(1)DS4 NOM : NOTE FINALE 20 E1 Réponse Obtenus Points 1 S(θ

DS4 NOM : NOTE FINALE 20

E1 Réponse Obtenus Points

1 S(θ) = CI×AB

2 .Dans le triangle AIO rectangle en I on a : sin(θ) = AI OA = AI

1 =AI et cos(θ) = OI

AO =OI. Ainsi AB = 2×AI = 2 cos(θ) et CI =CO+OI = 1 + cos(θ).

CommeS(θ) =AB×CI

2 , on peut donc en déduire que :S(θ) = sin(θ)(1 + cos(θ)).

1

2 S=u×vavecu(θ) = sin(θ) et u^′(θ) = cos(θ) et avecv(θ) = 1 + cos(θ) etv^′(θ) =−sin(θ).

AinsiS^′(θ) = cos(θ)(1 + cos(θ))−sin(θ) sin(θ) = cos²(θ)−sin²(θ) + cos(θ). 1.5

Comme cos²(θ)−sin²(θ) = 2 cos²(θ)−1 ,il peut écrireS^′(θ) = 2 cos²(θ) + cos(θ)−1. En remplaçantθpar π

3, on obtientS^′(π 3) = 0.

3a La lecture de la courbe de S^′ permet d’obtenir le signe de S^′ et donc d’en déduire les variations deS sur [0;π].

θ Signe deS^′(θ) Variations deS

0 ^π₃ π

+ 0 −

0 0

S(^π₃) = ^3√₄³ S(^π₃) = ^3√₄³

0 0

1.5

D’après le tableau de variations, l’aire est maximale pourθ=π 3.

3b BONUS: Compte-tenu des données de l’énoncé, (CD) est un axe de symétrie du triangle ABC donc le triangle ABC est isocèle enC et CA=CB.AB= 2AI = 2 sin(^π₃) =√

3, AC² =AI²+IC² = (^√₂³)²+ (1 + ¹₂)² = ³₄ +⁹₄ = 3 donc AC =√

3 =AB. Le triangle ABC est équilatéral.

2

Total −→ 4 points

E2 Réponse Obtenus Points

1a g=u×exp−1 avecu:x7→x². uet exp sont dérivables sur [0; +∞[ donc la fonctiong est dérivable sur [0; +∞[ (produit de fonctions dérivables) :g^′=u^′exp +uexp.

∀x>0, g^′(x) = 2xe^x+x²e^x=x(x+ 2)e^x.

annulation deg^′(x) :g^′(x) = 0⇔x= 0, en effetx+2 et e^xne s’annule pas sur [0; +∞[.

signedeg^′(x) :x >0,x+ 2>0 et e^x>0 sur ]0; +∞[ doncg^′(x)>0 sur ]0; +∞[.

x→lim+∞x² = +∞ et lim

x→+∞e^x = +∞ donc par opérations sur les limites, lim

x→+∞g(x) = +∞.

x Signe deg^′(x) Variations deg

0 +∞

0 +

−1

−1

+∞ +∞ a

0

2

1b g est strictement croissante et continue sur [0; +∞[. 0∈[−1; +∞[ donc d’après le théo- rème de la bijection, il existe un uniqueadans [0; +∞[ tel queg(a) = 0.

0.5 1c g(0,703)<0 etg(0,704)>0 donc a∈]0,703; 0,704[ 0.5 1d On peut résumer le signe deg(x) de la façon suivante :

• Pour toutxappartenant à [0;a[, g(x)<0 ;

• g(a) = 0 ;

• Pour toutxappartenant à ]a; +∞[, g(x)<0 ;

0.5

2a lim

x→+∞e^x= +∞et lim

x→+∞

1

x = 0 donc par opérations sur les limites, lim

x→+∞f(x) = +∞. 1

xlim→0e^x= 1 et lim

x→0 x>0

1

x= +∞donc par opérations sur les limites, lim

x→0 x>0

f(x) = +∞.

2b f est dérivable sur ]0; +∞[ et pourx >0,f^′(x) = e^x− 1

x² =x²e^x−1

x² = g(x)

x² . 0.5

2c Comme l’on connaît le signe deg(x) et quex²>0 sur ]0; +∞[ : on en déduit le signe de f^′(x) et les variations def sur ]0; +∞[.

x Signe def^′(x) Variations de f

0 a +∞

− 0 +

+∞ +∞

f(a) f(a)

+∞ +∞

0.5

2d f(a) = e^a+1

a etg(a) = 0⇔a²e^a−1 = 0⇔e^a= 1

a². d’oùm=f(a) = 1 a² +1

a. mest un minimum car, par lecture du tableau de variations,f(x)>mpour toutxde ]0; +∞[.

1

2e D’après 1c : a0< a < a1 aveca0= 0,703 eta1= 0,704. Commex7→ 1

x est strictement décroissante sur ]0; +∞[, 1

a1

< 1 a < 1

a0

et x 7→ x² étant strictement croissante sur [0; +∞[, 1

a²₁ < 1 a² < 1

a²₀. Par addition membre à membre d’inégalités, on obtient 1

a²₁ + 1 a1

< m < 1 a²₀+ 1

a0

. Et finalement, 3,43< m <3,45. 0.5

Total −→ 7 points

E3 Réponse Obtenus Points

Démonstration développée dans le cours.

Total −→ 3 points

E4 Réponse Obtenus Points

1 On remarque que 1³−(4 +i)×1²+ (7 +i)×1−4 = 0 donc 1 est une solution de (E). 0.5 2 a est le coefficient dez³ donc a= 1. On peut trouver b en utilisant l’identification des

termes constants :b(2 + 2i) =−4⇔b= −4

2 + 2i =−1 + i.

1.5

3 Ainsiz³−(4 +i)z²+ (7 +i)z−4 = 0⇔(z−1)(z−2−2i)(z−1 + i) = 0

⇔z= 1 ou z= 2 + 2i ou z= 1−i 1

d’où S_(E)={1; 2 + 2i; 1−i}.

Total −→ 3 points

E5 Réponse Obtenus Points

1 a^′ =a−1 + 2i a−i = 5i

1 + 2i =5i(1−2i)

5 = 2 + i. 1

2 On résout b−1 + 2i

b−i = 3i⇔b−1 + 2i = 3i(b−i)⇔(1−3i)b= 4−2i 1

⇔10z= (4−2i)(1 + 3i)⇔10b= 10 + 10i⇔b= 1 + i 3a z^′ = z−1 + 2i

z−i =

z=x+iy

x+ iy−1 + 2i

x+ iy−i = x−1 + i(y+ 2) x+ i(y−1) = [x−1 + i(y+ 2)][x−i(y−1)]

x²+ (y−1)² =. . .= x²+y²−x+y−2

x²+ (y−1)² +i 3x+y−1 x²+ (y−1)²

2

3b z^′ réel ⇔Im(z^′) = 0⇔3x+y−1 = 0 etz6= i⇔y=−3x+ 1 etz6= i. (E) est donc la droite d’équationy=−3x+ 1 privée du point d’affixe i.

1 3c z^′ imaginaire pur⇔Re(z^′) = 0⇔x²+y²−x+y−2 = 0 etz6= i

⇔(x−¹₂)²+ (y+¹₂)²=⁵₂ etz6= i.

Bonus : (F) est donc le cercle de centre (¹₂;−¹₂) et de rayonq

5

2. 1.5

Total −→ 5 points