Correction Exercice 1
Partie A
1. Il faut établir que lim
x→0+f(x) = f(0) = 0. Or f(x) = µ
1 + 1 x+ 1
x2
¶
e−x1 donc en posant u= 1
x, on a : lim
x→0+f(x) =
u→lim+∞
¡1 +u+u2¢ e−u Or lim
u→+∞u e−u= lim
u→+∞u2 e−u= 0.Donc lim
x→0+f(x) = lim
u→+∞e−u= 0 et f est continue à droite de0.
2. lim
x→+∞f(x) = lim
x→+∞
µ 1 + 1
x+ 1 x2
¶
e−x1 donc lim
x→+∞f(x) = lim
x→+∞ e−x1 = 1. Donc la droite d’équationy = 1est bien asymptote àC
3. La même étude qu’au 1. amène à lim
x→0+
f(x)−f(0)
x = lim
x→0+
f(x)
x = lim
u→+∞
¡u+u2+u3¢
e−u donc lim
x→0+
f(x)−f(0)
x = 0
et la fonctionf est dérivable à doite de 0. On en déduit de même queC admet une demi tangente horizontale à droite du point d’abscisse 0 (l’origineO).
4. f est donc dérivable sur[0; +∞[puisque dérivable en0et sur]0; +∞[comme produit et composée de fonctions dérivables sur]0; +∞[.
Sa dérivée est alors obtenue comme dérivée d’un produit : f0(x) =
µx2+x+ 1 x2
¶0
e−1x+
µx2+x+ 1 x2
¶ µ1 x2e−x1
¶
Etf0(x) =
Ã(2x+ 1)x2−2x¡
x2+x+ 1¢
x4 + 1
x2
x2+x+ 1 x2
!
e−1x ⇒f0(x) =1−x x4 e−1x.
5. x4 et e−x1 étant toujours positifs, f0(x)est du signe de1−xet la fonction présente un maximum pourx= 1.C’est le point¡
1; 3e−1¢
et le tableau de variations est évident.
Partie B 1. g(x) =
µx2+x+ 1 x2
¶
e−1x−1−x
x3 e−x1 ⇒g(x) =x3+x2+ 2x−1 x3 e−1x Doncg(x) = 0⇔ x3+x2+ 2x−1
x3 = 0puisquee−1x >0etx3+x2+ 2x−1
x3 = 0⇔x3+x2+ 2x−1 = 0.D’où l’équivalence des équations proposées.
2. Posonsh(x) =x3+x2+ 2x−1. hest dérivable surR(polynôme).
h0(x) = 3x2+ 2x+ 2>0(discriminant strictement positif) donchest strictement croissante sur R. hest donc bijective sur Ret l’équationh(x) = 0admet surRune solution uniqueαen application du théorème de la bijection.
De plus la calulatrice permet d’obtenir en valeurs arrondies au millième,h(0.39) =−0.009<0eth(0.4) = 0.024>0 On a donc0∈]h(0.39);h(0.4)[et la fonction étant strictement croissante,α∈]0.39; 0.4[
3. 0.39< α <0.4⇒f(0.39)< f(α)< f(0.4)puisquef est strictement croissante sur]0.39; 0.4[. C’est à dire en valeurs approchées à10−3 près,0.781< f(α)<0.8
De plus, 0.39< α <0.4⇒ 1 0.4 < 1
α < 1
0.39 la fonction inverse étant décroissante. Donc2.5< 1
α <2.564et en faisant le produit membres à membres de ces inégalités à terms positifs,0.781×2.5< f(α)
α <0.8×2.564⇒1.952 5< A <2.051 2 On en déduit que1.9< A <2.1qui donne l’encadrement à2×10−1 près demandé.
De plus,h(α) = 0⇔g(α) = 0 d’après le1. Donc si et seulement sif(α)−αf0(α) = 0 ⇒f0(α) = f(α) α =A
4. L’équation générale de Tb est y = f(b) +f0(b)(x−b). Ainsi pour b = α, il vient : y = f(α) + f0(α)(x−α) ⇒ y=f(α)−af0(α) +xf0(α)
Org(α) = 0⇒f(α)−af0(α) = 0d’oùy=xf0(α)et enfiny=Ax.Droite passant par l’origine.
5. L’équation de Tb étanty=f(b) +f0(b)(x−b)cette droite passera parO si et seulement sif(b)−bf0(b) = 0c’est à dire si et seulement sib est solution deg(x) = 0.Cette équation ayant une solution uniqueα,seuleTαpasse parO.
6.
1 2
L’équationf(x) =madmet donc une solution unique pourm≤1et deux solutions pourm∈¤
1; 3e−1£
,une solution double pourm= 3e−1et pas de solution pourm >3e−1.
L’équationf(x) =mxadmet donc deux solutions pour m < A, une solution double pourm =A et pas de solution pour m > A.
Exercice 2
Dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal(O;−→u ,−→v)(unités graphiques 4 cm), on considère les pointsAd’affixe zA= 1 etB d’affixezB= 2.
Soit un réelθappartenant à l’intervalle]0;π[.On noteM le point d’affixez= 1 +e2iθ. 1. z−1 =e2iθ⇒|z−1|= 1⇒AM= 1⇒M∈C
2. On sait que³−−→
AB,−−→
AM´
=Arg z−zA
zB−zA ⇒³−−→
AB,−−→
AM´
=Arg¡ e2iθ¢
= 2θ.
Ainsi, lorsque θ décrit l’intervalle ]0;π[, ³−−→AB,−−→AM´
décrit l’intervalle ]0; 2π[M et AM = 1 prouve que M appartient au cercleC privé du pointApuisqueθ6= 2kπ.
3. On a z0
z =e−2iθ doncz0 =ze−2iθ ⇒z0 =¡
1 +e2iθ¢
e−2iθ ⇒z0 = 1 +e−2iθ. Donc z0 = 1 +e−2iθ ⇒z0 = 1 +e−2iθ ⇒ z0 = 1 +e2iθ.
Doncz0=z⇒z0=z.On peut bien entendu raisonner avec cos et sin (forme trigo au lieu de forme expo).
M0 est donc le symétrique de M dans la symétrie d’axe (Ox). Il appartient donc au symétrique deC dans cette symétrie.
Ce symétrique étantC lui-même,M∈C.
4. a. L’image deB dans cette rotation est le point d’affixezB0 = 2e−2i π
3 doncz0B=−1−i√
3.On peut ainsi placerB0 sur un cercle de centre O et de rayon 2. C’est sur ce cercle le point d’abscisse−1dont l’ordonnée est négative..
Cétant le cercle de diamètre[OB]puisqueAest milieu de[AB],C’ sera le cercle de diamètre[OB0](puisqueOest invariant parr)
Le point M est facile à placer (z=1 2+i
√3
2 donc module 1 et argument π
3). Le pointM0est le symétrique deM par rapport à(Ox).
b. OM =|z|= 1,de mêmeOA= 1etAM =|z−1|= 1le triangle est donc équilatéral. (on pouvait raisonner sur les anles.
c. O appartient d’après ce qui précède àC et àC’ De même, d’après3. M etM0 sont sur C. d’où le résultat.
d. zA= 1⇒zA0 =e−2i π
3 ⇒zA0 =−1 2−i
√3 2
−−→M A=−→AP ⇒zA−z=zP −zA Donc 1 2−i
√3
2 =zP−1⇒zP =3 2−i
√3 2 Enfin, l’affixe deM0 est z0=z= 1
2−i
√3 2 D’où l’affixe de−−−→
A0M0 est 1 2−i
√3 2 −
Ã
−1 2−i
√3 2
!
= 1et l’affixe de−−−→
M0P est 3 2−i
√3 2 −
Ã1 2−i
√3 2
!
= 1
Les vecteurs−−−→
A0M0 et−−−→
M0P ayant même affixe sont égaux etM0 est milieu de[A0P]
B’
A
B C
C’
O
M’ P
M
×A’
x y
