Correction devoir de synthèse n°1 4ème Sc Techniques Mr Abbes 08 12 10

(1)

UNE CORRECTION POSSIBLE du devoir de synthèse n°1 Mr Abbes 08 12 10 Proposée par Kooli Mohamed Hechmi

Exercice 1

1) c) voici l’explication

On a : = est une solution de l’équation − 2 cos + 1 = 0 , on sait que ′′ = donc ′′ = 1 donc = =

2) b) voici l’explication

On a: = cos et ∈ , donc cos < 0 donc arg%cos & ≡ ()2(*

arg% & ≡ +,-% cos & )2(* ≡ arg% & + arg%cos & )2(* ≡ (_{2 + ( )2(* ≡ −}(_{2 )2(*} 3) a) voici l’explication

. est une racine carrée de donc = . = %−.&

Exercice 2

1) a) − %3 − & + 4 = 0 + = 1 1 = −%3 − & 2 = 4

∆= 1 − 4+2 = 4−%3 − &5 − 4 × 4 = %3 − & − 16 = 9 − 6 − 1 − 16 = −8 − 6

= 1 − 9 − 2 × 1 × 3 = 1 − 2 × 1 × 3 + %3 & = %1 − 3 & donc : = 1 − 3

= −1 − :_{2+ =} 3 − − 1 + 3₂ = 1 + =−1 − :_{2+ =}3 − + 1 − 3₂ = 2 − 2 ;ℂ = =1 + , 2 − 2 >

b)

|1 + | = √1 + 1 = √2 |2 − 2 | = √2 + 2 = 2√2

soit . un argument de 1 + soit A un argument de 2 − 2

B cos . =_√ =√ sin . = _√ = √ E . ≡ F )2(* B cos . = _√ =√ sin . = _√ = −√ E . ≡ −F )2(* 1 + = √2 GH2 − 2 = 2√2 GH

(2)

2) a)%I′& ∶ 3 + %−9 + & + %14 + 6 & − 8 = 0

soit _K = . ( . ∈ ℝ ) une solution imaginaire de %I′& donc : 3%. & + %−9 + &%. & + %14 + 6 &. − 8 = 0 donc : −3 . + %−9 + &%−. & + 14. − 6. − 8 = 0 donc : −3 . + 9. − . + 14. − 6. − 8 = 0 donc : 9. − 6. + %−3. − . + 14. − 8& = 0 donc : M9. − 6. = 0 %1&

−3. − . + 14. − 8 = 0 %2&B

%1& : 9. − 6. = 0 ⇔ 3.%3. − 2& = 0 donc . = 0 ou . =

or . = 0 n’est pas une solution de %2& donc . = donc _K =

b) Déterminons trois complexes +, 1, et 2 tel que

3 + %−9 + & + %14 + 6 & − 8 = P −2_{3 Q %+ + 1 + 2&}

= + + 1 + 2 −2_{3 + −}2_{3 1 −}2_{3 2} = + + P1 −2_{3 +Q + P2 −}2_{3 1Q −}2_{3 2} par identification R S T S U_{1 − + = −9 +}+ = 3 2 − 1 = 14 + 6 2 = 8 B ⇔ R S T S U_{1 − × 3 = −9 +}+ = 3 2 − 1 = 14 + 6 2 = 8 B ⇔ R S T S U+ = 3 _{1 − 2 = −9 +} 2 − 1 = 14 + 6 2 = 8 B ⇔ R S T S U_{1 = −9 + 3}+ = 3 2 − %−9 + 3 & = 14 + 6 2 = 8 B ⇔ R T U+ = 3 _{1 = −9 + 3} 2 + 6 + 2 = 14 + 6 2 = 8 B ⇔ R T U+ = 3 _{1 = −9 + 3} 2 = 12 2 = 8 B 3 + %−9 + & + %14 + 6 & − 8 = V − W %3 + %−9 + 3 & + 12&

= 3 V − W ) − %3 − & + 4*

3 + %−9 + & + %14 + 6 & − 8 = 0 ⇔ 3 V − W ) − %3 − & + 4* = 0 Kooli Mohamed Hechmi http://www.mathematiques.tk/

(3)

donc − = 0 ou − %3 − & + 4 = 0 donc = ou = 1 + ou = 2 − 2 ;ℂ = X , 1 + , 2 − 2 Y 3) a) _Z = 1 + _[ = 2 − 2 et _\ = [ − Z \ − Z = 2 − 2 − 1 − 2 3 − 1 − = 1 − 3 −1 − 13 = %1 − 3 & V−1 + 13 W V−1 − 13 WV−1 +13 W = −1 + 13 + 3 + 1 1 + 19 = 10 3 10 9 = 10_{3 ×}_{10 = 3}9 On a +,- P [ − Z \ − ZQ ≡ V^_````à ,^bc W )2(* ````à or +,- P [ − Z \ − ZQ ≡ +,-%3 & )2(* ≡ ( 2 )2(* donc V^_````à ,^bc W ≡ (````à _{2 )2(*}

donc le triangle ^b_ est rectangle en ^.

Le cercle circonscrit au triangle ^b_ est le cercle de centre e = b ∗ _ et de rayon , = e^

g = [ +₂ \ = 2 − 2 + 23₂ =

6 − 6 + 2 3

2 =6 − 46 = 1 −23 e^ = | Z − g| = h1 + − 1 +2_{3 h = h}5_{3 h =}5₃

donc une équation du cercle circonscrit au triangle ^b_ est :

%j − 1& + Pk +2_{3Q =} 25₉

Exercice 3

1) ∀j ∈ ℝ ; -%j& = −1 + m

√mn_o

a) La fonction j ↦ j + 3 est dérivable sur ℝ ( polynome ) et ∀j ∈ ℝ j + 3 > 0 La fonction j ↦ √j + 3 est dérivable sur ℝ

(4)

La fonction j ↦ −1 + m

√mn_o est dérivable sur ℝ donc - est dérivable sur ℝ

∀j ∈ ℝ ; - %j& = P−1 + j √j + 3Q = P j √j + 3Q = √j + 3 − j4√j + 35 4√j + 35 =√j + 3 − j 2j 2√j + 3 4√j + 35 = √j + 3 − j √j + 3 4√j + 35 = 4√j + 35 − j √j + 3 4√j + 35 = 3 √j + 34√j + 35 = 3 4√j + 35 b) On a ∀j ∈ ℝ ; - %j& =

4√mn_{o 5}s > 0 donc - est strictement croissante sur ℝ

j −∞ +∞ - %j& + 0 -%j& −2 lim m→ x-%j& = limm→ x− 1 + j √j + 3 = limm→ x− 1 + j |j|y1 + 3_j = limm→ x− 1 + j −jy1 + 3_j = lim_{m→ x}− 1 − 1 z1 +{|}_j3 = −2 lim

m→ox-%j& = limm→ox− 1 + j

√j + 3 = limm→ox− 1 +

j

|j|y1 + 3_j = limm→ox− 1 +

j jy1 + 3_j = lim_m→ox− 1 + 1 z1 +{|}_j3 = 0 d’après le TV de - on a ∀j ∈ ℝ ; -%j& < 0

(5)

2) ∀j ∈ ℝ ; ~%j& = 1 − j + √j + 3

a) La fonction j ↦ j + 3 est dérivable sur ℝ ( polynome ) et ∀j ∈ ℝ j + 3 > 0 La fonction j ↦ √j + 3 est dérivable sur ℝ

La fonction j ↦ 1 − j + √j + 3 est dérivable sur ℝ donc la fonction ~ est dérivable sur ℝ

∀j ∈ ℝ ; ~ %j& = 41 − j + √j + 35 = −1 + _√mm_n_o = −1 +_√mm_n_o = -%j& ~ %j& est du signe de -%j& sur ℝ or ∀j ∈ ℝ -%j& < 0 donc ∀j ∈ ℝ ;~ %j& < 0

donc la fonction ~ est strictement décroissante sur ℝ

j −∞ +∞ ~ %j& − +∞ ~%j& 1 lim m→ x~%j& = limm→ x1 − j + •j + 3 = +∞ lim

m→ox~%j& = limm→ox1 − j + •j + 3

= lim_m→ox€V%1 − j& + √j + 3W V%1 − j& − √j + 3W

1 − j − √j + 3 • = lim_m→ox1 − 2j + j − j − 3 1 − j − √j + 3 = limm→ox −2j − 2 1 − j − √j + 3= limm→ox −2j − 2 1 − j − |j|y1 + 1_j = lim_m→ox −2j − 2

1 − j − jy1 + 1_j = limm→ox

j V−2 − 2jW j ‚1j − 1 − y1 +j ƒ1 = lim_m→ox −2 − 2j „…†…‡ 1 jˆ K −1 − y1 + 1_j {‰‰‰|‰‰‰} = 1 b) lim

m→ x4~%j& − %−2j + 1&5 = limm→ x1 − j + √j + 3 + 2j − 1

(6)

= lim_{m→ x}j + •j + 3 = lim_{m→ x}4j + √j + 354j − √j + 35 j − √j + 3 = limm→ x j − j − 3 j − √j + 3 lim m→ x −3 j − √j + 3 = 0

alors la droite Š ∶ k = −2j + 1 est une asymptote à Cf au voisinage de −∞ c) Soit la fonction ℎ définie sur ℝ par ℎ%j& = ~%j& − j

∀j ∈ ℝ ; ℎ %j& = ~ %j& − 1 < 0 car ∀j ∈ ℝ ; ~ %j& < 0 j −∞ +∞ ℎ %j& − +∞ ℎ%j& −∞ lim

m→ xℎ%j& = limm→ x~%j&Œ ox

−jox• = +∞ lim

m→oxℎ%j& = limm→ox~%j&Œ −j• x

= −∞

La fonction ℎ est continue et strictement croissante sur ℝ alors ℎ réalise une bijection de ℝ sur ℎ%ℝ& = lim

m→oxℎ%j& , limm→ xℎ%j& = *−∞ , +∞) = ℝ

or 0 ∈ ℝ alors l’équation ℎ%j& = 0 admet dans ℝ une unique solution .

ℎ%1,5& = ~%1,5& − 1,5 = 1 − 1,5 + •1,5 + 3 − 1,5 ≈ 0,29 ℎ%2& = ~%2& − 2 = 1 − 2 + •2 + 3 − 2 ≈ −0,35

ℎ%1,5& × ℎ%2& < 0 alors . ∈ *1,5 , 2)

ℎ%j& = 0 admet dans ℝ une unique solution .

⇔ ~%j& − j = 0 admet dans ℝ une unique solution . ⇔ ~%j& = j admet dans ℝ une unique solution .

d) On a lim

m→ox~%j& = 1 alors la droite d’équation k = 1 est une asymptote horizontale à Cf au voisinage de +∞ et on a la droite Š ∶ k = −2j + 1 est une asymptote à Cf au voisinage de −∞

(7)

3) a) On ~ est continue et strictement décroissante sur sur ~%ℝ& = lim

m→ox~%j& , limm→ x~ b) C-1f ;∆(Cf) avec ∆ c) On pose • ~ %j& k j ∈ *1 , ∞) k ∈ L B ⇔ ••k_{j ∈ *1 , ∞)}3 j k 1 k ∈ L ⇔ ⇔ •j ∈ *1 , ∞) k 3 %j k& 2%j k ∈ L ⇔ •2jk 2kj ∈ *1 , ∞) j 2j k ∈ L donc ∀j ∈ *1 , ∞) ; ~ % C-1 f ∆∶ k Cf k 2j 1

est continue et strictement décroissante sur L alors f réalise une bijection de

~%j& *1 , ∞) • ∆∶ k j )B ⇔ •j ∈ *1 , ∞)~%k& j k ∈ L B ⇔ • 1 k •k j ∈ *1 , ∞ k ∈ L ⇔ ••k_{j ∈ *1 , ∞)}3 )%j k& 1* k ∈ L BB %j k& 1 B ⇔ • k 3 j 2jk j ∈ *1 , ∞) k ∈ L 2 B ⇔ _RT U2k%j 1& j 2j 2 j ∈ *1 , ∞) k ∈ L ⇔ %j& j_{2%j 1&}2j 2 k j k 1

alors f réalise une bijection de L

• 3 j ∞) B BB jk k 2j 2k 1 B ⇔ R T Uk j_{2%j 1&}2j 2 j ∈ *1 , ∞) k ∈ L BB

(8)

4) a) On a ∀j ∈ L ; ~ %j& ! donc |~ %j&| ~ %j& 1

∀j ∈ )1 , ∞) ; |~ %j&| 1₂ 4√j 3 2j54√j 3 2√j 34√j 3 2j 3%1 j & 2√j 34√j 3 2j5 {‰‰‰‰‰‰‰|‰‰‰‰‰‰‰} ‘’“”•”– or j ∈ )1 , ∞) ⇔ j — 1 ⇒ donc 3%1 j & 2√j 34√j 3 2 ∀j ∈ )1 , ∞) ; |~ %j&| 1₂

b) La fonction ~ est dérivable on a . q 1 donc ∀j ∈ )1 , ∞ donc ∀x ∈ )1 , ∞) ; |f%x&

Exercice 4

Kooli Mohamed Hechmi

& 0 donc ∀j ∈ )1 , ∞) ; ~ %j& ! 0 m √mn_o 1 2 1 _√jj ₃ 12 12 _√j j ₃ 2j5 j5 j 3 4j 2√j 34√j 3 2j5 5 } ⇒ j — 1 ⇒ j › 1 ⇒ 1 j › 2j5› 0 1 2 › 0 ⇒ |~ %j&| › 12 dérivable sur )1 , ∞) et ∀j ∈ )1 , ∞) ; | ∞) |~%j& ~%.&| › |j .| or ~%. % & α| › |x α|

Kooli Mohamed Hechmi http://www.mathematiques.tk/

√j 3 2j 2√j 3 5 › 0 |~ %j&| › %.& . http://www.mathematiques.tk/

(9)

1) ~%0& = 1 ~%1& = 0 lim m→% &•~%j& = +∞ lim m→K ~%j& − 1 j = limm→K ~%j& − ~%0& j − 0 = ~ %0& = −1 lim m→ ž ~%j& j − 1 = limm→ ž ~%j& − 0 j − 1 = limm→ ž ~%j& − ~%1& j − 1 = −∞ 2) j −1 1 ~′%j& − ~%j& +∞ −1

3) Soit la fonction ℎ définie sur *−1 , 1* par ℎ%j& = ~%j& − j

∀j ∈ *−1 , 1* ; ℎ %j& = ~ %j& − 1 < 0

La fonction ℎ est continue et strictement décroissante sur *−1 , 1* alors ℎ réalise une bijection de *−1 , 1*sur ℎ% *−1 , 1* & = ℎ%1& , lim

m→ žℎ%j& = )−2 , +∞)

or 0 ∈ )−2 , +∞) alors l’équation ℎ%j& = 0 admet dans *−1 , 1* une unique solution . donc l’équation ~%j& = j admet dans *−1 , 1* une unique solution .

4) ∀j ∈ *0 , () -%j& = ~%cos j& et ∀j ∈ *−1 , 1* ~ %j& =

% om&√ mn On pose ∀j ∈ *0 , () Ÿ%j& = cos j donc -%j& = ~4Ÿ%j&5

la fonction Ÿ est dérivable sur *0 , () et Ÿ% *0 , () & = *−1 , 1) or ~ est dérivable sur *−1 , 1) donc - est dérivable sur *0 , ()

∀j ∈ *0 , () - %j& = 4~%cos j&5 = %cos j& × ~ %cos j& = − sin j −1 %1 + cos j&√1 − 2 ¡ j = sin j %1 + cos j&√¡ ¢ j = sin j %1 + cos j&|sin j|

or j ∈ *0 , () donc sin j > 0 donc |sin j| = sin j