TS : correction du contrôle sur la fonction ln et les nombres complexes
I (2 points)
Exprimer en fonction de ln 2 et de ln 3 les nombres suivants : A= ln 54+2 ln36=ln (3×27)+2 ln(4×9)=ln¡
2×33¢ +ln¡
22×32¢
=ln 2+3 ln3+2 (2 ln 2+2 ln3)= 5 ln2+7 ln 3
B= ln³p 6´
=1
2ln(6)=1
2ln(2×3)=1
2(ln 2+ln 3)= 1
2ln 2+1 2ln 3
II (2,5 points)
Donner la forme exponentielle de : A=12i= 12eiπ2
B =6p 3−6i.
|B| = |6p
3−6i| =6|p
3−i| =6 r³p
32+(−1)2´
=6p 4=12.
B =12 Ãp
3 2 −1
2i
!
= 12e−i
π 6
C=i− 1 p3.
|C| = sµ
− 1 p3
¶1
+12= r1
3+1= r4
3= 2 p3. C= 2
p3 Ã
−1 2+
p3 2 i
!
= 2 p3ei2π3
III (2,5 points)
Soit l’équation : ln(x+1)+ln(x+2)=ln(x+3).
• Ensemble de définition : on doit avoir
(x+1>0
x+2>0´s´sx+3>0 ⇔
x> −1 x> −2 x> −3
⇔x> −1.
L’ensemble de définition est D=]−1 ; +∞[ .
• On suppose quexappartient àD.
Alors : ln(x+1)+ln(x+2)=ln(x+3)⇔ln[(x+1)(x+2)]=ln(x+3)⇔(x+1)(x+2)=x+3 (car lna=lnb⇔a=b)
⇔x2+3x+2=x+3⇔x2+2x−1=0
∆=8 ; l’équation a deux solutions réelles : x1=−2−2p
2
2 = −1−p
2∉D (carx1< −1) etx2= −1+p2∈D.
• Conclusion: l’ensemble des solutions est S =n−1+p2o
Page 1/4
IV (3 points)
Résoudre dansRl’inéquation : 1+lnx 2−lnx>0
• Ensemble de définition: On doit avoir
(x>0
lnx6=2 ⇔
(x>0 x6=e2 .
L’nsemble de définition est D=¤0 ; e2£∪¤e2; +∞£.
• On cherche le signe du numérateur et du dénominateur : 1+lnx=0⇔lnx= −1⇔x=e−1=1
e. 1+lnx>0⇔lnx> −1⇔x>e−1=1
e. 2−lnx>0⇔2>lnx⇔lnx<2⇔x<e2
• On renseigne alors un tableau de signes :
x 0 1
e e2 +∞
1+lnx −0+ + 2−lnx + + − 1+lnx
2−lnx − + −
• On en déduit que l’ensemble des solutions est S =
¸1 e ; e2
·
V (3 points)
Soitf la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par :
f(x)=x−lnx.
1. • Limite en 0 : lim
x→0x=0 et lim
x→0ln(x)= −∞donc lim
x→0f(x)= +∞.
• Limite en+∞: on a une forme indéterminée.
Pourx>0,f(x)=x µ
1−lnx x
¶
; d’après les croissances comparées, lim
x→=∞
µlnx x
¶
=0, donc lim
x→+∞f(x)= +∞. 2. f est dérivable sur ]0 ;+∞[ comme somme de fonctions dérivables.
∀x>0, f′(x)=1−1
x = x−1
x qui est du signe dex−1 carx>0, donc positif pourx>1 et négatif pour x<1.
On en déduit le tableau de variation :
x 0 1 +∞
f′(x) − +
f(x)
+∞❅
❅❘❅ 1
✒+∞
Page 2/4
VI (3 points)
Soientf etg les fonctions définies sur ]0 ;+∞[ par
f(x)=lnxetg(x)=(lnx)2.
On noteC etC′les courbes représentatives def etg dans un repère orthonormé.
1. (a) • lnx=0 pourx=1 et lnx>0 pourx>1
• 1−lnx=0 pour lnx=1 c’est-à-direx=e et 1−lnx>0⇔lnx<1⇔x<e.
• Tableau de signes :
x 0 1 e +∞
lnx − + + 1−lnx + +0− lnx(1−lnx) −0+0− (b) lnx−(lnx)2=lnx(1−lnx)Ê0⇔x∈[1 ; e]
C est donc au-dessus deC′pour 1<x<e et les deux courbes se croisent enx=1 etx=e.
2. Pourx∈]0 ; +∞[, M est le point deC d’abscissexet N le point deC′d’abscissex.
Sur [1 ; e],C est au-dessus deC′, doncM N=yM−yN =lnx−(lnx)2. On posef(x)=lnx−(lnx)2et on étudie ses variations.
f est dérivable somme somme et produit de fonctions dérivables.
f =u−u2avecu(x)=lnxdoncf′=u′−¡ u2¢′
=u′−2u′uavecu′(x)= 1 x. donc f′(x)=1
x−2lnx
x =1−2 lnx
x qui est du signe de 1−2 lnxcarx>0.
Or 1−2 lnx=0⇔lnx1
2⇔x=e12=p
e et 1−2 lnx>0⇔x<p e. Variations def sur [1 ; e] :
x 1 p
e e
f′(x) + 0 −
f(x) 0
✒ 1 4 ❅
❅❘❅ 0
3. Hors de [1 ; e],C est en dessous deC′doncM N=yN−yM=(lnx)2−lnx.
On considère alors l’équation (lnx)2−lnx=1⇔(lnx)2−lnx−1=0.
On poseX =lnx; l’équation équivaut à
(X =lnx
X2−X −1=0 .
On résoutX2−X−1=0 ;∆=5>0 ; il y a deux solutions :X1=1−p 5
2 etX2=1+p 5 2 . On revient alors à équation initiale :X =lnx⇔x=eX.
L’équation a deux solutionsx1=eX1=e1−
p5
2 <1 etx2=eX2=e1+
p5 2 >e.
Il y a deux valeurs pour lesquellesM N=1.
Remarque : on pouvait aussi montrer l’existence de ces deux nombres sans les calculer et en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires..
Page 3/4
VII (4 points)
On considère la suite (zn) de nombres complexes définie pour tout entier naturelnpar :
z0 = 0 zn+1 = 1
2i×zn+5
Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, on noteMnle point d’affixezn. On considère le nombre complexezA=4+2i et A le point du plan d’affixezA. 1. Soit (un) la suite définie pour tout entier naturelnparun=zn−zA.
(a) Pour toutn∈N,un+1=zn+1−zA=1
2izn+5−4−2i=1
2izn+1−2i=1 2izn−1
2i (4+2i)=1
2i (zn−(4+2i))= 1
2i (zn−zA)= 1 2iun .
(b) On en déduit que la suite (un) est géométrique de raison1
2i doncun=u0× µ1
2i
¶n
; oru0=z0−zA=
−zA=(−4−2i) donc un= µ1
2i
¶n
(−4−2i).
‘
2. D’après la définition deun, on azn=un+zA. L’affixe du vecteur−−−→
AMnest donczn−zA=un. L’affixe du vecteur−−−−−→
AMn+4est donczn+4−zA=un+4. Orun+4=
µ1 2i
¶4
un= 1
16undonc−−−−−→
AMn+4= 1 16
−−−→AMn. Les poins A,MnetAMn+4sont bien alignés, pour toutn.
Page 4/4
