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EXERCICE 1 :
Soit f la fonction définie sur [0; + ∞ [ par :
f ( x ) = 2 e x + 1
1
1 O
C f
bcbc
bc
M
P Q
L’idée qui vient à la lecture de la consigne est la mise en place d’une fonction A définie sur [0; + ∞ [ dont on va étudier les variations
A (x) = OP × M P = x × f (x) = 2x e x + 1
A est une fonction dérivable sur [0; + ∞ [ (quotient de fonctions dérivables sur l’intervalle dont le numérateur ne s’annule pas de la forme u v de dérivée u′v−uv v
2 ′)
∀ x > 0 , A ′ ( x ) = 2(e x + 1) − 2xe x
(e x + 1) 2 = 2(e x − xe x + 1)
(e x + 1) 2 = 2g(x)
(e x + 1) 2 avec g définie sur [0; + ∞ [ par g(x) = e x − xe x + 1
Il nous faut le signe de g ( x ) pour déterminer celui de A ′ ( x ) : l’idée d’étudier la fonction g comme fonction auxiliaire semble pertinente :
∀ x > 0, g ′ (x) = − xe x , g ′ (x) < 0 sur ]0; + ∞ [ donc g est strictement décroissante sur [0; + ∞ [ avec g (0) = 2 et un calcul de limite permet d’obtenir que lim
x →+∞ g ( x ) = −∞ .
Nous sommes dans les conditions d’application du théorème de la bijection (g est continue et strictement décroissante) ; tout nombre de l’intervalle ] − ∞ ; 2] admet un antécédent unique. En par- ticulier, 0 admet un unique antécédent α strictement positif tel que g(α) = 0.
Compte-tenu des variations de g :
• g(x) > 0 pour x ∈ [0; α[ et par suite, A ′ (x) > 0 donc A est strictement croissante sur [0; α] ;
• g(x) < 0 pour x ∈ ]α; + ∞ [ et A ′ (x) < 0 donc A est strictement décroissante sur [α; + ∞ [ ;
• g ( α ) = 0 donc A ′ ( α ) = 0.
La fonction A admet un maximum en α qui vaut A (α), donc l’aire de OP M Q est maximale pour x = α et seulement pour cette valeur.
Par balayage avec la calculatrice, une valeur approchée de α à 10 − 2 près est : α ≈ 1, 28
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• • EXERCICE 2 :
On considère l’équation (E) : z 2 − 2z √
3 + 4 = 0.
1. Les solutions complexes et conjuguées sont √
3 + i et √ 3 − i.
2. On considère la suite ( z n ) de nombres complexes définie par
z 0 = 2 z n+1 =
√ 3 2 − i
2
!
z n (a) z 1 = √ 2 3 − 2 i z 0 = √ 2 3 − 2 i × 2 = √
3 − i est bien solution de ( E ).
(b) Algorithme en langage naturel :
z ← 2 k ← 1
Tant que k inférieur à 49 z ← ( √ 2 3 − i 2 ) × z
Si la partie réelle de z est nulle (z est alors imaginaire pur)
afficher k FinSi
k ← k + 1 FinTantque
(c) Posons a = √ 2 3 − 2 i et un calcul « rapide » permet d’obtenir que a 3 = − i.
Par suite, z 3 = a 3 × z 0 = − i × 2 = − 2i et a 6 = (a 3 ) 2 = ( − i) 2 = − 1.
Démontrons, par récurrence, que pour tout entier naturel k, z 6k+3 est imaginaire pur : c’est la propriété P ( k ).
• Initialisation : k = 0 ; z 6 × 0+3 = z 3 = a 3 z 0 = − i × 2 = − 2i et z 3 est imaginaire pur donc P (0) est vraie.
• Hérédité : Démontrons que pour tout k ∈ N , P (k) vraie implique P (k + 1) vraie.
P (k) est vraie ⇔ z 6k+3 = ib (b ∈ R )
⇔ a 6 z 6k+3 = a 6 × ib
⇔ z 6k+9 = − ib
⇔ z 6(k+1)+3 = − ib donc z 6(k+1)+3 est imaginaire pur et donc P (k + 1) est vraie.
• Conclusion : Ainsi, d’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout entier naturel k ∈ N ,
z 6k+3 est imaginaire pur.
En conséquence de quoi, l’algorithme devrait afficher les entiers 3, 9, 15, 21, 27, 33, 39 et 45.
• •
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EXERCICE 3 :
Posons : f ( x ) = − e − x − 1
1
1 O
bc bcbc
bcbc bc