Corrigé DS 4
1.a. (z−7i) (z+i) =z2−6iz+ 7
1.b. Le pointM d’affixezest invariant parf si et seulement si,z0=zdonc 3iz−7 z−3i =z z=3iz−7
z−3i ⇔z(z−3i) = 3iz−7
⇔z2−6i+ 7 = 0
⇔(z−7i) (z+i) = 0,d’après ce qui précède.
L’équation admet donc deux solutions7iet−i.qui sont les affixes respectives de deux points invariants B etC.
2.a. Le cercleΣadmet pour centre le milieu de[BC]qui est le pointΩd’affixe7i−i
2 = 3i.et a pour rayonBC
2 =|7i+i| 2 = 4.
On remarque au passage queΩn’est autre que la pointA.
DoncM(z)∈Σ⇔AM = 4donc si et seulement si|z−3i|= 4⇔z−3i= 4eiθ Ainsi, M(z)∈Σ⇔z= 3i+ 4eiθ
2.b. z0 =3iz−7
z−3i ⇒z0= 3i¡
3i+ 4eiθ¢
−7
3i+ 4eiθ−3i ⇒z0 =12ieiθ−16
4eiθ = 3ieiθ−4 eiθ
Et en multipliant numérateur et dénominateur pare−iθ,on obtient : z0= 3i−4e−iθ ⇒z0−3i=−4e−iθ Donc|z0−3i|= 4⇒M0∈Σ
2.c. Dans l’expression obtenue ci-dessus, z0 = 3i−4e−iθ,il apparaît quez0= 3i−4e−iθ ⇒z0 =−3i−4eiθ⇒z0 =−z Ainsi,z0=−z⇒z0=−z
On peut aussi écrire "tout simplement" : z0= 3i−4e−iθ
Orz= 3i+ 4eiθ ⇒z=−3i+ 4e−iθ ⇒ −z= 3i−4e−iθ. On a donc−z=z0 .
Pour placerM0,on peut donc placer le symétriqueM”deM par rapport à(Ox),puis le symétrique deM”par rapport àO.
3. SoitM un point quelconque d’affixezde ce cercle de cantreAet de rayonr.On alorsz= 3i+reiθ Doncz0=3iz−7
z−3i ⇒z0= 3i¡
3i+reiθ¢
−7
3i+reiθ−3i ⇒z0= 3rieiθ−16 reiθ Doncz0=3ri−16e−iθ
r ⇒rz0 = 3ri−16e−iθ⇒z0= 3i−16
r e−iθ⇒z0−3i=−16 r e−iθ On a donc|z0−3i|= 16
r .
M0 appartient donc à un cercle de centre Aet de rayon 16 r .
On remarque qu’on retrouve le résultat précédent du cecle Σ de rayon 4 dont l’image était ce recle lui-même (puisque 16
4 = 4 !!!!!)
y
o A B
C
M
M"
M'
Exercice2
1.a. P est dérivable surRcomme tout polynôme.
P0(x) = 6x2−6x= 6x(x−1).
P0(x)est donc négatif sur]0; 1[,etP est alors strictement décroissante. Elle est croissante ailleurs.
On a intérêt, en vue ds questions suivantes à faire le tableau des variations deP.
Etude des limites : P(x) =x3 µ
2− 3 x− 1
x2
¶
⇒ lim
x→−∞P(x) =−∞et lim
x→+∞P(x) = +∞
D’où le tableau :
x
P (x)
− ∞ + ∞
− ∞
+ ∞ 0 1
− 1
− 2
1.b.
La fonction est continue, strictement croissante sur]−∞; 0[et possède sur cet intervalle un maximum de−1.Elle ne s’annule donc pas sur]−∞; 0[.
Sur]0; 1[la fonction f est continue et décroit strictement de−1à−2.Elle ne s’annule donc pas sur]0; 1[. La fonction est strictement croissante sur]1; +∞[avecP(1)<0et lim
x→+∞P(x)>0.
D’après le théorème de la bijection elle s’annule une fois et une seule sur cet intervalle et d’après ce qui précède, surRentier.
De plusf(1.6)<0etf(1.7)>0D’après ce même théorème, la solution est dans ]1.6; 1.7[
2.a. f(x) = 1−x
1 +x3 est dérivable sur son domaine de définition, en tant que fonction rationnelle.
Sa dérivée est : f0(x) = 2x3−3x2−1
(x2−x+ 1)2(x+ 1)2 du signe de2x3−3x2−1.
D’après ce qui précède,f0(x)est négative sur]−∞;α[et positive sur]α; +∞[. f est donc décroissante sur]−∞;α[et croissante sur]α; +∞[.
2.b.L’équation de cette tangente esty=f(0) +xf0(0)doncy= 1−x.
De plus,f(x)−(1−x) = 1−x
1 +x3 −(1−x)⇒f(x)−(1−x) = (x−1)x3 (x+ 1) (x2−x+ 1)
x2−x+ 1 = 0n’a pas de solution, le trinôme est donc positif. L’expression est donc du signe de (x−1)x3
(x+ 1) c’est à dire de
¡x2−1¢ x3
Sir]−1; +1[, x2−1<0doncf(x)−(1−x)est du contraire dex3
La courbe est donc au dessus de sa tangente sur]−1; 0[et au dessous sur]0; 1[. Elle traverse sa tangente au point étudié.
2.c. Au point d’abscisse1, la tangente a pour équation : y=−1 2(x−1) Etf(x) +1
2(x−1) = 1−x 1 +x3 +1
2(x−1)
= (1−x) µ 1
1 +x3 −1 2
¶
= (1−x) 1−x3
2 (x3+ 1) = (1−x)2¡
1 +x+x2¢ 2 (x3+ 1) Orx >−1⇒x3>−1⇒x3+ 1>0
De plusx <1⇒1−x >0etx2+x+ 1est toujours positif.
On a doncf(x)−1
2(x−1)>0et la courbe est au dessus de sa tangente.
3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 -0.5
1.5 1.25 1 0.75 0.5 0.25 0
-0.25
x y
x y
