\documentclass[a4paper,10pt,french]{article}


\input macrodwicky.tex
\geometry{verbose,letterpaper,tmargin=0.5cm,bmargin=0.5cm,lmargin=2cm,rmargin=2cm}

\begin{document}
\pagestyle{empty}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Cadre jaune
\psframebox[linestyle=solid,shadow=true,framearc=0.5,fillcolor=vert!30]{
\begin{minipage}{17cm}
\begin{center}
\vspace{1mm}
\textsc{\textbf{Correction de  l'interrogation n$^{\circ}2$ }}
\end{center}
\vspace{-3mm}
\end{minipage}
}
\setcounter{section}{1}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	 Interro

\Exoi{\textbf{Fonctions polynôme du second degré et nombre d'or}\hfill (7 points)\\
\begin{footnotesize}
On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par :
$$ f(x)=x^2-x-1$$
On note $\mathscr P$ sa représentation graphique dans un repère orthonormal.
\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item {\footnotesize Déterminer les antécédents du réel $-1$.}\\
On cherche les réels $x$ tels que :
\begin{eqnarray}
& & f(x)=-1\\
&\Longleftrightarrow & x^2-x-1=-1\\
&\Longleftrightarrow & x^2-x=0\\
& \Longleftrightarrow & x(x-1)=0\\
&\Longleftrightarrow & x=0\qquad \text{ou} \qquad x-1=0\\
&\Longleftrightarrow & x=0 \qquad \text{ou} \qquad  x=1
\end{eqnarray}
Les antécédents de $-1$ sont donc les deux réels $0$ et $1$.
\item {\footnotesize En déduire l'équation de l'axe de symétrie de la représentation graphique de la fonction $f$.}
\\
Les réels $0$ et $1$ ont la même image $-1$, on en déduit que l'axe de symétrie est la droite verticale d'équation $x=\dfrac{1}{2}$
\item {\footnotesize En déduire la forme canonique de la fonction $f$.}\\
Tout polynôme du second degré peut s'écrire sous la forme 
$$ f(x)=a(x-\alpha)^2+\beta$$
Ici $a=1$ et $\alpha=\dfrac{1}{2}$, de plus on sait que $f(\alpha)=\beta$, par conséquent :
$$ \beta=\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{1}{2}-1=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}-1=\dfrac{1-2-4}{4}=-\dfrac{5}{4}$$
Au final :
$$ f(x)=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{5}{4}$$
\item{\footnotesize  En déduire le tableau des variations de la fonctions $f$.}\\
Le coefficient devant $x^2$ est positif $(a=1)$, par conséquent d'après le cours on a :
%:-+-+-+-+- Engendré par : http://math.et.info.free.fr/TikZ/TableauxVariations/
%:-+-+-+-+- Engendré par : http://math.et.info.free.fr/TikZ/TableauxVariations/
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.875]
% Styles 
\tikzstyle{cadre}=[thin]
\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thin]
\tikzstyle{nondefini}=[lightgray]
% Dimensions Modifiables
\def\Lrg{1.5}
\def\HtX{1}
\def\HtY{0.5}
% Dimensions Calculées
\def\lignex{-0.5*\HtX}
\def\lignef{-1.5*\HtX}
\def\separateur{-0.5*\Lrg}
% Largeur du tableau
\def\gauche{-1.5*\Lrg}
\def\droite{4.5*\Lrg}
% Hauteur du tableau
\def\haut{0.5*\HtX}
\def\bas{-1.5*\HtX-2*\HtY}
% Ligne de l'abscisse : x
\node at (-1*\Lrg,0) {$x$};
\node at (0*\Lrg,0) {$-\infty$};
\node at (2*\Lrg,0) {$\dfrac{1}{2}$};
\node at (4*\Lrg,0) {$+\infty$};
% Ligne de la fonction : f(x)
\node  at (-1*\Lrg,{-1*\HtX+(-1)*\HtY}) {$f(x)$};
\node (f1) at (0*\Lrg,{-1*\HtX+(0)*\HtY}) {$ $};
\node (f2) at (2*\Lrg,{-1*\HtX+(-2)*\HtY}) {$-\dfrac{5}{4}$};
\node (f3) at (4*\Lrg,{-1*\HtX+(0)*\HtY}) {$ $};
% Flèches
\draw[fleche] (f1) -- (f2);
\draw[fleche] (f2) -- (f3);
% Encadrement
\draw[cadre] (\separateur,\haut) -- (\separateur,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\haut) rectangle  (\droite,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\lignex) -- (\droite,\lignex);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item {\footnotesize En déduire les coordonnées du sommet de la parabole $\mathscr P$.}\\
Les coordonnées du sommet, appelons le S, sont d'après le cours $(\alpha;\beta)$, par conséquent :
$$ S\left(\dfrac{1}{2};-\dfrac{5}{4}\right)$$
\end{enumerate}
\item {\footnotesize On note $\varphi=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$. Montrer que le point $A\left(\varphi;0\right)$ est un point de $\mathscr P$.}\\
$A\in \mathscr P$ si et seulement si $f(\varphi)=0$. Or,
$$f(\varphi)=\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}-1=\dfrac{1+2\sqrt{5}+5}{4}-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}-1=\dfrac{6+2\sqrt{5}-2-2\sqrt{5}}{4}-1=1-1=0 $$
On peut donc effectivement conclure que $A\in \mathscr P$ puisque ses coordonnées vérifient l'équation de $\mathscr P$.
\end{enumerate}
}

\pagebreak
\Exoi{\hfill (3 points)\\
\begin{footnotesize}
On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par :
$$ f(x)=\sqrt{x^2+4x+5}$$
\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Montrer que pour tout $x\in\R$ on a : $(x+2)^2+1=x^2+4x+5$.}\\
On a pour tout $x\in\R$ $(x+2)^2+1=x^2+4x+4+1=x^2+4x+5$.
\item {\footnotesize Expliquer pourquoi la fonction $f$ est définie sur $\R$.}
\\
La fonction $f$ est définie sur $\R$ à condition que $x^2+4x+5$ soit positif ou nul.\\
Or, d'après la question précédente $x^2+4x+5=(x+2)^2+1\geq 0+1=1$. (en effet un carré est toujours positif.)
\item {\footnotesize Etablir que la fonction $f$ admet un minimum à préciser.}\\
Pour tout $x\in\R$, $(x+2)^2\geq 0\Longrightarrow (x+2)^2+1\geq 1\Longrightarrow \sqrt{(x+2)^2+1}\geq \sqrt{1}=1\Longrightarrow f(x)\geq 1$.
\\
De plus $f(-2)=1$. Ainsi $f$ admet $1$ pour minimum.
\end{enumerate}
}



\pagebreak
%\vfill

\setcounter{Exi}{0}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Cadre jaune
\psframebox[linestyle=solid,shadow=true,framearc=0.5,fillcolor=vert!30]{
\begin{minipage}{17cm}
\begin{center}
\vspace{1mm}
\textsc{\textbf{Correction de  l'interrogation n$^{\circ}2$ }}
\end{center}
\vspace{-3mm}
\end{minipage}
}







\Exoi{\textbf{Fonctions polynôme du second degré et nombre d'or}\hfill (7 points)\\
\begin{footnotesize}
On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par :
$$ f(x)=x^2-x-\dfrac{1}{2}$$
On note $\mathscr P$ sa représentation graphique dans un repère orthonormal.
\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item {\footnotesize Déterminer les antécédents du réel $-\dfrac{1}{2}$.}\\
On cherche les réels $x$ tels que :
\begin{eqnarray}
& & f(x)=-\dfrac{1}{2}\\
&\Longleftrightarrow & x^2-x-\dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{2}\\
&\Longleftrightarrow & x^2-x=0\\
& \Longleftrightarrow & x(x-1)=0\\
&\Longleftrightarrow & x=0\qquad \text{ou} \qquad x-1=0\\
&\Longleftrightarrow & x=0 \qquad \text{ou} \qquad  x=1
\end{eqnarray}
Les antécédents de $-\dfrac{1}{2}$ sont donc les deux réels $0$ et $1$.
\item {\footnotesize En déduire l'équation de l'axe de symétrie de la représentation graphique de la fonction $f$.}
\\
Les réels $0$ et $1$ ont la même image $-\dfrac{1}{2}$, on en déduit que l'axe de symétrie est la droite verticale d'équation $x=\dfrac{1}{2}$
\item {\footnotesize En déduire la forme canonique de la fonction $f$.}\\
Tout polynôme du second degré peut s'écrire sous la forme 
$$ f(x)=a(x-\alpha)^2+\beta$$
Ici $a=1$ et $\alpha=\dfrac{1}{2}$, de plus on sait que $f(\alpha)=\beta$, par conséquent :
$$ \beta=\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}-1=\dfrac{1-4}{4}=-\dfrac{3}{4}$$
Au final :
$$ f(x)=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{3}{4}$$
\item{\footnotesize  En déduire le tableau des variations de la fonctions $f$.}\\
Le coefficient devant $x^2$ est positif $(a=1)$, par conséquent d'après le cours on a :
%:-+-+-+-+- Engendré par : http://math.et.info.free.fr/TikZ/TableauxVariations/
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.875]
% Styles 
\tikzstyle{cadre}=[thin]
\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thin]
\tikzstyle{nondefini}=[lightgray]
% Dimensions Modifiables
\def\Lrg{1.5}
\def\HtX{1}
\def\HtY{0.5}
% Dimensions Calculées
\def\lignex{-0.5*\HtX}
\def\lignef{-1.5*\HtX}
\def\separateur{-0.5*\Lrg}
% Largeur du tableau
\def\gauche{-1.5*\Lrg}
\def\droite{4.5*\Lrg}
% Hauteur du tableau
\def\haut{0.5*\HtX}
\def\bas{-1.5*\HtX-2*\HtY}
% Ligne de l'abscisse : x
\node at (-1*\Lrg,0) {$x$};
\node at (0*\Lrg,0) {$-\infty$};
\node at (2*\Lrg,0) {$\dfrac{1}{2}$};
\node at (4*\Lrg,0) {$+\infty$};
% Ligne de la fonction : f(x)
\node  at (-1*\Lrg,{-1*\HtX+(-1)*\HtY}) {$f(x)$};
\node (f1) at (0*\Lrg,{-1*\HtX+(0)*\HtY}) {$ $};
\node (f2) at (2*\Lrg,{-1*\HtX+(-2)*\HtY}) {$-\dfrac{3}{4}$};
\node (f3) at (4*\Lrg,{-1*\HtX+(0)*\HtY}) {$ $};
% Flèches
\draw[fleche] (f1) -- (f2);
\draw[fleche] (f2) -- (f3);
% Encadrement
\draw[cadre] (\separateur,\haut) -- (\separateur,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\haut) rectangle  (\droite,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\lignex) -- (\droite,\lignex);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item {\footnotesize En déduire les coordonnées du sommet de la parabole $\mathscr P$.}\\
Les coordonnées du sommet, appelons le S, sont d'après le cours $(\alpha;\beta)$, par conséquent :
$$ S\left(\dfrac{1}{2};-\dfrac{3}{4}\right)$$
\end{enumerate}
\item {\footnotesize Montrer que le point $A\left(\dfrac{1+\sqrt{3}}{2};0\right)$ est un point de $\mathscr P$.}\\
$A\in \mathscr P$ si et seulement si $f\left(\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right)=0$. Or,
$$f\left(\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right)=\left(\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right)^2-\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1+2\sqrt{3}+3}{4}-\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{4+2\sqrt{3}-2-2\sqrt{3}}{4}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}=0 $$
On peut donc effectivement conclure que $A\in \mathscr P$ puisque ses coordonnées vérifient l'équation de $\mathscr P$.
\end{enumerate}
}

\pagebreak

\Exoi{\hfill (3 points)\\
\begin{footnotesize}
On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par :
$$ f(x)=\sqrt{x^2-4x+5}$$
\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Montrer que pour tout $x\in\R$ on a : $(x-2)^2+1=x^2-4x+5$.}\\
On a pour tout $x\in\R$ $(x-2)^2+1=x^2-4x+4+1=x^2-4x+5$.
\item {\footnotesize Expliquer pourquoi la fonction $f$ est définie sur $\R$.}
\\
La fonction $f$ est définie sur $\R$ à condition que $x^2-4x+5$ soit positif ou nul.\\
Or, d'après la question précédente $x^2-4x+5=(x-2)^2+1\geq 0+1=1$. (en effet un carré est toujours positif.)
\item {\footnotesize Etablir que la fonction $f$ admet un minimum à préciser.}\\
Pour tout $x\in\R$, $(x-2)^2\geq 0\Longrightarrow (x-2)^2+1\geq 1\Longrightarrow \sqrt{(x-2)^2+1}\geq \sqrt{1}=1\Longrightarrow f(x)\geq 1$.
\\
De plus $f(2)=1$. Ainsi $f$ admet $1$ pour minimum.
\end{enumerate}
}



\end{document}
