TS 8 DS 2 Correction : Continuit´e et Complexe 13 octobre 2015 Exercice 1 : Restitution organis´ee des connaissances
Voir les exercices.
Exercice 2 : Exercices classiques 1. R´esoudre les ´equations dansC
(a) S={3−i
5 } (b) S={−5 +3i}
(c) S={1−i
√2 2 ; 2 +i
√2 2 }
(d) On obtient 2x−2−y+i(2y−2−x) = 0. On r´esout un syst`eme d’´equations pour obtenirS={2 + 2i}
2. ABCD est un parall´elogramme si et seulement si−−→ AB = −−→
DC, c’est-`a-dire zB −zA = zC −zD c’est-`a-dire 5 +i=−3 + 3i−zD, ce qui est ´equivalent `azD= 2i−8
3. z0=x+iy+ 2
1−ix+y =(x+ 2 +iy)(1 +y+ix)
(1 +y)2+x2 =(x+ 2 + 2y) +i(x2+ 2x+y+y2) (1 +y)2+x2 . 4. Non r´edig´ee :
(a) En utilisant correctement les limites de fonctions compos´ees. lim
x→+∞cos
√1 x
= 1.
(b) En utilisant correctement le th´eor`eme des gendarmes. lim
x→−∞
x(2 + sin(x)) x2+ 1 = 0.
Exercice 3 : Probl`eme : ´Etude d’une fonction Partie A
1. Pour x 6= 0,g(x) = x3(1−x32 −x33). lim
x→−∞1− x32 −x33 = 1 et lim
x→−∞x3 =−∞. Par produit, la fonction diverge vers−∞. En +∞, elle diverge vers +∞
2. g est d´erivable comme fonction polynˆome.g0(x) = 3x2−3 = 3(x−1)(x+ 1). On obtient donc le tableau de variations suivant :
x
g0(x)
g
−∞ −1 1 +∞
+ 0 − 0 +
−∞
−∞
−1
−1
−5
−5
+∞
+∞
3. Selon le tableau de variations, g admet un maximum de −1 sur ]− ∞; 1]. g(x) = 0 n’admet donc pas de solution sur cet intervalle.
Sur [1; +∞[ :
— g est continue.
— g est strictement croissante.
— g(1) =−5 et lim
x→+∞g(x) = +∞
Par le corollaire du th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, on en d´eduit queg(x) = 0 admet une unique solution sur [1; +∞[.
g(x) = 0 admet donc une unique solution surR. 4. 2,1< α <2,2 doncα≈2,2
5. g est croissante sur [1; +∞[ donc x
g(x)
−∞ α +∞
− 0 +
Partie B
1. f est d´efinie sur R\ {−1; 1}
2. lim
x→−12x3+ 3 = 5 et lim
x→−1x2−1 = 0. Six <−1, alorsx2−1>0, donc par quotient lim x→ −1
x <−1
f(x) = +∞.
TS 8 DS 2 Correction : Continuit´e et Complexe, Page 2 sur 2 2015-2016 De mˆeme, on a lim
x→ −1 x >−1
f(x) =−∞.
Pour x6= 0, g(x) = x 2 + x33
1−x12 . En −∞, le num´erateur diverge vers −∞(par produit) et le d´enominateur tend vers 1. Donc lim
x→−∞g(x) =−∞.
Par ailleurs lim
x→+∞g(x) = +∞, lim x→1 x <1
g(x) =−∞et lim x→1
x >1
g(x) = +∞.
3. Il existe donc deux asymptotes verticales d’´equationx=−1 etx= 1
4. f est d´erivable surDfcomme quotient de polynˆomes avec le d´enominateur non nulle. On poseu(x) = 2x3+ 3 etv(x) =x2−1, On au0(x) = 6x2et v0(x) = 2x.
Doncf0(x) = 6x2(x2−1)−2x(2x3+ 3)
(x2−1)2 = 2x(3x3−3x−2x3−3)
(x2−1)2 = 2xg(x) (x2−1)2
5.
x 2x g(x) f0(x)
f
−∞ −1 0 1 α +∞
− − 0 + + +
− − − − 0 +
+ + 0 − − 0 +
−∞
−∞
+∞
−∞
−3
−3
−∞
+∞
f(α) f(α)
+∞
+∞
6. On sait queg(α) = 0 doncα3= 3α+ 3 f(α) = 2α3+ 3
α2−1 = 2(3α+ 3) + 3
α2−1 = 3(2α+ 3) α2−1 . Exercice 4 : Probl`eme : ´Etude d’une transformation
1. SoitAd’affixezA= 1 +i√ 3
(a) Il faut tracer un cercle de centreO et de rayon 2, on reconnaˆıtzA= 2 cos π6
+ 2isin π6 (b) zA1= 1
√3 +i =
√3−i
4 . Pour le placer, on utilise cette fois un cercle de centre 12 (c) zA0 =zA+zA1
2 =4√
3 + 4i+√ 3−i
8 = 5√
3 + 3i
8 . On place le milieu avec le compas 2. (a) Le milieu dez et 1z est donn´e par la formule :z0 =12 z+1z
. (b) zB0 = 12
zB+z1
B
=34ietzC0 =−34 i
(c) Il suffit de les placer `a partir des coordonn´ees.
3. z+1z = 0⇔ z2+ 1
z = 0. Les ant´ec´edents deO sont les points d’affixeiet −i 4. 12 z+z1
=z⇔ −z2+ 1
z . Les points stables sont les points d’affixe 1 et −1.
5. SoitM d’affixez=x+iy un point du cercle de centreO et de rayon 1. Doncx2+y2= 1 z0=12
x+iy+ x−iy x2+y2
=12(x+iy+x−iy) =x.
CommeM appartient au cercle de centre O et de rayon 1, on en conclut que−1< x <1, ce qui d´emontre la propri´et´e.
