Corrigé du dernier DS (TMIC)

CORRIGE

EXERCICE 1

On note i le nombre complexe de module 1 et dont un argument est π 2. Soient les nombres complexes z₁ et z₂ tels que z₁ = 2 + i 6 et z₂ = 2 − 2i.

1. a. | z₁| = ( 2)² + ( 6)² = 2 + 6 = 8 = 2 2 | z₂| = (2)² + (2)² = 4 + 4 = 8 = 2 2 z₁ = 2 + i 6 = 2 2(1

2 + i 3

2 ) = 2 2(cos (

3)+ i sin(

3) donc

3 est un argument de z₁.

z₂ = 2 − 2i = 2 2( 2 2 − i 2

2 ) = 2 2(cos (-

4)+ i sin(-

4) donc -

4 est un argument de z₁.

b. z1

z₂ = 2 2 e ^{i /3}

2 2 e ^{- i /4} =

e

e

b. z₁ =

e

EXERCICE 2

1. a. L’équation différentielle y'' + y = 0 admet des solutions de la forme f : # A cos(x) + B sin(x), où A et B désignent deux réels.

b. f (0) = 1 d'où A cos(0) + B sin(0) = 1 c'est-à-dire A = 1.

f '(x) = - A sin(x) + B cos(x) f '( π

4) = 0 d'où - A sin(π

4) + B cos(π

4) = 0 c'est-à-dire - A 2 2 + B 2

2 = 0, donc A = B.

donc f(x) = cos(x) + sin(x) 2. a. [f (x)]² = (cos(x) + sin(x))²

= cos²(x) + sin²(x) + 2 × cos(x) × sin(x)

= 1 + sin(2x) car cos²(x) + sin²(x) = 1 et 2 cos(x) sin(x) = 1 + sin(2x).

b. et c.

= π

⌡ ⌠

0 π

2 [ f (x)]² dx = π

⌡ ⌠

0 π

2 (1 + sin(2x)) dx = π [ x – 1

2 cos(2x)]

= π [(

2 – 1

2 cos(2 ×

2)) – (0 – 1

2 cos(2 × 0))]

= π [ 2 + 1

2 + 1 2] = π [

2 + 1] u.v.

1 u.v. = 4 × 4 × 4 cm³

donc = π [

2 + 1] × 64 º 516,889 cm³.

PROBLÈME

Partie A 1. a. Vérifier que, pour tout x de l’intervalle I :

e^x + 1 + 1

e^x − 1 = (e^x – 1)(e^x + 1) + 1

e^x – 1 = (e^x)² – 1+ 1 e^x – 1 = e^2x

e^x − 1 = f(x).

b.

x→ + lim∞

f(x) = + ∞ car lim

x→ + ∞

(e^x + 1) = + ∞ et lim

x→ + ∞

1 e^x − 1 = 0

x→0lim⁺ f(x) = + ∞ car lim

x→0⁺ (e^x − 1) = 0⁺ donc lim

x→0⁺

1

e^x − 1 = + ∞

x→0lim⁺ f(x) = + ∞ donc la droite d'équation x = 0 est asymptote à la courbe Cf.

2. a. f est dérivable sur l’intervalle I.

f '(x) = 2 × e^2x (e^x – 1) – e^2x × e^x

(e^x – 1)² = 2 e^3x – 2 e^2x – e^3x

(e^x – 1)² = e^3x – 2 e^2x

(e^x – 1)² = e^2x(e^x − 2) (e^x − 1)². b. f '(x) est du signe de (e^x − 2) car (e^x − 1)² 0 et e^2x > 0 pour tout x de l’intervalle I.

Je résous e^x − 2 > 0 e^x > 2

x > ln(2) donc la fonction est décroissante sur ] 0 ; ln 2 [ et croissante sur ] ln 2 ; + ∞ [.

La fonction f admet donc un minimum en ln 2 qui est f(ln 2) = e^{ln 2} + 1 + 1

e^{ln 2} − 1 = 2 + 1 + 1

2 – 1 = 4 donc f (x) > 0 sur I.

Partie B 1.

2 0

C_f

C_g

2. h(x) = f(x) − g(x) = e^x + 1 + 1

e^x − 1 − (e^x + 1) = 1 e^x − 1. e^x

e^x − 1 − 1 = e^x − (e^x − 1) e^x − 1 = 1

e^x − 1 = h(x)

On en déduit une primitive de h sur I : H(x) = ln(e^x − 1) forme u'

u primitive ln(u) 3.

S =

⌡ ⌠

ln 2

ln 3( f(x) − g(x)) dx =

⌡ ⌠

ln 2

ln 3h(x) dx

= [H(x)]

= H(ln 3) – H(ln 2) = ln(e^{ln 3} − 1) – ln(e^{ln 2} − 1) = ln 2 – ln 1

= ln 2 u.a.

1 u.a. = 2 × 1 = 2 cm²

donc S = 2 × ln 2 cm².

ln 3 ln 2