(t)}$ et~$AB$ sont donc colin\'eaires pour tout~$t$:
    \begin{center}
      \fbox{pour tout r\'eel~$t$, $M(t)$ appartient \`a la droite~$(AB)$.}
    \end{center}
  \item On peut repr\'esenter la situation comme suit.

    \begin{center}
      \begin{tikzpicture}[scale=2.25]
        \draw [->] (-1.2,0) -- (1.2,0);
        \draw [->] (0,-1.2) -- (0,1.2);
        \draw (0,0) circle (1);
        \draw (0,0) node {\tiny $\bullet$};
        \draw (-0.1,0) node[below] {$O$};
        \draw (-1,0) node {\tiny $\bullet$};
        \draw (-1.1,0) node[below] {$B$};
        \draw (0.5,0.866) node {\tiny $\bullet$};
        \draw (0.5,0.866) node[above] {$A$};
        \draw (-1,0) -- (0.5,0.866);
        \draw (-0.25,0.433) node {\tiny $\bullet$};
        \draw (-0.35,0.433) node[above] {$C$};
        \draw (0,0) -- (-0.25,0.433);
        \draw (0.125,0.6495) node {\tiny $\bullet$};
        \draw (0.25,0.6495) node[below] {$M(t)$};
      \end{tikzpicture}
    \end{center}


    Pour tout r\'eel~$t$, puisque~$O$ est la m\'ediatrice de~$[AB]$ et~$C$ le milieu de~$[AB]$, la droite~$(OC)$ coupe~$[AB]$ en~$C$ et lui est perpendiculaire. De plus, $M(t)$ appartient \`a la droite~$(AB)$. Le triangle~$(M(t),O,C)$ est donc rectangle en~$C$, et d'apr\`es le th\'eor\`eme de Pythagore:
    $$ OM(t)^2 = OC^2+CM(t)^2. $$
    De plus, $\overrightarrow{CM(t)} = \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AM(t)}$ avec~$\overrightarrow{CA}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}$ et, d'apr\`es le calcul effectu\'e \`a la question pr\'ec\'edente
    $$ \overrightarrow{AM(t)} = (1-t) \overrightarrow{AB}.  $$
    Il vient: $\overrightarrow{CM(t)} = -\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+(1-t)\overrightarrow{AB} = \left(\dfrac{1}{2}-t\right)\overrightarrow{AB}$, puis en reportant:
    $$ \begin{array}{rl} & OM(t)^2 = OC^2+\left(\dfrac{1}{2}-t\right)^2 AB^2 \\[4mm] \text{donc} & \boxed{OM(t) = \sqrt{OC^2+\left(\dfrac{1}{2}-t\right)^2AB^2}.}\end{array} $$
  \item Puisqu'un carr\'e est toujours positif, on a:
    $$ OC^2+\left(\dfrac{1}{2}-t\right)^2AB^2 \ge OC^2 \text{ avec \'egalit\'e si et seulement si } t=\dfrac{1}{2}.  $$
    Par croissance stricte de la racine carr\'ee, et d'apr\`es la question pr\'ec\'edente, on en d\'eduit que, pour tout r\'eel~$t$,
    $$ OM(t) \ge OC \text{ avec \'egalit\'e si et seulement si } t=\dfrac{1}{2}. $$
    Sachant que~$M$ a pour affixe~$tu-(1-t)$ et que~$C$ a pour affixe~$\dfrac{u-1}{2}$, on obtient le r\'esultat voulu:
    $$ \boxed{|tu-(1-t)| \ge \left|\dfrac{u-1}{2}\right| \text{ avec \'egalit\'e si et seulement si } t=\dfrac{1}{2}.} $$
  \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}%DS42016-2017
\begin{enumerate}
\item La fonction $\sqrt{}$ est continue sur $\R_+$ donc elle admet une primitive sur $\R_+$ donnée par

\[ t \mapsto \frac{1}{1 + \frac{1}{2}} t^{\frac{1}{2} + 1} = \frac{2}{3} t^{\frac{3}{2}}.\]

donc
\[ \boxed{I_0 = \int_0^{1} \sqrt{t} \ \d t = \left[ \frac{2}{3} t^{\frac{3}{2}}\right]_0^{1} = \frac{2}{3}(1-0) = \frac{2}{3}}.\]
\item On pose, pour $t \in \left[0,1\right]$,

\[ \left\{ \begin{array}{l}
f'(t) = \sqrt t \\
g(t) = 1-t
\end{array}\right. \text{ qui donne } \left\{ \begin{array}{l}
f(t) = \frac{2}{3} t^{\frac{3}{2}} \\
g'(t) = -1
\end{array}\right. .\]

Les fonctions $f$ et $g$ sont de classe $\mathscr C^1$ sur $\left[0,1\right]$ donc, par la formule d'intégration par parties :

\[I_1 =  \int_0^1 (1-t) \sqrt t  \ \d t = \underbrace{\left[(1-t)\frac{2}{3} t^{\frac{3}{2}} \right]_0^{1}}_{= 0} - \int_0^1 (-1) \frac{2}{3} t^{\frac{3}{2}} \d t = \frac{2}{3} \int_0^1 t^{\frac{3}{2}} \d t = \frac{2}{3} \int_0^1 t^{\frac{3}{2}} \d t = \frac{2}{3}\left[ \frac{2}{5} t^{\frac{5}{2}}\right]_0^{1}\] donc \fbox{$I_1 = \frac{4}{15}$}.
\item Soit $n \in \N$. On a

\[I_{n} - I_{n+1} = \int_0^1 (1-t)^{n} \sqrt t \ \d t -  \int_0^1 (1-t)^{n+1} \sqrt t \ \d t = \int_0^1 (1-t)^{n} \big(1-(1-t)\big) \sqrt t \ \d t = \int_0^1 (1-t)^{n} t^{\frac{3}{2}} \ \d t \] et on a, par une intégration par parties analogue au cas précédent

\[I_{n+1} = \int_0^1 (1-t)^{n+1} \sqrt t  \ \d t = \underbrace{\left[(1-t)^{n+1}\frac{2}{3} t^{\frac{3}{2}} \right]_0^{1}}_{= 0} - \int_0^1 -(n+1)(1-t)^{n} \frac{2}{3} t^{\frac{3}{2}} \d t = \frac{3}{2}(n+1) \int_0^1 (1-t)^{n}t^{\frac{3}{2}} \d t.\]

Finalement, pour tout $n \in \N$,

\[I_{n+1} = \frac{2(n+1)}{3}(I_n - I_{n+1}).\]

On obtient pour tout $n \in \N$,

\[ I_{n+1} = \frac{2(n+1)}{3}I_n -  \frac{2(n+1)}{3} I_{n+1}.\]

Finalement, pour tout $n \in \N$,

\[\boxed{I_{n+1} = \frac{2(n+1)}{2n+5} I_n}.\]

\item On a $I_2 = \frac{4}{7} I_1$ donc \fbox{$I_2 = \frac{4}{7} \times \frac{4}{15} = \frac{16}{105}$}.
\item Soit $n \in \N$. On a

\[ \alpha_{n+1} = \frac{(2(n+1)+3)! \times I_{n+1}}{(n+2) \times \big( (n+1)!\big)^2} = \frac{(2n+5)!}{(n+2) \times \big( (n+1)!\big)^2} \times \frac{2(n+1)}{2n+5} I_n = \frac{(2n+4)!}{(n+2) (n+1)^2 (n!)^2} I_n \]

donc $\displaystyle \alpha_{n+1} = \frac{(2n+4)\times 2}{(n+2) (n+1)}\frac{(2n+3)! \times I_n}{(n+1) \times \big( n!\big)^2} = 4 \alpha_n$. Finalement, \fbox{la suite $(\alpha_n)$ est géométrique}.

\item On a $\alpha_0 = \frac{3!}{1 \times 1} I_0 = \frac{6\times 2}{3} = 4$ donc, pour tout $n \in \N$, $\alpha_n = 4^{n+1}$. En conclusion, pour tout $n \in \N$,

\[ I_n = \frac{(n+1) n! 4^{n+1}}{(2n + 3)!}.\]
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}
Soit $z \in \C$ un nombre complexe non nul. Le plan est muni d'un repère orthonormé $(O, \vect{i},\vect{j})$. On considère les points $M$, $N$, $P$ d'affixe respectifs $z$, $z^2$ et $\frac{1}{z}$.

\begin{enumerate}
\item On a les équivalences pour tout $z \in \C$ :
\[z^2 = z \Longleftrightarrow z(z-1) = 0 \Longleftrightarrow z = 0 \quad \text{ou} \quad z = 1\]
et, lorsque $z \neq 0$ :
\[z = \frac{1}{z} \Longleftrightarrow \frac{z^2 - 1}{z} = 0 \Longleftrightarrow (z-1)(z+1) = 0 \Longleftrightarrow z = 1 \quad \text{ou} \quad z = -1\]
donc l'ensemble des solutions de l'équation d'inconnue \fbox{$z \in \C$ : $z = z^2$ est $\{ 0,1\}$} et l'ensemble des solutions de l'équation d'inconnue \fbox{$z \in \C$ : $z = 1/z$ est $\{1,-1\}$}. Deux points étant égaux si et seulement leurs affixes sont égaux, \fbox{l'ensemble des complexes $z$ tels que $M \neq N$ et $M \neq P$ est $\Delta = \C \setminus \{ 0,1,-1\}$}.
\item Les points $M$, $N$, $P$ sont alignés si et seulement si leur affixes vérifient
\[\frac{z - \frac{1}{z}}{z - z^2} \in \R \Longleftrightarrow \frac{z^2 - 1}{z^2 - z^3} \in \R\frac{(z+1)(z-1)}{z^2(1-z)} \in \R \Longleftrightarrow - \frac{z+1}{z^2} \in \R \Longleftrightarrow \frac{1+z}{z^2} \in \R.\]
Finalement, \fbox{$M$, $N$ et $P$ sont alignés si et seulement si $\frac{1+z}{z^2} \in \R$.}
\item On a les équivalences :
\[\frac{1+z}{z^2} \in \R \Longleftrightarrow \frac{1+z}{z^2} = \overline{\frac{1+z}{z^2}} \Longleftrightarrow \frac{1+\overline{z}}{\overline{z}^2} = \frac{1+z}{z^2} \Longleftrightarrow \overline{z}^2 (z+1) = z^2 (\overline{z}+1).\]
ce qui donne
\[\frac{1+z}{z^2} \in\R \Longleftrightarrow \overline{z}^2 (z+1) = z^2 (\overline{z}+1)\Longleftrightarrow \overline{z}\lvert z \rvert^2 + \overline{z}^2 - z \lvert z \rvert^2 - z^2 = 0 \Longleftrightarrow (\overline{z} - z) (\lvert z \rvert^2 + \overline{z} + z) = 0.\]
En conclusion :
\[\boxed{\frac{1+z}{z^2} \in\R\Longleftrightarrow(\overline{z} - z) (\lvert z + 1\rvert^2 -1) = 0}.\]
\item Avec l'équivalence précédente, les points $M$, $N$ et $P$ sont alignés si et seulement si $z = \overline{z}$ ou $\lvert z + 1\rvert^2 = 1$ ce qui signifie que $M$, $N$ et $P$ sont alignés si et seulement si $M$ est sur l'axe es abscisses ou sur le cercle de centre $\Omega$ et de coordonnées $(-1,0)$ et de rayon $1$ lorsque $M$ n'est pas d'affixe $1$, $0$ ou $-1$. Les cas où $M$ est d'affixe $1$ ou $-1$ correspond à des cas ou $M$ et $P$ sont confondus donc alignés. En conclusion, $M$, $N$ et $P$ sont alignés si et seulement si $M$ est sur l'axe des abscisses mais pas à l'origine ou sur le cercle de centre $\Omega$ et de coordonnées $(-1,0)$ et de rayon $1$.
%\item On suppose dans cette question que $z = -\frac{3}{2} + \i \frac{\sqrt{3}}{2}$. Construire, en expliquant sa construction, comment construire $M$, $N$, $P$ avec une règle non graduée et un compas, les points $M$, $N$ et $P$. On prendra une unité arbitraire pour le repère.
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item Soit~$x\in\R$. Le r\'eel~$\sqrt{1-x^2}$ est bien d\'efini si et seulement si~$1-x^2$ est positif ou nul. Or, on a les \'equivalences suivantes:
    $$ 1-x^2\ge 0 \Longleftrightarrow 1\ge x^2 \Longleftrightarrow x \in [-1,1]. $$
    Ainsi, \fbox{$\sqrt{1-x^2}$ est bien d\'efini si et seulement si~$x\in[-1,1]$}. Maintenant, pour un tel~$x$, d'une part, $\sqrt{1-x^2}$ est positif ou nul car c'est une racine carr\'ee, et d'autre part
    $$ 1-x^2 \le 1, \quad\text{donc}\quad \sqrt{1-x^2}\le 1 $$
    car la racine carr\'ee est croissante sur~$\R_+$. On obtient en fin de compte:
    $$ \boxed{\forall x\in[-1,1],\; 0 \le \sqrt{1-x^2}\le 1.} $$
  \item Soit~$(a,b)\in\R^2$. Alors d'une part, $(a-b)^2$ est positif ou nul, ce qui donne les in\'egalit\'es suivantes:
    $$ \begin{array}{ll} & 0 \le (a-b)^2 \\[2mm] \Longleftrightarrow & 0 \le a^2-2ab+b^2 \\[2mm] \Longleftrightarrow 2ab \le a^2+b^2 \\[2mm] \Longleftrightarrow & ab \le \dfrac{a^2+b^2}{2}. \end{array} $$
    D'autre part, on a de la m\^eme mani\`ere:
    $$ \begin{array}{ll} & -(a+b)^2 \le 0 \\[2mm] \Longleftrightarrow & -a^2-2ab-b^2 \le 0 \\[2mm] \Longleftrightarrow & -(a^2+b^2) \le 2ab \\[2mm] \Longleftrightarrow & -\dfrac{a^2+b^2}{2} \le ab. \end{array}  $$
    Ceci prouve bien la double in\'egalit\'e cherch\'ee:
    $$ \boxed{\forall (a,b)\in\R^2,\; -\frac{a^2+b^2}{2} \le ab \le \frac{a^2+b^2}{2}} $$
  \item Si~$x\notin[-1,1]$, alors ni~$\Arcsin x$ ni~$\sqrt{1-x^2}$ ne sont d\'efinis. Reste \`a montrer r\'eciproquement que~$\Arcsin x$ et~$\Arcsin(2x\sqrt{1-x^2})$ sont tous deux d\'efinis si~$x\in[-1,1]$. C'est le cas pour~$\Arcsin x$ puisque~$[-1,1]$ est l'ensemble de d\'efinition de la fonction $\Arcsin$. D'autre part, pour tout~$x\in[-1,1]$, la question~2 appliqu\'ee en posant
    $$ a = x \quad\text{et}\quad b = \sqrt{1-x^2} $$
    donne les in\'egalit\'es suivantes:
    $$ \begin{array}{ll} & -\dfrac{x^2+(\sqrt{1-x^2})^2}{2} \le x\sqrt{1-x^2} \le \dfrac{x^2+(\sqrt{(1-x^2)^2}}{2} \\[4mm]      \Longleftrightarrow & -\dfrac{x^2+1-x^2}{2} \le x\sqrt{1+x^2} \le \dfrac{x^2+1-x^2}{2} \\[4mm]      \Longleftrightarrow & -1 \le 2x\sqrt{1+x^2} \le 1 \end{array} $$
    ce qui prouve que~$2x\sqrt{1-x^2}\in[-1,1]$, qui est l'ensemble de d\'efinition d'$\Arcsin$, et ach\`eve la d\'emonstration:

    \begin{center}
      \fbox{les deux membres de~(E) sont d\'efinis si et seulement si $x\in[-1,1]$.}
    \end{center}
  \end{enumerate}
\item Pour tout~$x\in[-1,1]$, on a d'apr\`es la formule de duplication:
  $$ \sin(2\Arcsin x) = 2\sin(\Arcsin x)\cos(\Arcsin x). $$
  En utilisant les formules du cours pour~$\sin(\Arcsin x)$ et~$\cos(\Arcsin x)$, il vient imm\'ediatement
  $$ \boxed{\sin(2\Arcsin x) = 2x\sqrt{1-x^2}.} $$
\item
  \begin{itemize}
  \item On sait que, si~$y\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$, $\sin(\Arcsin y) = y$.
  \item Si~$y\in\crofo{-\pi,-\dfrac{\pi}{2}}$, alors~$y+\pi\in\crofo{0,\dfrac{\pi}{2}}$ donc
    $$ \Arcsin(\sin(y+\pi)) = y+\pi $$
    et l'on a alors en utilisant la parit\'e de l'arcsinus:
    $$ \Arcsin(\sin y) = \Arcsin(-\sin(y+\pi)) = -\Arcsin(\sin(y+\pi)) = -(y+\pi). $$
  \item Si~$y\in\croof{\dfrac{\pi}{2},\pi}$, alors~$y-\pi\in\croof{-\dfrac{\pi}{2},0}$ et par les m\^emes propri\'et\'es:
    $$ \Arcsin(\sin y) = \Arcsin(-\sin(y-\pi)) = -\Arcsin(\sin(y-\pi)) = -y+\pi.  $$
  \end{itemize}
  En fin de compte:
  $$ \boxed{\Arcsin(\sin y) = \left\{ \begin{array}{cl} -y-\pi & \text{si } y\in\crofo{-\pi,-\dfrac{\pi}{2}}, \\[3mm] y & \text{si } y\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right], \\[3mm] -y+\pi & \text{si } y\in\croof{\dfrac{\pi}{2},\pi}. \end{array}\right.}  $$
\item Soit~$x\in[-1,1]$. Posons~$y = 2\Arcsin x$. D'apr\`es la question pr\'ec\'edente, on~a
  $$ \sin y = 2x\sqrt{1-x^2} $$
  et l'\'equation~(E) \'equivaut \`a \og $y = \Arcsin(2x\sqrt{1-x^2})$\fg, autrement dit:
  $$ \text{(E)} \Longleftrightarrow \Arcsin(\sin y) = y. $$
  La question pr\'ec\'edente montre que $\Arcsin(\sin y) = y$ si et seulement si~$y\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$, autrement dit:
  $$ \begin{array}{rl} x \text{ est solution de~(E)} & \hspace{-0.3cm} \Longleftrightarrow -\dfrac{\pi}{2} \le y \le \dfrac{\pi}{2} \\[4mm]
    & \hspace{-0.3cm} \Longleftrightarrow -\dfrac{\pi}{2} \le 2\Arcsin x \le\dfrac{\pi}{2} \\[4mm]
    & \hspace{-0.3cm} \Longleftrightarrow -\dfrac{\pi}{4} \le \Arcsin x \le \dfrac{\pi}{4}. \end{array} $$
  Le sinus \'etant une bijection strictement croissante de~$\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$ dans~$[-1,1]$, on a l'\'equivalence
  $$ -\dfrac{\pi}{4} \le \Arcsin x \le \dfrac{\pi}{4} \Longleftrightarrow \sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right) \le x \le \sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right) \Longleftrightarrow -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \le x \le \dfrac{\sqrt{2}}{2}  $$
  ce qui prouve le r\'esultat demand\'e:

  \begin{center}
    \fbox{l'ensemble des solutions de~(E) est l'intervalle $\left[-\dfrac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right]$.}
  \end{center}

  \end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}%DS62016-2017
\noindent On rappelle la notation : si $f$ est une fonction définie et continue sur $\R$ le problème \eqref{E} est, pour tout réel $x$ : \begin{equation}
f(a\,x+b) = f(x).\label{E}\tag{E}
\end{equation}

\begin{enumerate}
\item Si $f$ est une fonction constante sur $\R$, celle-ci est définie et continue sur $\R$ et, pour tous réels~$x,y \in \R$, on a $f(x) = f(y)$ ce qui donne, pour tout $x \in \R$, en prenant $y = ax+b$, $f(ax+b) = f(x)$. Ainsi, \fbox{les fonctions constantes sur $\R$ sur des éléments de $\mathscr E$}.
\item Montrons, par récurrence sur $n \in \N$, que pour tout $n \in \N$, $f(u_n) = f(u_0) = f(x)$.

Pour $n = 0$, on a $f(u_0) = f(x)$.

Soit $n \in \N$. On suppose que $f(u_n) = f(u_0) = f(x)$. On a
\[ f(u_{n+1}) = f(a u_n + b) = f(u_n) = f(u_0) = f(x)\]
ce qui achève la récurrence.

En conclusion, \fbox{pour tout $n \in \N$, $f(u_n) = f(u_0) = f(x)$}.
\item On pose, pour tout $n \in \N$, $v_n = u_n -r$. Pour tout $n \in \N$, on a
\[ v_{n+1} = u_{n+1} - r = a u_n + b - \frac{b}{1-a} = a \left( u_n - \frac{b}{1-a}\right) = a(u_n - r) = av_n.\]
Ainsi, $(v_n)$ est une suite géométrique de raison $a$ donc, pour tout $n \in \N$, $v_n = a^n v_0$ ce qui donne \[u_n - r = a^n (u_0 - r).\]
En conclusion,
\[\boxed{\forall n \in \N, \quad u_n = a^n\, (u_0 - r) + r}.\]
Comme $\lvert a \rvert < 1$, on a $\lim \limits_{n \to +\infty} a^n = 0$ donc, par somme, $(u_n)$ est convergente et
\[\boxed{\lim \limits_{n \to +\infty} u_n = 0 \times (u_0 -r) + r = r}.\]
\item Comme la fonction $f$ est continue sur $\R$ et que la suite $(u_n)$ est convergente de limite $r$, on a
\[ f(u_n) \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} f(r) = f(\frac{b}{1-a}).\]
Posons $C = f(r)$. On a montré dans les question précédentes que pour pour tout $x \in \R$,
\[ f(x) = f(u_n) \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} f(r) = C\]
donc \fbox{$f$ est constante sur $\R$}.
\item Lorsque $a=1$ et $b=0$, \fbox{\eqref{E} est l'ensemble des fonctions définies et continues sur $\R$} (il n'y a pas de condition).
\item Lorsque $\lvert a \rvert < 1$, ceci est traité précédemment. Supposons que $\lvert a \rvert > 1$. On, pour tout $x \in \R$,
\[ f\left( \frac{1}{a} x - \frac{b}{a}\right) = f\left( a\frac{1}{a} x - a\frac{b}{a} + b\right) = f(x)\]
donc, en posant $a' = 1/a$ et $b' = -b/a$, on a, $\lvert a' \rvert < 1$ et, pour tout $x \in \R$, $f(a'x+b') = f(x)$ donc, avec les questions précédentes, $f$ est constante. \fbox{Dans tous les cas, $f$ est constante.}
\item Lorsque $a = 1$ et $b\neq 0$, les solutions de \eqref{E} sont les fonctions définies, continues et $b$-périodiques sur $\R$ et lorsque $a = -1$, il s'agit directement de la condition de symétrie de la courbe de $f$. En conclusion :
\begin{enumerate}
\item lorsque $\lvert a \rvert \neq 1$, \eqref{E} est l'ensemble des fonctions constantes;
\item lorsque $a = 1$ et $b = 0$, \eqref{E} est l'ensemble des fonction continues sur $\R$;
\item lorsque $a = 1$ et $b \neq 0$, \eqref{E} est l'ensemble des fonction continues et $b$-périodiques sur $\R$;
\item lorsque $a = -1$, \eqref{E} est l'ensemble des fonctions continues dont la courbe est symétrique par rapport à la droite d'équation $x = \frac{b}{2}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\end{document}