★ Les démonstrations au programme — Première
Le programme officiel liste des démonstrations que tu dois savoir refaire. Elles sont toutes réunies ici (9 au total). Pour réviser : lis l'énoncé, cherche la preuve sur une feuille, puis déplie la démonstration pour comparer.
2. Suites arithmétiques et géométriques
Pour tout entier naturel $n \geqslant 1$ : $\quad 1 + 2 + 3 + \dots + n = \dfrac{n(n + 1)}{2}$.
Notons $S = 1 + 2 + \dots + (n - 1) + n$. On écrit la même somme dans l'ordre inverse : $S = n + (n - 1) + \dots + 2 + 1$.
En additionnant terme à terme ces deux écritures, chaque colonne vaut $n + 1$ :
$$\begin{array}{rcccccc} S &=& 1 &+& 2 &+ \dots +& n \\ S &=& n &+& (n-1) &+ \dots +& 1 \\ \hline 2S &=& (n+1) &+& (n+1) &+ \dots +& (n+1) \end{array}$$
Il y a $n$ colonnes, donc $2S = n(n + 1)$ et $S = \dfrac{n(n + 1)}{2}$. $\blacksquare$
Pour tout réel $q \neq 1$ et tout entier naturel $n$ : $\quad 1 + q + q^2 + \dots + q^n = \dfrac{1 - q^{n+1}}{1 - q}$.
Notons $S = 1 + q + q^2 + \dots + q^n$. Multiplions par $q$ : $qS = q + q^2 + \dots + q^n + q^{n+1}$.
Soustrayons : tous les termes intermédiaires s'éliminent, $$S - qS = 1 - q^{n+1}, \quad\text{soit}\quad (1 - q)S = 1 - q^{n+1}.$$
Comme $q \neq 1$, on peut diviser par $1 - q \neq 0$ : $S = \dfrac{1 - q^{n+1}}{1 - q}$. $\blacksquare$
Si $q = 1$, la somme vaut simplement $n + 1$.
3. Second degré
Soit $a \neq 0$ et $\Delta = b^2 - 4ac$. L'équation $ax^2 + bx + c = 0$ :
- si $\Delta > 0$, a deux solutions $x_1 = \dfrac{-b - \sqrt{\Delta}}{2a}$ et $x_2 = \dfrac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a}$ ;
- si $\Delta = 0$, a une unique solution $x_0 = -\dfrac{b}{2a}$ ;
- si $\Delta < 0$, n'a pas de solution réelle.
Étape 1 : forme canonique. Comme $a \neq 0$, on factorise par $a$ puis on complète le carré :
$$ax^2 + bx + c = a\left[x^2 + \frac{b}{a}x + \frac{c}{a}\right] = a\left[\left(x + \frac{b}{2a}\right)^2 - \frac{b^2}{4a^2} + \frac{c}{a}\right] = a\left[\left(x + \frac{b}{2a}\right)^2 - \frac{b^2 - 4ac}{4a^2}\right].$$
Donc $ax^2 + bx + c = a\left[\left(x + \dfrac{b}{2a}\right)^2 - \dfrac{\Delta}{4a^2}\right]$.
Étape 2 : discussion. Comme $a \neq 0$, l'équation équivaut à $\left(x + \dfrac{b}{2a}\right)^2 = \dfrac{\Delta}{4a^2}$.
- Si $\Delta < 0$ : le membre de droite est strictement négatif, alors qu'un carré est positif : aucune solution.
- Si $\Delta = 0$ : $\left(x + \frac{b}{2a}\right)^2 = 0 \iff x = -\frac{b}{2a}$.
- Si $\Delta > 0$ : $\dfrac{\Delta}{4a^2} = \left(\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right)^2$, donc $x + \dfrac{b}{2a} = \dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a}$ ou $x + \dfrac{b}{2a} = -\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a}$, ce qui donne $x_2$ et $x_1$. $\blacksquare$
4. Nombre dérivé et tangente
Si $f$ est dérivable en $a$, la tangente à $\mathcal{C}_f$ au point d'abscisse $a$ a pour équation $$y = f'(a)(x - a) + f(a).$$
La tangente n'est pas parallèle à l'axe des ordonnées (elle a un coefficient directeur), donc elle a une équation réduite de la forme $y = mx + p$, avec $m = f'(a)$.
Elle passe par $A(a\,;\,f(a))$, donc $f(a) = f'(a) \times a + p$, d'où $p = f(a) - f'(a)\,a$.
L'équation s'écrit donc $y = f'(a)\,x + f(a) - f'(a)\,a = f'(a)(x - a) + f(a)$. $\blacksquare$
5. Fonction dérivée
La fonction $f : x \mapsto x^2$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x$, $f'(x) = 2x$.
Soit $a$ un réel et $h \neq 0$. Le taux de variation de $f$ entre $a$ et $a + h$ vaut : $$\frac{f(a + h) - f(a)}{h} = \frac{(a + h)^2 - a^2}{h} = \frac{a^2 + 2ah + h^2 - a^2}{h} = \frac{h(2a + h)}{h} = 2a + h.$$
Quand $h$ tend vers 0, $2a + h$ tend vers $2a$. Donc $f$ est dérivable en $a$ et $f'(a) = 2a$. Ceci étant vrai pour tout réel $a$, $f'(x) = 2x$ sur $\mathbb{R}$. $\blacksquare$
La fonction $f : x \mapsto \dfrac{1}{x}$ est dérivable sur $]-\infty\,;\,0[$ et sur $]0\,;\,+\infty[$, et $f'(x) = -\dfrac{1}{x^2}$.
Soit $a \neq 0$ et $h \neq 0$ assez petit pour que $a + h$ soit non nul et de même signe que $a$.
$$\frac{f(a + h) - f(a)}{h} = \frac{1}{h}\left(\frac{1}{a + h} - \frac{1}{a}\right) = \frac{1}{h} \times \frac{a - (a + h)}{a(a + h)} = \frac{1}{h} \times \frac{-h}{a(a + h)} = \frac{-1}{a(a + h)}.$$
Quand $h$ tend vers 0, $a(a + h)$ tend vers $a^2$, donc le taux tend vers $-\dfrac{1}{a^2}$. Ainsi $f'(a) = -\dfrac{1}{a^2}$. $\blacksquare$
8. Trigonométrie
$\cos\dfrac{\pi}{4} = \sin\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ; $\quad\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2},\ \sin\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ ; $\quad\cos\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{2},\ \sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{1}{2}$.
Pour $\frac{\pi}{4}$. Le point $M$ associé est sur la bissectrice de l'angle $\widehat{IOJ}$ (45°), donc $\cos\frac{\pi}{4} = \sin\frac{\pi}{4} = c$ avec $c > 0$. Avec $\cos^2 + \sin^2 = 1$ : $2c^2 = 1$, $c = \frac{1}{\sqrt 2} = \frac{\sqrt2}{2}$.
Pour $\frac{\pi}{3}$. Soit $M$ associé à $\frac{\pi}{3}$. Le triangle $OIM$ est isocèle en $O$ ($OI = OM = 1$) avec un angle au sommet de 60°, donc ses angles à la base valent aussi 60° : il est équilatéral. Le projeté $H$ de $M$ sur $(OI)$ est le pied de la hauteur, qui est aussi médiane : $H$ est le milieu de $[OI]$, donc $\cos\frac{\pi}{3} = OH = \frac12$.
Puis $\sin^2\frac{\pi}{3} = 1 - \frac14 = \frac34$ et $\sin\frac{\pi}{3} > 0$, d'où $\sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt3}{2}$.
Pour $\frac{\pi}{6}$. Les points associés à $\frac{\pi}{6}$ et $\frac{\pi}{3}$ sont symétriques par rapport à la droite $y = x$ (car $\frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3}$), ce qui échange abscisse et ordonnée : $\cos\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt3}{2}$ et $\sin\frac{\pi}{6} = \frac12$. $\blacksquare$
9. Produit scalaire
Dans un triangle $ABC$, en notant $a = BC$, $b = AC$, $c = AB$ et $\widehat{A} = \widehat{BAC}$ : $$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\widehat{A}.$$
Avec la relation de Chasles, $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}$. Donc, en utilisant la bilinéarité (identité remarquable) : $$a^2 = BC^2 = \|\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}\|^2 = AC^2 - 2\,\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AB} + AB^2.$$
Or $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = AB \times AC \times \cos\widehat{A} = cb\cos\widehat A$. D'où $a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\widehat{A}$. $\blacksquare$
Si $\widehat A$ est droit, $\cos\widehat A = 0$ : on retrouve le théorème de Pythagore.
Soient $A$ et $B$ deux points distincts. L'ensemble des points $M$ tels que $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB} = 0$ est le cercle de diamètre $[AB]$.
Soit $O$ le milieu de $[AB]$ : $\overrightarrow{OB} = -\overrightarrow{OA}$ et $OA = \frac{AB}{2}$. Avec Chasles : $$\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB} = (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA})\cdot(\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OB}) = (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA})\cdot(\overrightarrow{MO} - \overrightarrow{OA}) = MO^2 - OA^2.$$
Donc $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB} = 0 \iff MO^2 = OA^2 \iff OM = OA = \dfrac{AB}{2}$ : $M$ décrit le cercle de centre $O$ et de rayon $\frac{AB}{2}$, c'est-à-dire le cercle de diamètre $[AB]$. $\blacksquare$
Pour $M \neq A, B$ : l'angle $\widehat{AMB}$ est droit exactement quand $M$ est sur ce cercle (propriété du cercle circonscrit à un triangle rectangle, vue au collège).