Correction du Devoir de Synthèse n°1

L.S.Marsa Elriadh

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Exercice 1 : 1) z=

2 2 7 5

3 2 3 6 6

2ieⁱ 2e e^{i i} 2eⁱ 2eⁱ

    

  

2)

2 2

6 3 6

2 6

1 3 1 3

) ) 2 4 2 2 3

2 2 2 2

1 3

) 2 . 2 1 3

2 2

i i i

i

a e e i b e i i

c e i i

  



 

   

       

     

     

 

 

    

   

   

3) M(2, cos ) avec -1≤cos ≤1 donc M décrit un le segment [AB] avec A(2+i) et B(2-i)

4) Les solutions dans de l’équation : z² (1 e^i)z e^i 0 sont :

( )

1 et e^{i  }

 Exercice 2:

1)

∆=16(1+i)²-4(-4+8i)=32i+16-32i=16

donc z’=2i et z’’=4+2i et ^{S }





2)

a) facile !.

b) z³-2(3+2i)z²+4(1+4i)z+8-16i=(z-2)(az²+bz+c)=az³+z²(b-2a)+z(c-2b)-2c donc a=1 ; b=-4(1+i) et c=-4+8i

(z-2)( z²-4(1+i)z-4+8i)=0 sig z=2 ; z=2i ou z=4+2i





S  i  i 3) Le plan est munie d’un repère

orthonormé direct





respectives a=2, ; b=2i et c=4+2i.

a)

Placer les points A, B et C.

b) AB   b a 2i  2 8 ;AC    c a 4 2i   2 2 2i  8 donc ABC est un triangle isocèle en A.

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4 2 2 4 4

BC    c b i  i   ; donc 4)

a) c-a=2+2i=2(1+i)=2 2eⁱ⁴



donc c=2+2 2eⁱ⁴



alors C∈Γ.

b) z-2=2 2eⁱ⁴



donc





2 2 2

0 , 2

arg( 2) 2 ; [0, 2 [

z AM

signifie

z  k   u AM 

 

  

 

 

 

   

 

 

d’où Γ=cercle de centre A et de rayon 2 2 Exercice 3 :

1)

a) f(-2) =1 ; f(-1)= -3 ; f ‘(1)=0 et f_g^'( 2) =2 b)

x -∞ -2 -1 1 +∞

f’ + - 0 + 0 - f 1

-∞ -3

1

-

∞ c) g est continue strictement croissante sue [-1,1]donc g admet une

fonction réciproque g ^-1 définie sur [-3,1]

d) on a g(-1)=-3 alors g ^-1(-3)=-1 on a g(0)=-1 alors g ^-1(-1)=0.

2)

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3)

a) h=gou(x) avec u(x)=-x.

on a u dérivable sur [-1,1] et g dérivable sur u([-1,1])=[-1,1] alors h est dérivable sur [-1,1]

b) Déterminer h’(-1)=u’(-1).g’(u(-1))=-g’(1)=0 ; en effet g’(1)=0 Exercice 4 :

1) f est dérivable sur IR* et '( ) ^{3 ²}x₆ ³₄ f x

x x

 

  . 2) a)

4 4 4

4 4 4 4 4

: 1 ( 1)

1 1 1 3 3

'( ) ; [ , 1]

( 1) ( 1)

on a k x k donc k x k

donc donc f x x k k

k x k k k

     

 

     

 

c) on a f continue sur [k,k+1] ; dérivable sur ]k,k+1[ et

4 4

3 3

'( ) ; ] , 1[

( 1)

f x x k k

k k

 

   



alors d’après les inégalités des accroissement fini :

4 4

4 4

3 3

( 1 ) ( 1) ( ) ( 1 )

( 1)

3 3

( ) ( 1) ( 1)

k k f k f k k k

k k

donc f k f k

k k

         



   

 3)

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a)

1 4 4 4 4 4 4 4

4

1 1 1 1 1 1 1

: (1 ... ) (1 ... )

2 3 ( 1) 2 3

1 0

( 1)

n n

on a U U

n n n

n

            



 



donc U est une suite croissante.

b)

on a :

4 4

4 4

4 4

3 3

(1) (2)

2 1

3 3

(2) (3)

3 2

. . .

3 3

( 1) ( )

( 1)

f f

f f

f n f n

n n

  

  

   



en faisant la somme terme à terme on obtient :

 

3 4

3 3 4

3 4 3

3 1 (1) ( ) 3( 1 )

1 3

3 3 1 3

1 1 3

4 3 1

1 1 1 4 1

3 3 3 3

n n

n n

n

n

U f f n U

n

U U

n n

n U n n

n n U n

    

    

     

    

d’où ^{1 1}₃ ^{4 1}₃

3 3 Uⁿ 3 3

n n

   

c) on a ^{1 1}₃ ^{4 1}₃ ⁴

3 3 Uⁿ 3 3 3

n n

     donc U est majorée par ⁴ 3. d) U croissante et majorée donc U est convergente ; soit L sa limite

on a :

3 3

3

1 1 4 1

3 3 3 3

1 1 4

lim 0

3 3 3

n

n

n U n

et alors L

 n

   

  