L ex pres sion est défi nie pour tout x de . On fact oris e !!

CALCUL MENTAL TS1

SEMAINE DU 23 AU 27 MARS CORRECTION

Lundi 23/03 :

1) signe de xe ^x 5x

L ex pres sion est défi nie pour tout x de . On fact oris e !!

xe ^x 5 x x ( ^{e x 5 .} )

On va alors faire un tableau de signes :

Pour le signe de x : c est la définition de positif ou négatif (ou on le voit comme une fonction affine 1x 0) Pour le signe de e ^x 5 :

e ^x 5 0  e ^x 5  x ln(5) car la fonction ln est strictement croissante sur ]0 [ On mettra donc les dans le tableau pour x plus grand que ln(5).

De même, e ^x 5 0  x ln(5).

On a donc le tableau :

x 0 ln(5) x

e ^x 5 x ( ^{e x 5} )

2) résoudre z 2iz 1

Quand il y a z et z dans l équation, on pose z a ib et on cherche a et b.

On pose z a i b avec a et b des réels. Alors z a i b.

z 2 i z 1  (a ib ) 2i( a ib ) 1  a ib 2 ia 2b 1 car i ² 1.

z 2 i z 1  (a 2 b) i( b 2 a) 1 0 i on écrit les deux m emb res sous forme al gébrique.

On identifie les parties réelles et les parties imaginaires.

z 2 i z 1 

 

 a 2b 1 b 2a 0 

 

 a 2 b 1

b 2 a 

 

 a 2 ( 2 a) 1

b 2a 

 

 ^{a 1} ₃

b ²

3

 z 1

3 2 3 i La solution est 1

3 2 3 i .

On n oublie pas de revenir à z en remplaçant a et b par ce qu on a trouvé dans z a i b.

Mardi 24/03 :

1) signe de 2e ^x e ^2x

L ex pres sion est défi nie pour tout x de . On fact oris e !!

2e ^x e ^2x 2 e ^x e ^x e ^x e ^x ( ^{2 e x} )

On va alors faire un tableau de signes : Pour le signe de e ^x : pour tout réel x, e ^x 0 Pour le signe de 2 e ^x :

2 0  2 e ^x  ln(2) x car la fonction ln est strictement croissante sur ]0 [ On mettra donc les dans le tableau pour x plus petit que ln(2).

De même, 2 e ^x 0  ln(2) x On a donc le tableau :

x ln(2) e ^x

2 e ^x e ^x ( ^{2 e x} )

2) résoudre i z 3 2z 5i

Ici, il n y a que z dans l équation donc il est inutile de poser z a ib (c est possible mais compliqué !) On procède comme si l inconnue était x : on "met les z d un côté et les nombres (y compris i) de l autre"

iz 3 2z 5i  iz 2z 3 5i  z (i 2) 3 5i  z 3 5i i 2

On n oublie pas de m ett re la solution sous form e al gébrique en multipliant l e num érat eur (ici 3 5i ) et le dénominateur (ici i 2 qui est égal à 2 i) par le conjugué du dénominateur) :

3 5i i 2

( 3 5i )( 2 i ) ( 2 i )( 2 i ) ⁾

6 3i 10 i 5 i² ( 2)² 1²

1 13i 5

1 5

13 5 i La solution est 1

5 13

5 i .

Mercredi 25/03 : 1) signe de 3ln(x ) 5

L expression est définie pour x 0 donc sur ]0 [.

On résout 3ln( x) 5 0 : 3ln( x) 5 0  ln(x) 5

3  x e

5

3 car la fonction exp est croissante sur . De même 3ln( x) 5 0  x e

5 3

On a donc le tableau :

x 0 e

5

3 3ln( x) 5

2) résoudre 3z ² 5z 29 12 0

C est une équation du second degré à coefficients REELS donc on calcule le discriminant puis les racines.

4 donc le trinôme a deux racines complexes conjuguées qui sont 5 i 4 2 3

5 2i 6

5 6

1 3 i et 5

6 1

3 i . Les solutions sont 5 6

1

3 i et 5 6

1 3 i

Jeudi 26/03 :

1) signe de ln(x²) 4ln( x) 8 ln(x ²) existe ssi x² 0 ssi x0 ln(x ) existe ssi x 0

donc ln( x²) 4ln( x) 8 existe ssi x 0 L expression est définie sur ]0 [.

Si on avait ln(x)² 4ln( x) 8, on poserait X ln(x ). Ici, on ne peut pas car le carré est dans la parenthèse.

On transforme donc l expression.

Pour tout x 0, ln(x²) 4ln( x) 8 2ln( x) 4ln(x ) 8 8 2ln(x) On résout 8 2ln(x ) 0 :

8 2ln(x) 0  4 ln( x)  e ⁴ x car la fonction exp est croissante sur . De même 8 2ln(x) 0  e ⁴ x

8 2ln(x) 0 quand e ⁴ x donc on met l es avant e ⁴ On a donc le tableau :

x 0 e ⁴ 3ln( x) 5

2) résoudre z² 2iz 1 0

C est une équation du second degré mais les coefficients ne sont pas réels (le coefficient de z est 2i ) donc on ne peu pas utiliser le discriminant. On essaie donc de FACTORISER.

Pour cela, on repère l identité remarquable : z² 2iz 1 z² 2 z i i ² (z i )².

z² 2iz 1 0  (z i )² 0  z i 0  z i

La solution est i.