DS3 NOM : NOTE FINALE 20 Gestion des arrondis et des unités et rédaction/présentation
E1 Réponse Obtenus Points
1.a f = 3 +√
uavec u : x 7→ 0.5x2−7. u est dérivable sur R et pour tout x ∈ [4; +∞[, u(x)>0 doncf est dérivable sur [4; +∞[.
Pour toutx>4,f′(x) = 0 + u′(x) 2p
u(x) = x
2√
0.5x2−7.
La dérivée ne s’annule pas et est strictement positive sur [4; +∞[ doncf est strictement croissante sur [4; +∞[.f(4) = 4 et lim
x→+∞f(x) = +∞(limite obtenue par composition :
x→lim+∞0.5x2−7 = +∞et lim
X→+∞3 +√
X= +∞).
x Signe def′(x) Variations def
4 +∞
+
4 4
+∞ +∞
3*1
1.b ∀n∈N, soit P(n) : 86un+16un 610.
Initialisation :n= 0. u1= 3 +√
43∈[9; 10], on a bien 86u16u0 610 doncP(0) est vraie.
Hérédité :Soitn∈Nfixé. On supposeP(n) vraie et on cherche à démontrer que cette hypothèse impliqueP(n+ 1) vraie.
P(n) vraie⇔86un+16un610⇔f(8)6f(un+1)6f(un)6f(10) car la fonctionf est strictement croissante sur [4; +∞[ donc sur [8; 10].f(8) = 8 etf(10)610.
⇒86un+26un+1610⇔P(n+ 1) vraie.
Conclusion : D’après le raisonnement par récurrence, 8 6un+1 6un 610 pour tout n∈N.
2 1.c D’après la question précédente, pour toutnentier naturel,un+16un donc la suite (un)
est décroissante. De plus, elle est minorée par 8 donc d’après le théorème de convergance monotone, la suite (un) converge.
1
2. Algorithme :
⊲ Variables
n est un entier naturel u est un réel
Initialisation
Affecter à n la valeur 0 Affecter à u la valeur 10
⊲ Traitement Tant que u>8.001
Affecter à u la valeur 3+√
0.5∗u2−7 Affecter à n la valeur n+1
Fin tant que
⊲ Sortie
Afficher la variable n
En sortie d’algorithme, l’affiche sera 34.
2*1
Total −→ 8 points
E3 Réponse Obtenus Points
1 4iz+ 2i = 1−z+ i⇔(1 + 4i)z= 1−i⇔(1−4i)(1 + 4i)z= (1−i)(1−4i)⇔17z=−3−5i z=−3
17 − 5
17i d’oùS=
− 3 17− 5
17i
2 2 z+ 2iz= 1 + 3iz=x+iy⇔ x+ iy+ 2i(x−iy) = 1 + 3i ⇔
obj.:...+i...=0x+ 2y−1 + i(2x+y−3) = 0
⇔x+ 2y−1 = 0 et 2x+y−3 = 0. la résolution du sytème donne x= 5
3 et y =−1 3 doncS=
5 3−1
3i
2
3 −2z2+ 3z−4 = 0. Le discriminant ∆ =b2−4ac= 9−32 =−23, ∆<0 donc l’équation admet deux solutions complexes conjuguées.
z1= −b+ i√
−∆
2a = 2 + i√ 23
−4 =−1 2 −1
4i√
23 et z2=z1. S=
−1 2 −1
4i√ 23;−1
2+1 4i√
23i
2
Total −→ 6 points
E2 Réponse Obtenus Points
1. On résout tout d’abord l’équation dans R : (−2 cos(x)−1)(2 sin(2x) +√
3) = 0 ⇐⇒
−2 cos(x)−1 = 0 ou 2 sin(2x) +√
3 = 0 ⇐⇒ cos(x) = −12 ou sin(2x) = −√23 ⇐⇒
x= 2π3(2π) ou x=−2π3(2π) ou 2x=−π3(2π) ou 2x=−2π3(2π)⇐⇒ x=−2π3(2π) ou x=−π6(π) oux =−π3(π). En raisonnant sur le cercle trigonométrique on trouve que dans [0; 2π[ l’équation a pour ensemble solutionS={2π3;5π6 ;4π3;5π3 ;11π6 }.
3
2. f′(x) = 2 cos(x) + 1 pourx∈I=]−π;π]. Le signe def′(x) permettra de déterminer les variations def sur cet intervalle.
• annulation de f′(x) sur I : f′(x) = 0 ⇔2 cos(x) + 1 = 0 ⇔cos(x) = −12 ⇔x=
−2π3 oux= 2π3 ;
• signe de f′(x) sur I : cos(x) < −12 sur ]−π;−2π3[∪]2π3;π] ; or cos(x) < −21 ⇔ 2 cos(x) + 1<0 doncf′(x)<0 sur ]−π;−2π3 [∪]2π3;π] etf eststrictement décrois- santesur ]−π;−2π3] et sur [2π3 ;π]. cos(x)>−12 sur ]−2π3;2π3 [ ; or cos(x)>−12 ⇔ 2 cos(x) + 1>0 doncf′(x)>0 sur ]−2π3;2π3 [ etf est strictement croissante sur [−2π3;2π3].
3
En « intégrant »f′, on trouve quef(x) = 2 sin(x) +x+koùkest une constante réelle.
Or souhaitant quef(0) = 1, cela impose la valeur k= 1. Ainsi f(x) = 2 sin(x) +x+ 1 pour toutxde ]−π;π].
bonus +2
Total −→ 6 points
E4 Réponse Obtenus Points
1.a g= 4u√
u−5 avecu:x7→x.uest dérivable et strictement positive sur [1; +∞[ doncg est dérivable comme produit et somme de fonctions dérivables sur [1; +∞[.
g′ = 4u′√
u+ 4u× u′ 2√
u soit : pourx>1, g′(x) = 4√
x+ 4x 2√
x = 4√ x+ 2√
x= 6√x.
∀x>1, g′(x)>0 doncgest strictement croissante sur [1; +∞[. 2*1 1.b lim
x→+∞4x = +∞ et lim
x→+∞
√x= +∞ donc par produit, lim
x→+∞4x√
x = +∞ donc, par soustraction de−5, lim
x→+∞g(x) = +∞.
1
1.c g est continue et strictement croissante sur [1; +∞[. g(1) =−1 et lim
x→+∞g(x) = +∞. 0 appartient à [−1; +∞[ donc, d’après le théorème de la bijection, il existe un unique α dans [1; +∞[ telle queg(α) = 0. En utilisant la calculatrice, on trouve 1,16< α <1,17 carg(1,16)≈ −0.026 etg(1,17)≈0.0621.
1
1.d On peut résumer le signe deg(x) de la façon suivante :
• Pour toutxappartenant à [1;α[, g(x)<0 ;
• g(α) = 0 ;
• Pour toutxappartenant à ]α; +∞[, g(x)<0 ;
1
2.a ∀x>1, x
x− 5
√x
−3 =x2−5x
√x−3 =x2−5√
x−3 =f(x), d’où l’égalité recherchée. 1 2.b lim
x→+∞− 5
√x= 0 donc lim
x→+∞x− 5
√x= +∞, et par opérations sur les limites, on obtient
x→lim+∞f(x) = +∞.
1
2.c f est une somme de fonctions dérivables sur [1; +∞[ doncf est dérivable sur [1; +∞[.
∀x>1, f′(x) = 2x− 5 2√
x= 4x√ x−5 2√
x = g(x) 2√
x. 1
2.d Comme 2√
x >0 sur [1; +∞[, le signe def′(x) est le même que celui deg(x) déterminé à la question 1.d. On peut donc dire que :
• ∀x∈[1;α[, f′(x)<0 doncf est strictement décroissante sur [1;α] ;
• ∀x∈]α; +∞[, f′(x)>0 doncf est strictement croissante sur [α; +∞[ ;
1
2.e La tangente recherchée a pour équation :y=f′(4)(x−4)+f(4). Orf(4) = 3 etf′(4) = 274 et l’équation devient :
y=27
4 (x−4) + 3⇔y=27
4 x−24. 1
