f est une solution de l’équation (E

(1)

Exercice 1

1. La fonctiongest dérivable surR, comme somme et composée de fonctions chacune dérivable surR. On calculeg⁰(x)=−e^−x² +(−2x)(3−x)e^−x² =e^−x²(2x²−6x−1), on en déduit :

g⁰(x)−6g(x)=e^−x²(2x²−6x−1)−6(3−x)e^−x² =e^−x²(2x²−19)

gest donc est une solution de l’équation différentielle (E)

2. D’après le cours, on sait que les solutions (surR) de l’équation différentielley⁰−6y=0 sont les fonctions définies surRparx7→ke^−6x, aveck ∈R.

3. f est une solution de l’équation (E) ⇐⇒ ∀x∈R f⁰(x)−6f(x)=(2x²−19)e^−x²

⇐⇒ ∀x∈R f⁰(x)−6f(x)=g⁰(x)−6g(x)^∗

⇐⇒ ∀x∈R f⁰(x)− f⁰(x)+g(x)−g⁰(x)=0

⇐⇒ ∀x∈R (f−g)⁰(x)+(f −g)(x)=0

⇐⇒ f −gest une solution de l’équation différentielle (E’)

∗cargest une solution de l’équationy⁰−6y=(2x²−19)e^−x² 4. Raisonnons encore par équivalence :

f est une solution de (E) ⇐⇒ f −gest une solution de l’équation différentielle (E’) d’après Q.3.

⇐⇒ Il existe un réelktel que, pour tout réelx : (f −g)(x)=ke^−6x d’après Q.2.

⇐⇒ Il existe un réelktel que, pour tout réelx : f(x)=ke⁻^6x+g(x)

⇐⇒ Il existe un réelktel que, pour tout réelx : f(x)=ke^−6x+(3−x)e^−x² Les solutions de l’équation(E)sont les fonctions f définies surRpar f(x)=ke^−6x+(3−x)e^−x² k∈R 5. Soit fune solution de (E) admettant au point d’abscisse 0, l’axe des abscisses comme tangente. On a alors f(0)=0

(la courbe de f passe par l’origine) et f⁰(0)=0 (la tangente est horizontale).

f(0)=0⇐⇒ke⁰+3e⁰=0⇐⇒k=−3 donc f(x)=3e^−6x+(3−x)e^−x² mais alors f⁰(x)=−18e^−6x+e^−x²(2x²−6x−1) et on aurait f⁰(0)=−18−1=−19,0 donc

il n’existe pas de solution de (E) dont la courbe admette l’axe des abscisses comme tangente au point 0 Exercice 2

Partie A

1. Lorsquextend vers−∞la recherche de la limite dexe^−xse présente sous la forme « (−∞)×(+∞) », car

X→lim+∞e^X = +∞(en posantX=−x). Les théorèmes sur la multiplication s’appliquent et on en déduit :

x→−∞lim v(x)=−∞

Lorsquextend vers+∞la recherche de la limite de xe^−x se présente sous la forme indéterminée « (+∞)×0 » car

X→−∞lim e^X =0 (en posantX=−x).

Pour lever cette indétermination, on utilise une formule de "croissances comparées" relative à l’exponentielle :

x→lim+∞

e^x

x = +∞, ou la forme équivalente (en prenant les inverses) lim

x→+∞

x

e^x = 0, c’est-à-dire lim

x→+∞xe^−x = 0 car e^−x = 1

e^x Donc lim

x→+∞v(x)=0 2. v(ln(x))=ln(x)e⁻^ln(x)= ln(x)

e^ln(x) = ln(x) x =u(x) 3. On sait que lim

x→+∞ln(x)= +∞. Donc d’après le théorème de composition des limites lim

x→+∞v(ln(x))= lim

X→+∞v(X)=0 d’après la question 1.

Donc, commeu(x)=v(ln(x)), on en déduit lim

x→+∞u(x)=0, c’est-à-dire lim

x→+∞

ln(x) x =0 Partie B

1. On connaît la limite lim

x→0 x>0

ln(x)=−∞.

Donc d’après les théorèmes sur les opérations : lim

x→0 x>0

f(x)=−∞

(2)

En+∞, la recherche de la limite conduit à une forme indéterminée «∞ − ∞» car lim

x→+∞ln(x)= +∞.

On va utiliser la propriété démontrée dans la partie A, et pour cela on metxen facteur : f(x)=x ln(x)

x −2x

! +2

Avec le résultat de la partie A : lim

x→+∞

ln(x)

x −2x=−∞ (forme « 0− ∞»)

Donc les théorèmes sur les opérations s’appliquent (forme « (+∞)(−∞)+2 ») et lim

x→+∞f(x)=−∞

2. f est dérivable sur ]0;+∞[ comme somme de fonctions usuelles dérivables (ln, polynôme).

f⁰(x)= 1

x −4x= 1−4x²

x = (1−2x)(1+2x) x Icix>0, donc f⁰(x) est du signe de 1−2x: 1−2x>0⇐⇒2x<1⇐⇒ x< 1

On en déduit le tableau de variation :2

x 0 1

2 +∞

f⁰(x) + 0 −

f(x)

3. La question revient à étudier le signe de la différence ln(x)−(2x²−2), c’est-à-dire le signe de f(x).

On calcule f 1 4

!

=ln 1 4

!

−2 1 4

!2

+2≈0,489 Donc f 1

4

!

>0, et comme f est croissante sur

"

1 4;1

2

#

, on a f(x)>0 sur

"

1 4;1

2

# . Sur

"

1 2;+∞

"

, on va appliquer le théorème de la bijection continue (théorème des valeurs intermédiaires) pour déterminer si f s’annule :

La fonction f est continue sur cet intervalle (car dérivable) et la valeur 0 est une valeur intermédiaire entre les limites f 1

2

!

(positive) et−∞. De plus la fonction f est strictement monotone sur cet intervalle, donc l’équation f(x)=0 a une solutionαet une seule sur cet intervalle.

Lorsqu’on cherche à conjecturerαavec la calculatrice, il semble queα=1.

Vérifions-le : f(1)=ln(1)−2×(1)²+2=0−2+2=0. Donc effectivementα=1

(on pouvait conjecturer et vérifier cette valeur directement, ce qui évitait le recours au théorème de la bijection continue)

x 1

4

1

2 1 +∞

f⁰(x) + 0 − −

f(x)

a>0

b>0

0

−∞

Le signe de f(x) se déduit des variations et des valeurs :

x 1

4 1 +∞

f(x) + 0 −

Donc la courbe de ln (en rouge) est au-dessus de la courbe deusur

#1 4; 1

"

et en-dessous sur ]1;+∞[

(3)

−0.5 0.5 1

−2

−1.5

−1

−0.5 0.5 1

0

Exercice 3 Spécialité Maths

(4)

Exercice 3 Obligatoire

1. (a) pour toutz,1, nous avons :z⁰ = i(−2i−z)

−(z−1) = i(z+2i) z−1 (b) Ecrivonsz⁰sous forme algébrique , posonsz=x+iy

z⁰= i(x+iy+2i)

x+iy−1 = (2+y)−ix

(x−1)+iy = [(2+y)−ix]×[(x−1)−iy]

(x−1)²+y² soitz⁰ = (2+y−2x)+i(x²+y²−x+2y) (x−1)²+y²

Déterminons l’ensemble ( E) des pointsMd’affixeztels quez⁰soit réel : z⁰est réel si, et seulement si, sa partie imaginaire est nulle.

z⁰est réel ?⇐⇒x²+y²−x+2y=0 avec (x−1)²+y²,0 z⁰est réel⇐⇒(x²−x)+(y²+y)=0 avec (x−1)²+y²,0 z⁰est réel⇐⇒ x− 1

2

!2

+(y+1)²= 5

4 avec (x−1)²+y² ,0 donc l’ensemble (E ) est le cercle de centreΩ(1/2 ;−1), de rayon √

5/2, privé du pointA(1 ; 0) . (c) figure

2. (a) Montrons que le pointCd’affixein’a pas d’antécédent par f. Pour cela résolvons l’équation z⁰ =i z⁰ =i ⇐⇒ i(z+2i)

z−1 =i⇐⇒ 2−iz=i(1−z) avec 1−z,0 soiti=2 avec 1−z, 0, ce qui est impossible donc cette équation n’a pas de solution et Cn’a pas d’antécédent par f .

(b) Exprimonszen fonction dez⁰: pourz⁰,i z⁰= i(z+2i)

z−1 ⇐⇒2−iz=z⁰(1−z)⇐⇒z(z⁰−i)=z⁰−2⇐⇒ z= z⁰−2 z⁰−i

3. (a) De l’égalité précédente, nous déduisons :|z|=

z⁰−2 z⁰−1

= |z⁰−2|

|z⁰−1|. OrMetM⁰ont pour affixes respectivesz etz⁰,CetD,iet 2, donc nous obtenons : OM = M⁰D

M⁰C

(b) Lorsque le pointMdécrit le cercle de centreOet de rayon 1, nous avonsOM= 1 donc M⁰D

M⁰C =1 ou encore M⁰D= M⁰C: nous en déduisons

le pointM⁰appartient à la médiatrice du segment [CD] .

(c) De l’égalité du 2˚)b) , pourz,0 etz,1, nous pouvons déduire : Arg(z)=Arg z⁰−2

z⁰−1

!

= Arg(z⁰−2)−Arg(z⁰−1) [2π] donc →−

u,−−−→ OM

=→− u,−−−−→

DM⁰

− →−

u,−−−→

C M⁰

=−−−→

C M⁰,−−−−→ DM⁰

[2π]

LorsqueMest un point de l’axe réel, distinct deOet deA, nous avons : →−

u,−−−→ OM

=0 ou →−

u,−−−→ OM

=π [2π], d’où −−−→

C M⁰,−−−−→ DM⁰

=0 [2π] ou−−−→

C M⁰,−−−−→ DM⁰

=π [2pi].

Le pointM⁰appartient donc à la droite (CD), privée deCet deD.

(5)

Exercice 4

O O

T T T T

0,995 0,005

0,05 0,95 0,85 0,18