Devoir surveillé n°2 - Corrigé

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Terminale S – Lycée Desfontaines – Melle

Devoir surveillé n°2 - Corrigé

Exercice 1 (France septembre 2007) -10 points

Soit les nombres complexes z1= 2+i 6, z2=2+2i et Z=z1

z2

. a. Ecrire Z sous forme algébrique.

Z=z₁

z₂= 2+i 6

2+2i =

(

^{2+i 6}

)

⁽²⁻²ⁱ⁾

2²+2² =2 2−2i 2+2i 6+2 6

8 = 2+ 6

4 +i

(

^{6− 2}

)

4 1 point

b. Donner les modules et arguments de z1, z2 et Z.

z1= 2+i 6 donc

| |

^{z1= 22+ 62= 8=2 2 donc z1=2 2}_^_{2 2}^{2 + i}_{2 2}⁶ _^{=2 2}_^1₂⁺ⁱ ₂³ _^

=2 2



 cos



π

3 +isin





π

3 = 8e

iπ

3 = 2 2e

iπ 3

Donc le module de z1 est 2 2 et un de ses arguments est π

3 1 point

z2=2+2i=2 2



2 

2 +^{i 2}

2 =2 2

 cos



π

4 +isin



π

4 = 2 2e

iπ 4

Donc le module de z₂ est 2 2 et un de ses arguments est π

4 1 point Z=z1

z2

donc

| |

^Z=

| |

^z1

| |

^{z2 =}

2 2

2 2=1 et arg(Z)=arg





z₁

z₂ (2π)=arg

( )

^{z1 −arg}

( )

^{z2 (2π)=π}₃^−π₄ ^(2π)=₁₂^{π (2π)}

Le module de Z est donc 1 et un de ses arguments est π

12 1 point c. En déduire cos



π

12 et sin



π 12

| |

^{Z=1 et arg(Z)= π}

12(2π) donc Z=eⁱ

( )

^12π _.

Or Z= 2− 6

4 +i

(

^{6− 2}

)

4

Donc

 



cos



π

12 = ^{2+ 6} 4 sin



π

12 = ^{6− 2} 4

1,5 point

d. Le plan est muni d’un repère orthonormal : on prendra 2 cm comme unité graphique.

On désigne par A, B et C les points d’affixes z₁, z2 et Z.

2 3 4

-1 -2 -3 -4

2 3

-1

-2

-3

0 1

1

x y

B

O A₁

A

C

+ C1

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Placer le point B puis les points A et C en utilisant tracé : 1,5 point la règle et le compas (on laissera les traits de construction apparents). Explications : 1 point Explications du tracé :

Le point B a pour coordonnées (2;2)

arg

( )

^{z1 =π}₃^{, et cos}_^π_3^=0,5 donc on place le point A₁, point d’intersection d’ordonnées positive du cercle trigonométrique de centre O et la droite d’équation x=0,5.

| |

^z1=

| |

^{z2 = 2 2} donc A est le point d’intersection d’ordonnée positive de la droite

(

^OA1

)

et du cercle de centre O et de rayon B

arg(Z)=arg

( )

^{z1 −arg}

( )

^z2 , on place sur le cercle de centre O et de rayon B, le point C1 tel que

(

^{Åu; ÅOC1}

)

⁼₁₂^π . Le point C est le point d’intersection d’ordonnée positive du cercle trigonométrique de centre O et de la droite

(

^OC1

)

^.

e. Ecrire sous forme algébrique le nombre complexe Z²⁰⁰⁷. Z=e^i12π donc Z²⁰⁰⁷=e^i2007×12π

Or, 2007=167×12+3 donc 2007π

12 =167π+π

4 d’où Z²⁰⁰⁷= e^{i×(167π+π4)} =e^i(167π)×e^i4π Or, e^{i×1 6 7π}=ei( 1 6 6π+π)=e^{1 6 6iπ}×e^iπ=e^iπ=-1

Donc Z²⁰⁰⁷=-e

iπ

4=-



 cos



π

4 +isin





π

4 = - 2

2 −i 2

2 2 points

Exercice 2 (Extrait Asie, juin 2003) – 12 points PARTIE A :

Soit f la fonction définie sur ]0;+õ[ par f(x)=1+2lnx x²

Soit (C) la courbe représentative de f et soit (C ’) celle de la fonction h définie sur ]0;+õ[ par h(x)=1 x. 1. Déterminons les limites de f en 0 et en +õ :

Limite de f en 0 : f(x)=(1+2lnx)×1 x² lim

x↔0 x>0

lnx=-õ donc lim

x↔0 x>0

1+2lnx=-õ. De plus lim

x↔0

1

x²=+õ. Ainsi lim

x↔0 x>0

f(x)= lim

x↔0 x>0

1+2 lnx

x² =-õ Limite de f en +õ :

┐x☻ ]0;+õ[ , f(x)= 1

x²+2lnx

x² . Or lim

x↔+õ

lnx

x² =0 et lim

x↔+õ 1

x²=0. Ainsi, lim

x↔+õf(x)=0 Déduisons en les asymptotes de (C) :

lim

x↔0 x>0

f(x)=-õ donc (C) admet pour asymptote verticale l’axe des ordonnées . lim

x↔+õf(x)=0 donc (C) admet pour asymptote horizontale l’axe des abscisses au voisinage de +õ . 1 point 2. Calculons la dérivée f′ de f et étudions les variations de f :

La fonction ln est dérivable sur ]0;+õ[ donc x→1+2lnx est dérivable sur ]0;+õ[.

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La fonction carrée est dérivable et ne s’annule pas sur ]0;+õ[.

Ainsi f est dérivable sur ]0;+õ[ et ┐x☻]0;+õ[ , f′(x)=

2

x×x²−(1+2lnx)×2x

x⁴ = - 4lnx x³

┐x☻ ]0;+õ[ , x³>0 donc f′(x) est du signe de –lnx cad strictement positive sur ]0;1[, nulle en 1 et strictement négative sur ]1;+õ[.

Ainsi f est strictement croissante sur ]0;1] et strictement décroissante sur [1;+õ[

D’où le tableau des variations de f suivant : 1,5 point

x 0 1 +∞

signe de f ′(x) + −

1 f

-õ 0

3. Soit I le point d’intersection de (C) avec l’axe des abscisses. Déterminons les coordonnées de I : Le couple (x;y) des coordonnées de I vérifie le système



y=f(x) y=0 . Or sur ]0;+õ[ ,



y=f(x) y=0 ñ



^1+2lnx x² =0

y=0 ñ



1+2lnx=0

y=0 ñ



_lnx=-¹

2

y=0 ñ



_x=e^-12

y=0 . Ainsi le point I a pour coordonnées

(

^e-12;0

)

^{. 1 point}

4. Pour tout x de ]0;+õ[, on pose g(x)=1−x+2lnx.

(a) Etudions les variations de la fonction g :

La fonction ln est dérivable sur ]0;+õ[ donc x→1+2lnx est dérivable sur ]0;+õ[.

De plus x→x est dérivable sur ]0;+õ[ donc g est dérivable sur ]0;+õ[ , et ┐x☻]0;+õ[ , g′(x)=-1+2×1

x =2−x x

Sur ]0;+õ[ , x>0 donc g′(x) est du signe de 2−x cad strictement positive sur ]0;2[ nulle en 2 et strictement négative sur ]2;+õ[.

Ainsi g est strictement croissante sur ]0;2] et strictement décroissante sur [2;+õ[ 1,5 point (b) Montrons que l’équation g(x)=0 admet une solution unique dans chacun des intervalles ]0;2[ et ]2;4[.

Limite de g en 0 : lim

x↔0 x>0

lnx=-õ donc lim

x↔0 x>0

g(x)=-õ g(2)=1−2+2ln2=2ln2−1 ó 0.39>0

g(4)=1−4+2ln4 =2ln4−3 ó -0.23<0

x 0 2 4 +∞

signe de g ′(x) + − -

g(2)

g g(4)

-õ

- sur ]0;2[ : g est dérivable donc continue ; g est strictement croissante.

De plus lim

x↔0 x>0

g(x)=-õ et g(2) >0 donc 0☻





 lim 

x↔0 x>0

g(x);g(2) .

Ainsi, d’après un corollaire du TVI, l’équation g(x)=0 admet une unique solution sur ]0;2[.

Remarque g(1)=0 donc l’unique solution de g(x)=0 sur ]0;2[ est 1 - Sur ]2;4[ : g est dérivable donc continue ; g est strictement décroissante.

De plus g(2) >0 et g(4)<0 donc 0☻]g(4);g(2)[.

Ainsi, d’après un corollaire du TVI, l’équation g(x)=0 admet une unique solution sur ]2;4[.

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2 3 4 5

2

0 1

1

x y

Soit α la solution appartenant à ]2;4[. Donnons un encadrement de α d’amplitude 10^-2 en utilisant la méthode par balayage :

D’après la calculatrice, g(3.51)ó1.2×10^-3>0 et g(3.52)ó-3×10^-3 <0 donc 3.51<α<3.52 2 points

En résumé, on déduit donc le tableau suivant :

x 0 1 2 α 4 +∞

signe de g′(x) + − + −

g(2)

g 0 0

-õ

5. (a) Montrons que f(x)−1

x = g(x) x² :

┐x☻]0;+õ[ , f(x)−1

x=1+2lnx x² − x

x²=1−x−2lnx

x² = g(x)

x² 0,5 poi nt s Déduisons en que (C) et (C ’) se coupent en deux points :

Les couples de coordonnées (x;y) des points d’intersection de (C) et (C ’) sont les couples solutions du système



^y=f(x) y=¹

x

, x☻D_f∩D_h=]0;+õ[

Or sur ]0;+õ[,



y=f(x) y=¹

x ñ



^f(x)−1_x⁼⁰ y=¹

x

ñ



^g(_x^x)2 =0 y=¹

x

ñg(x)=0 y=¹

x

Or, g(x)=0 Et, d’après 4.(b) , l’équation g(x)=0 admet deux solutions dans ]0;+õ[.

Ainsi (C) et (C ’) se coupent en deux points de coordonnées 



α;_α¹ et

(

1;¹

)

1.5 points (b) Montrons que, pour tout réel x supérieur ou égal à 4, la double inégalité suivante est vraie : 0<f(x)Â 1

x D’après la question 4.(b), ┐x☻[4;+õ[ , g(x)<0 donc g(x)

x² <0 donc f(x)−1

x <0 donc f(x)<1 x D’après le tableau des variations de f, ┐x☻[4;+õ[, f(x)>0

Ainsi ┐x☻[4;+õ[ , 0<f(x)Â1

x. 2 points

6. Traçons (C) et (C ’) :

1 point

(C) (C ’)