4 points Ex 2 Réponse Points Obtenus Q1

TS GRILLE DE CORRECTION - Devoir Surveillé n˚3 - 23 novembre 2018 NOTE :

Ex 1 Réponse Points Obtenus

Q1. On remarque quez2=z1. En effet,z1= 3−2i

1 + i = 3 + 2i

1−i =z2 1

Q2. z¹=3−2i

1 + i ×1−i

1−i = 3−3i−2i−2

2 =1

2 −5

2i 1

Q3. z1+z2=z1+z1= 2 Re(z1) = 2×1

2 = 1 2

z1−z2=z1−z1= 2i Im(z1) = 2i×−5 2 =−5i

Total −→ 4 points

Ex 2 Réponse Points Obtenus

Q1. (z−i)(z+ i) =z²−i²=z²+ 1 0,5

Q2.a P(z) = (z²−1)(z²+ 1) = (z−1)(z+ 1)(z−i)(z+ i) 0,5 Q2.b P(z) = 0⇔z−1 = 0 ouz+ 1 = 0 ouz−i = 0 ouz+ i = 0 1

⇔z= 1 ouz=−1 ou z= i ouz=−i Q2.c P(z) = (z²−1)(z²+ 1) = z²²

−1²=z⁴−1 P(z) = 0⇔z⁴= 1. Donc :

2z+ 1 z−1

⁴

= 1⇔2z+ 1

z−1 = 1 ou 2z+ 1

z−1 =−1 ou 2z+ 1

z−1 = i ou 2z+ 1 z−1 =−i

• 2z+ 1

z−1 = 1⇔2z+ 1 =z−1⇔z=−2 2

• 2z+ 1

z−1 =−1⇔2z+ 1 =−z+ 1⇔z= 0

• 2z+ 1

z−1 = i⇔2z+ 1 = i(z−1)⇔z(2−i) =−1−i⇔z=−1−i 2−i =−1

5−3 5i

• 2z+ 1

z−1 =−i⇔2z+ 1 =−i(z−1)⇔z(2 + i) =−1 + i⇔z=−1 + i 2 + i =−1

5+3 5i

Total −→ 4 points

Ex 3 Réponse Points Obtenus

Q1. g= 4u³avecu:x7→x−1.g est dérivable sur [0; 1] etg^′= 4×3u^′u². Pourx∈[0; 1],g^′(x) = 12×1×(x−1)²= 12(x−1)².

• annulation deg^′(x) sur [0; 1] :g^′(x) = 0⇔x= 1.

• signe de g^′(x) sur [0; 1] : g^′(x)> 0 sur [0; 1[ doncg est strictement croissante sur [0; 1].

On résume dans un tableau : x

Signe deg^′(x) Variations

deg

0 1

+ 0

−4

−4

00 α

−1

2

Q2. g continue et strictement croissante sur [0; 1].−1∈[−4; 0] intervalle image par g de [0; 1], d’après le théorème de la bijection, il existe un unique αdans [0; 1] tel queg(α) =−1.

À la calculatrice, on obtient : 0,3< α <0,4.

1

Q3. Pour touta∈[0; 1], f^′(a) = 4(a−1)³=g(a). (f =u⁴ etudérivable sur [0; 1]) 1 Q4. Le coefficient directeur de la droite (P R) vaut −1. Le coefficient directeur des

tangentes à C^f au point d’abscisse a (a ∈ [0; 1]) est f^′(a) = g(a). Il existe une tangente parallèle à (P R) si, et seulement si, il existea∈[0; 1] tel queg(a) =−1.

La réponse est oui et est donnée par la question précédente.

1

Total −→ 5 points

1

Ex 4 Réponse Points Obtenus Q1.a f(−x) = 1 + cos(−x) +1

2cos(−2x) = 1 + cos(x) +1

2cos(2x) =f(x) car la fonction cosinus est paire.

1

f(x+2π) = 1+cos(x+2π)+1

2cos(2(x+2π)) = 1+cos(x)+1

2cos(2x+4π) =f(x) car la fonction cosinus est 2π-périodique.

Q1.b f est 2π-périodique donc on peut l’étudier sur [−π;π]. De plus,f est paire, donc par symétrie, on peut restreindre l’intervalle d’étude à [0 ;π].

1

Q2.a f^′(x) =−sin(x)−1

2×2 sin(2x) =−sin(x)−sin(2x). 1

Q2.b f^′(x) =−sin(x)−2 sin(x) cos(x) =−sin(x)(1 + 2 cos(x)). 0,5 Q3. On résout sur [0;π] :f^′(x) = 0⇔sin(x) = 0 ou 1 + 2 cos(x) = 0

⇔x= 0 oux=πou cos(x) =−1

2 ⇔x= 0 oux=πoux=2π 3

De plus, −sin(x) 6 0 pour tout x ∈ [0 ;π], donc f^′(x) est du signe opposé à (1 + 2 cos(x)).

1,5 D’où le tableau de variation :

x Signe def^′(x)

Variations def

0 ²3^π π

0 − 0 + 0

5 2 5 2

1 4 1 4

5 2 5 2

Q4.

x 0 π

3

π 2

2π

3 π 4π

3

3π 2

5π 3 f(x) 5

2

5 4

1 2

1 4

1 2

1 4

1 2

5 2

1

Q5.

π 1

2π O

1

Total −→ 7 points

Ex 5 Réponse Points Obtenus

A.1. Il suffit d’ajoutery←√

16−x² 0.5

A.2. L’aire du rectangleON P M sera obtenue en multipliant les valeurs dexet dey.

On peut envisager un tableau avec des aires arrondies à 10⁻² près.

x 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

xy 0 1.99 3.87 5.57 6.92 7.8 7.95 6.79 0

Il semblerait que l’aire soit maximale pourxdans [2,5; 3,5] (qui est bien de lon- gueur 1).

1

A.3. On peut avec sa calculatrice choisir des valeurs « bien choisies » dexdans [2,5; 3,5]

pour calculery et calculer l’aire.

x 2.8 2.85 2.9

y 2.86 2.81 2.75 xy 7,9984 7.999 7.989

Il semblerait que l’intervalle cherché soit [2,8; 2,9] d’amplitude 0,1.

Conjecture : le point P recherché a des coordonnées (x, y) avecy =x (il est tel que (−−→OM;−−→OP) =^π₄ (2π)).

1+0.5

2

Ex 5 Réponse Points Obtenus B.1. a(x) =xyor,y=√

16−x²avecx∈I= [0; 4], compte tenu de la situation décrite dans l’exercice. Ainsia(x) =x√

16−x².

1 B.2. a=u√

v avecv:x7→16−x².√

v est dérivable sur un intervalleJ inclus dansI sur lequelvest dérivable et strictement positive. u:x7→xest dérivable surI.

pour toutxdeI,v(x)>0⇔x∈[0; 4[. Le produitu√

v est dérivable sur [0; 4[.

Pourx∈[0; 4[, a^′(x) = 1×√16−x²+x× −2x

2√16−x² = 16−2x²

√16−x²

2

B.3.

• annulation dea^′(x) sur [0; 4[ :a^′(x) = 0⇔16−2x²= 0⇔x²= 8⇔x= 2√2.

• signe dea^′(x) sur [0; 4[ :√

16−x²>0 sur l’intervalle donc le signe dea^′(x) est le même que celui de 16−2x² et la quantité est du signe dea=−2 entre 2√2 et 4, positive ente 0 et 2√2.

On résume dans un tableau : x

Signe dea^′(x) Variations

dea

0 2√2 4

+ 0 −

00

88

00

3

B.4. Ce qui précède montre que l’aire est maximale pourx= 2√2 et cette aire vaut 8. Lorsque x = 2√2, y = q

16−(2√2)² = 2√2 donc x = y et le quadrilatère OM P N est un carré donc (−−→OM;−−→OP) = ^π₄ (2π).

1

Total −→ 10 points

3