Jeudi 21 janvier 2010.
Mathématiques. TS.
4 heures.
Calculatrice autorisée.
EXERCICE 1. (5 points)
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct (O ; u→, v→). On prendra pour unité graphique 2 cm.
Soit A,B et C les points d’affixes respectives : a = 3 – i, b = 1 – 3i, c = −1 – i.
1.a. Placer ces points sur une figure que l’on complétera au fur et à mesure.
1.b. Quelle est la nature du triangle ABC ?
1.c. démontrer que les points A et B appartiennent à un même cercle Γ de centre O, dont on calculera le rayon.
2. Soit M un point quelconque du plan d’affixe notée m et N le point d’affixe notée n, image de A dans la rotation r de centre M et d’angle de mesure π/2.
a. Donner l’écriture complexe de la rotation r.
b. En déduire l’expression de n en fonction de m.
3. On appelle Q le milieu du segment [AN] et q son affixe. Montrer que q = (1 - i)m
2 + 2 + i.
4. Dans cette question, M est un point du cercle Γ.
a. Justifier l’existence d’un réel θ tel que m = 10eiθ.
b. Calculer |q – 2 – i|. Quel est le lieu Γ’ de Q lorsque M décrit le cercle Γ.
EXERCICE 2. (6 points) F est la fonction définie sur [0 ; +∞[ par f(x) = x e−x .
On note Γ la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthonormal (O ; →i , →j ) (unité graphique 10 cm)
Partie A.
1. a. Déterminer la limite de f en +∞.
b. Etudier les variations de f et dresser son tableau de variation.
c. Construire Γ dans le repère (O ; →i , →j ).
2. a. Montrer que, pour tout réel m de ]0 ; 1/e[, l’équation f(x) = m admet deux solutions.
b. Dans le cas où m = ¼, on nomme α et β les solutions (avec α < β).
Déterminer un encadrement d’amplitude 10−2 de α.
c. Résoudre l’équation f(x) = m dans les cas où m = 0 et m = 1/e.
Partie B.
1. On considère la suite (un) définie par u0 = α et pour tout entier n, un+1 = un e−un où α est le réel défini à la question A 2.b.
a. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, un > 0.
b. Montrer que la suite (un) est décroissante.
c. La suite (un) est−elle convergente ? Si oui, déterminer sa limite.
2. On considère la suite (vn) définie sur IN par son premier terme v0 (v0 > 0)
et pour tout entier naturel n , vn+1 = vn e−vn . Existe−t−il une valeur de v0 différente de α telle que pour tout n ≥ 1, on ait un = vn ? Si oui, préciser laquelle.
EXERCICE 3. (4 points) Les deux parties sont indépendantes.
Partie A. ROC.
Prérequis : arg(1) = 0 + 2kπ et arg(zz’) = arg(z) + arg(z’) + 2kπ. 1. Montrer que arg (1
z ) = − arg(z) + 2kπ 2. Montrer que arg(z
z' ) = arg(z) – arg(z’) + 2kπ Partie B.
1. Déterminer module et argument de z = 3(-1 + i) 1 - i 3 2. a. Déterminer la forme algébrique de z.
2. b. En déduire cos (11π 12 )
EXERCICE 4. (3 points) Dans cet exercice on étudie une épidémie dans une population.
Au début de l’épidémie on constate que 0,01 % de la population est contaminée.
Pour t appartenant à [0 ; 30], on note y(t) le pourcentage de personnes touchées par la maladie après t jours.
On a donc y(0) = 0,01.
On admet que la fonction y ainsi définie sur [0 ; 30] est dérivable, strictement positive et vérifie y’ = 0,05y(10 – y) 1. On considère la fonction z définie sur l’intervalle [0 ; 30] par z = 1
y . Démontrer que la fonction y satisfait aux conditions : y(0) = 0, 01
y' = 0,05y(10 − y) si, et seulement si, la fonction z satisfait aux conditions :
z(0) = 100 z' = − 0,5z + 0,05 2.a. En déduire une expression de la fonction z puis celle de la fonction y.
2.b. Calculer le pourcentage de la population infectée après 30 jours. On donnera la valeur arrondie à l’entier le plus proche.
EXERCICE 5. (2 points)
Pour chacune des questions suivantes, une réponse affirmative sera accompagnée d’une démonstration, une réponse négative d’un contre-exemple.
1. Soit f et g deux fonctions croissantes et dérivables sur IR.. Peut-on affirmer que la fonction f×g soit encore croissante sur IR ?
2. Qu’en est-il si on suppose en plus que les fonctions g et g sont positives ? .
o 5 A
B C
M
N
E Q EXERCICE 1.
1.a. Voir figure … 1.b. On a
méthode 1 : AC = |c – a| = |−4| = 4 AB = |b – a| = |−2 – 2i| = 2 2 BC = |c – b| = |−2 + 2i| = 2 2 Ainsi : AB² + BC² = AC² donc ABC est rectangle en B et isocèle car BA = BC
méthode 2 : zBA→ = a – b = 2 + 2i et zBC→ = c – b = −2 + 2i = i(2 + 2i) = i zBA→ donc C est l’image de A par le quart de tout direct de centre B, ce qui prouve que ABC est rectangle et isocèle en B.
1.c. On a OA = |a| = 10 et OB = |b| = 10 donc A et B sont sur le cercle Γ de centre O et de rayon 10
2a. L’écriture complexe de r est : (z’ – m) = (z – m)ei(π/2) ⇔ z’ – m = i(z – m) où l’image de M(z) est M’(z’).
2b. Comme r(A) = N, on a n – m = i(a – m) ⇔ n = m + i(3 – i – m) ⇔ n = m + 3i + 1 − im 3. Le milieu Q de [AN] a pour affixe q = a + n
2 = 3 - i + m + 3i + 1 - im
2 = 2i + 4
2 + m(1 - i)
2 = (1 - i)m 2 + 2 + i 4a. L’écriture exponentielle de M(z) est de la forme z = reiθ où r = OM = 10 et θ est un argument de m.
On a donc bien m = 10eiθ . b.
> Par conséquent : |q – 2 – i| = (1 - i)m 2 = 1
2 × |(1 – i) 10eiθ| = 10
2 |1 – i| = 10
2 × 2 = 5
> Soit E le point d’affixe 2 + i, |q – 2 – i| = 5 signifie que EQ = 5 : on en déduit que Q est sur le cercle de centre E et rayon 5
EXERCICE 2.
A1a. D’après les résultats de croissance comparée, limx→+∞ f(x) = limx→+∞
x
ex = 0 (rappel : limx→+∞
ex
x = +∞).
A1b.
f est dérivable sur [0 ; +∞[ comme produit des fonctions x → x et x → e−x.
f’(x) = 1× e−x + x × (−1)e−x = e−x (1 − x)
dans [0 ; +∞[, e−x > 0 donc f’(x) a le signe de 1 − x on sait alors que : dans [0 ; 1[, f’(x) > 0 donc f est
dans ]1 ; +∞[, f’(x) < 0 donc f est f(1) = 1/e est le maximum de f(x).
on peut récapituler les résultats précédents dans le tableau de variation de f :
x 0 1 +∞
f ’(x) + 0 − f (x) 0 1/e 0
A2a. Soit m un réel de ]0 ; 1/e[.
> Sur l’intervalle ]0 ; 1[, la fonction f est continue (car dérivable) et strictement croissante.
Comme m∈] (0); (1)[f f , le théorème des valeurs intermédiaires assure qu’il existe une unique solution à l’équation f(x) = m sur ]0 ; 1[.
> Même raisonnement sur l’intervalle ]1 ; +∞[.
A2b. α et β sont les solutions de f(x) = m donc f(α) = f(β) = ¼ : avec la calculatrice on obtient f(0,35) < ¼ et f(0,36) > ¼ donc 0,35 < α < 0,36
A2c. > f(x) = 0 ⇔ x e−x = 0 ⇔ x = 0 car e−x ≠ 0
> f(x) = 1/e valeur maximale ssi x = 1 d’après l’étude des variations de f.
B1a. Soit P(n) la proposition « un > 0 ».
initialisation : vérifions que u0 > 0. u0 = α et on a vu que α ≈ 0,35 donc u0 > 0.
hérédité : montrons que si un > 0 alors un+1 > 0
supposons que un > 0 : par définition de la fonction exp, e− un > 0 donc un e− un > 0 c’est à dire un+1 > 0 conclusion : cette démonstration prouve que ∀ n ∈ IN, un > 0
B1b. Prouvons que un+1−un <0 pour tout n. On a un+1−un =un
(
e−un −1)
qui est du signe de e−un −1 puisque un >0. Mais la fonction g(x) = exp(-x) est décroissante sur Ir donc un >0⇒e−un <e0 ⇔e−un − <1 0.B1c.
> (un) est décroissante et minorée par 0 donc un est convergente. Notons L la limite de un.
> Par ailleurs, vu que un+1= f u( n) avec f continue sur ℝ+(donc en L), on sait que L est un point fixe de f.
Ainsi: L = L e−L ⇔ L(1 − e−L) = 0 ⇔ [L = 0 ou e−L = 1] ⇔ L = 0 : par conséquent, lim
n→+∞ un = 0
B2. D’après A 2.b. f(α) = f(β) = ¼ avec f(x) = x e−x, donc, en prenant v0 = β, on aura v1 = u1 = ¼ et donc pour n ≥ 1, un = vvnn
EXERCICE 3.
Partie A. ROC.
Prérequis : (1) : arg(1) = 0 + 2kπ et (2) : arg(zz’) = arg(z) + arg(z’) + 2kπ.
1. Montrer que arg (1
z ) = − arg(z) + 2kππππ Par définition : z ×1
z = 1 donc arg(z ×1
z ) = arg(1) + 2kπ d’après (1) : arg(1) = 0 + 2kπ
d’après (2) : arg(z ×1
z ) = arg(z) + arg(1
z ) + 2kπ donc arg(z) + arg(1
z ) = 0 + 2kπ ce qui prouve que arg (1
z ) = − arg(z) + 2kππππ 2. Montrer que arg(z
z' ) = arg(z) – arg(z’) + 2kππππ On a arg(z
z' ) = arg(z ×1
z') + 2kπ = arg(z) + arg(1
z') + 2kπ d’après (2)
= arg(z) – arg(z’) + 2kπ d’après la démonstration précédente Partie B.
1. Ecrivons z = 3(-1 + i) 1 - i 3 = a
b' avec a = -3 + 3i et b = 1 - i 3
> |a| = 18 = 3 2 donc
cos(arga) = -1/ 2
sin(arga) = 1/ 2 d’où arg a = 3π
4 + 2kπ
> |b| = 2 donc
cos(argb) = 1/2
sin(argb) = - 3/2 d’où arg b = −π
3 + 2kπ
> Ainsi |z| = |a|
|b| = 3 2
2 et arg z = arg a − arg b + 2kπ = 3π 4 + π
3 + 2kπ = 13π
12 + 2kπ = −11π
12 + 2kπ
2a. A l’aide du conjugué du dénominateur, on obtient : z = 3(-1 + i)
1 - i 3 = 3(-1 + i)(1 + i 3)
(1 - i 3)(1 + i 3) = 3(-1 - 3 + i(1 - 3))
4
2b. Identifions forme algébrique et forme trigonométrique de z :
> F.T. : z = 3 2
2 (cos (−11π
12 ) + i sin (−11π 12 ))
> F.A. : z = 3 2
2 (-1 - 3
2 2 + i 1 - 3 2 2 ) Par unicité de la partie réelle, cos(−11π
12 ) = -1 - 3 2 2
Mais comme deux réels opposés ont le même cosinus, cos (11π
12 ) = -1 - 3 2 2 . EXERCICE 4.
1.
> y(0) = 0,01 ⇔ 1/y(0) = 1/0,01 ⇔ z(0) = 100
> z = 1
y ⇔ y = 1
z donc y’ = 0,05y(10 – y) ⇔( 1
z)’ = 0,051 z (10 – 1
z) ⇔ - z' z² = 0,051
z (10 – 1 z)
⇔ − z’ = 0,05z((10 – 1
z) en multipliant les 2 membres par z²
⇔ z’ = − 0,5z + 0,05 L’équivalence entre les deux systèmes est donc démontrée.
2a. Les solutions de l’équa. Diff. z’ = − 0,5z + 0,05 sont les fonctions de la forme z(t) = k e−0,5t + 0,1 avec k ∈ IR.
Comme z(0) = 100 ⇔ k + 0,1 = 100 ⇔ k = 99,9, on en déduit que z(t) = 99,9 e−0,5t + 0,1.
Enfin, vu que y(t) = 1
z(t) , y(t) = 1 99,9e-0,5t + 0,1
2.b. y(30) = 1
99,9e-0,5(30) + 0,1 ≈ 9,99 soit 10 % …
EXERCICE 5. (2 points)
1. Soit f et g deux fonctions croissantes et dérivables sur IR.. Peut-on affirmer que la fonction f×g soit encore croissante sur IR ?
C’est faux.
> prenons f(x) = x et g(x) = 2x toutes deux croissantes sur IR (et dérivables)
> Mais (f × g)(x) = 2x² décroît sur IR− et croît sur IR+
2. Qu’en est-il si on suppose en plus que les fonctions g et g sont positives ? C’est vrai.
On sait que : f et g sont positives sur IR donc f(x) ≥ 0 et g(x) ≥ 0
f et g sont croissantes et dérivables sur IR donc f’(x) ≥ 0 et g’(x) ≥ 0 Pour savoir si f × g est croissante, calculons sa dérivée et étudions son signe.
1. f et g sont dérivables donc f × g l’est aussi 2. (f × g)’ = f’g + fg’
3. f(x) ≥ 0, g(x) ≥ 0, f’(x) ≥ 0 et g’(x) ≥ 0 donc (f × g)’(x) ≥ 0 ce qui prouve que f × g est croissante.
![Fonction lnx *La fonction lnx est définie, continue et dérivable sur]0,](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)