CORRECTION DEVOIR SURVEILLE N° 2 TERMINALE S 3 EXERCICE 1 :
1. a) La fonction g est dérivable comme somme de fonctions dérivables ; g'( x ) tan ( x ) =
2+ − = 1 1 tan ( x )
2est positif ; donc la fonction g est croissante sur I et comme g(0) = 0, la fonction g est positive sur I.
b) Pour tout x de I, on a 2 1
2 ≤ cos( x ) ≤ donc 1
1 2
cos( x )
≤ ≤ et 0 2
sin( x ) 2
≤ ≤ , donc 0 ≤ tan( x ) ≤ 1 .
c) La fonction h est dérivable comme somme de fonctions dérivables ; h'( x ) tan ( x ) =
2+ − = 1 2 tan ( x )
2− 1 ; d’après la question précédente, h’(x) est négative et donc h est décroissante sur I ; de plus, h(0) = 0, donc h est négative sur I.
2. a) La fonction f est dérivable comme somme de fonctions dérivables ; f '( x ) tan ( x ) =
2+ − − 1 1 4 x
2= tan ( x )
2− 4 x
2; donc f '( x ) (tan( x ) = + 2 x )(tan( x ) − 2 x ) ; d’après les questions précédentes, tan( x ) − 2 x ≤ 0 et tan( x ) + 2 x ≥ 0 donc f’(x) est négative et donc f est décroissante sur I ; de plus, f(0) = 0, donc f est négative sur I.
b) Le tableau de variations de f : ( Le signe de f sur I : f(x) ≤ 0 ) c) Pour tout x de I, on a g( x ) ≥ 0 et f(x) ≤ 0, donc
4
33 x tan( x ) x ≤ ≤ + x .
3. Pour tout x de I, on a
4
30 3
tan( x ) x x
≤ − ≤ et si x ≠ 0,
24
0 3
tan( x ) x x x
≤ − ≤ . Comme
00
4 0
3
xx
lim x
→>
= alors
200 x
0
x
tan x x
lim
→>x − = . La fonction tangente est dérivable sur I, donc
4
1 4
x
tan x lim
π
x π
→
−
−
est le nombre dérivé de tan(x) en 4
π , car 1
tan( ) π 4 = ; donc
24
1 1 2
4 4
4
x
tan x
lim tan'( ) tan ( )
π
x
π π
π
→
− = = + =
−
.
EXERCICE 2 : a) On a
1 0 02 14
3 3
u v
u = + = ,
1 0 03 15
4 4
u v
v = + = ,
273 u = 18 ,
2191 v = 48 . b) Pour tout entier naturel n,
1 1 14 2 3 3
12
n n n n
n n n
( u v ) ( u v )
w
+= u
+− v
+= + − + = 1
12 12
n n
n
u v
− = w . Donc la suite ( w )
nest géométrique de raison 1
12 et de premier terme w
0= 11 . Ainsi 11 1 12
n
w
n
= . Pour tout entier n, w
n> 0 . c) On a
12 3
3 3
n n n n
n n
u v u w
u
+− = u + − = − < 0, donc la suite ( u )
nest décroissante ; et
13 4
4 4
n n n n
n n
u v v w
v
+− = v + − = > 0, donc la suite ( v )
nest croissante. De plus
n n n0
n
lim w
nlim( u v )
→+∞
=
→+∞− = car la raison de la suite ( w )
nest strictement compris entre -1 et 1. Donc les deux suites ( u )
net ( v )
nsont adjacentes.
d) Pour tout n, t
n+1= 3 u
n+1+ 8 v
n+1= + u
n2 v
n+ 2 ( u
n+ 3 v ) t
n=
n. Donc la suite ( t )
nest constante et t
n= = t
036 8 44 + = .
On trouve que 1
4 8 12
n
u
n
= + et que 1 4 3 12
n
v
n
= − . La limite commune de ( u )
net ( v )
nest 4 .
EXERCICE 3 : a) L’équation z
2− 2 z + = 4 0 a pour discriminant : ∆ = -12 ; donc l’équation a deux solutions
complexes :
12 12 1 3
2
z = + i = + i et z
2= = − z
11 i 3 ; L’équation z
2+ ( 2 2 )z + = 4 0 a pour discriminant : ∆ = -8 ;
donc l’équation a deux solutions complexes : z
3= ( − 2 2 + i 8 ) 2 = − 2 + i 2 et z
4= = − z
32 − i 2 . b) Le quadrilatère ABCD est un trapèze isocèle.
c) z
A= 1
2+ ( 3 )
2= 2 et z
B= ( − 2 )
2+ ( 2 )
2= 2 . Comme z
C= z
Aet z
D= z
B, alors z
c= z
D= 2 . Soit θ
Aun argument de z
A; on a 1
2
cos( θ
A) = et 3
2
s in( θ
A) = , donc θ
A= π 3 [2π], et Arg( z
C) = − π 3 [2π].
Soit θ
Bun argument de z
B; on a 2 2
cos( θ
B) = − , 2
2
s in( θ
B) = , donc 3 4
B
π
θ = [2π], Arg( z
D) = 3 4 − π [2π].
d) On a 2 1 6 2 6 2
4 4
1 3
B A
z ( i ) i
z i
− + − +
= = +
+ . De plus,
B B1
A A
z z
z = z = et
3 54 3 12
B
B A
A
Arg(z ) Arg( z ) Arg( z ) z
π π π
= − = − =