TS - DS3 – Correction Page 1 sur 3
Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle
Devoir surveillé n° 3 Devoir surveillé n° 3 Devoir surveillé n° 3
Devoir surveillé n° 3 ---- correction correction correction correction
Exercice 1 : Restitution organisée des connaissances (4 points)
Le but de l’exercice est de démontrer est de démontrer l’unicité de la fonction solution du système
y′=y y(0)=1 Pré requis :
• Nous admettrons l’existence d’au moins une fonction f solution du système
y′=y y(0)=1.
• Nous admettrons que f ne s’annule pas sur Ë.
Démontrons l’unicité de la solution du système
y′=y y(0)=1 : Considérons une solution g de y′=y
y(0)=1 et montrons alors que g=f.
Pour cela considérons la fonction φ définie sur Ë par φ(x)=g(x) f(x).
• f et g sont solutions de y′=y
y(0)=1 donc f(0)=g(0)=1 donc φ(0)=1
• g est dérivable sur Ë et f est dérivable et ne s’annule jamais sur Ë donc φ est dérivable sur Ë et φ′=g′f−g f ′ f2
• g et f sont solutions de y′=y
y(0)=1 donc f ′=f et g′=g d’où φ′= g f −g f
f2=0 donc φ est une fonction constante et ┐x☻Ë φ(x)=φ(0)=1 donc g(x)
f(x)=1 donc ┐x☻Ë, g(x)=f(x) càd g=f.
Ceci prouve donc l’unicité de la solution de y′=y
y(0)=1 4 points
Exercice 2 (11 points)
Soit f la fonction définie sur IR par f(x)= x ex−x . Partie A
Soit g la fonction définie sur IR par g(x)=ex−x−1.
1. Etudions les variations de g et déduisons-en son signe.
g est dérivable sur IR comme somme de fonctions dérivables sur IR et ┐x☻IR, g′(x)=ex−1 ex−1>0ñex>1ñex>e0ñx>0
Ainsi
g′(x)>0 si x☻]0;+õ[
g′(0)=0
g′(x)<0 si x☻]- õ;0[ d’où
g est strictement croissante sur [0;+õ[ et strictement décroissante sur ]-õ;0] 1,5 points Ainsi si x>0 alors g(x)>g(0) càd g(x)>0 et si x<0 alors g(x)>g(0) càd g(x)>0
donc ┐x☻IR*, g(x)>0 et g(0)=0
Ainsi, pour tout x☻IR, g(x)Ã0 0,5 point 2. Justifions que ┐x☻IR, ex−x>0
D’après 1., on sait que ┐x☻IR, g(x)Ã0 donc ex−x−1Ã0 càd ex−xÃ1>0 Ainsi ┐x☻IR, ex−x>0 . 0,5 point
Partie B
1. a. Limites de f
Limite en +õ : f(x)= x
ex−x= x
ex
(
1−xe-x)
= x ex1
1−xe-x. On a lim
x↔ +õ-xe-x= lim
X↔ -õXeX=0 donc lim
x↔+õ1−xe-x=1
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De plus, lim
x↔ +õ
ex
x =+õ donc lim
x↔+õ
x
ex=0 d’où lim
x↔+õf(x)=0 1 point Limite en –õ :┐xý0, f(x)= x
ex−x= x x
ex x −1
= 1 ex
x −1 lim
x↔-õ
ex
x =0 d’où lim
x↔-õ
ex
x −1=-1 donc lim
x↔-õf(x)=-1 1 point b. Interprétation graphique :
On déduit de la question 1.a. que les droites d’équation y=0 et y=-1 sont respectivement asymptotes horizontales à Cf au voisinage de +õ et de –õ. 0.5 point
2. a. Calculons f ′(x).
u:x→x est dérivable sur IR et v:x→ex−x est dérivable et ne s’annule pas sur IR donc f= u
v est dérivable sur IR et f ′=u′v−uv′
v2 ,
┐x☻IR, f′(x)=ex−x−x
(
ex−1)
(
ex−x)
2 =ex−x−xex+x(
ex−x)
2 = ex(1−x)(
ex−x)
2 1,5 points b. Etudions le sens de variation de f┐x☻IR, ex>0 et
(
ex−x)
2>0 (d'après A.2). Ainsi f ′(x) est toujours du signe de 1−x. Donc
f ′(x)>0 si x<1 f ′(1)=0
f '(x)<0 si x>1 d’où
f est strictement croissante sur]-õ;1]
fest strictement décroissante sur[1;+õ[ 1 point
x −∞ 1 +∞
signe de f ′(x) + −
f
1 e−1
-1 0
3. a. Déterminons une équation de la tangente T à Cf au point d’abscisse 0.
f est dérivable en 0, donc l’équation réduite de la tangente à Cf au point d’abscisse 0 est y=f′(0)(x−0)+f(0) Or, f ′(0)=e0(1−0)
(
e0−0)
2=11=1 et f(0)= 0
e0−0=0.
Ainsi, l’équation réduite de T est y=x . 1 point b. Etudions la position relative de Cf par rapport à T.
f(x)−x= x
ex−x−x=x−xex+x2
ex−x =x
(
1−ex+x)
ex−x =-xg(x) ex−x .
Or, ┐x☻IR, g(x)Ã0 et ex−x>0, donc f(x)−x est toujours du signe de –x Ainsi f(x)−xÃ0 si xÂ0 et f(x)−xÂ0 si xÃ0,
On déduit que Cf est au dessus de T sur ]-õ;0] et en dessous sur [0;+õ[ . 1 point
4. Tracés de la droite T, des asymptotes et de la courbe Cf : 1,5 point
C
y=-1 T
2 3 4
-1 -2 -3 -4
-1
0 1
1
x y
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Exercice 3 (6 points)
a. On donne deux nombres complexes z1=2−5i et z2=1+2i. 3 points Donnons la forme algébrique des complexes suivants : z1+z2 et z1z2 et z1z22 :
z1+z2=2−5i+1+2i=3−3i ;
z1z2=(2−5i)(1+2i)=2+4i−5i−10i2=12−i ;
z1z22=(2−5i)(1+2i)2=(2−5i)
(
1+4i+4i2)
=(2−5i)(-3+4i)=-6+8i+15i−20i2=14+23i b. Soient x et y deux réels,A chaque nombre complexe z=x+i y, on associe le nombre complexe Z=1+z+z2.
i. Déterminons la forme algébrique de Z : 1 point
Z=1+z+z2=1+(x+iy)+(x+iy)2=1+x+iy+x2+2ixy−y2=
(
1+x+x2−y2)
+iy(1+2x) Donc Re(Z)=1+x+x2−y2 et Im(Z)=y(1+2x)ii. Déterminons l’ensemble des nombres complexes z tels que Z soit un réel : 1 point Z réel ñ Im(Z)=0ñy(1+2x)=0ñy=0 ou 1+2x=0 ñy=0 ou x=- 1
2 Donc Z est un réel ssi z=x ou z=- 1
2 +y i
iii. Déduisons-en l’ensemble des points M d’affixe z vérifiant la condition précédente. 1 point
Z est réel ssi y=0 ou x=- 1 2 Ainsi
l’ensemble des points M d’affixe z tels que Z soit réel est la réunion des droites d’équation y=0 et x=- 1 2 .