TS 8 DS 2 : Continuit´e, Complexe Correction 15 octobre 2016 Exercice 1 : Quelques exercices classiques
1. (a) On posex ety deux r´eels tels que z=x+iy.
3z−5i= ¯z⇔3x+ 3iy−5i=x−iy⇔2x+i(4y−5) = 0.
La solution est i54 .
(b) Calculons le discriminant ∆ = 9−12 =−3.
Il y a donc deux solutions complexes.
Les solutions sont z1= −3−i√ 3
2 etz2 = −3 +i√ 3
2 .
2. (a) On pense `a utiliser un cercle pour placer ces points (B est a l’intersection de la droite d’´equation y=x et du cercle de centreO et de rayon 1).
(b) Soit zD l’affixe du pointD.ABCDest un parall´elogramme si et seulement sizB−zA=zC−zD ssi
√ 2 2 +i
√ 2
2 −i=−i−zD ⇔zD = −
√ 2 2 −i
√ 2 2
3. (a) Pour tout r´eel x, x2 + cos(x) < x2 + 1, et lim
x→+∞(x2+ 1) = +∞ par le th´eor`eme de comparaison,
x→+∞lim (x2+ cos(x)) = +∞.
x→+∞lim
√x= +∞, par composition, lim
x→−∞
px2+ cos(x) = +∞ .
(b) lim x→3
x <3
(x−3) = 0−, par quotient lim x→3
x <3
x+ 5
x−3 =−∞
Exercice 2 : Probl`eme complexe
1. R´esolvons l’´equation z0 =z avec z6=−1.
z0 =z⇔ z+1iz =z⇔ z2+z−izz+1 = 0⇔z2+z−iz = 0⇔z(z+ 1−i) = 0⇔z= 0 ou z=−1 +i Les points d’affixes 0 et −1 +i v´erifientM0 =M.
2. (a) b0 = i −1
2+ i
!
−1
2+ i + 1
=
−1−1 2i 1 2+ i
= −2−i1+2i = (−2−i)(1−2i)
12+22 = −45 +35i
(b) B0 appartient au cercle (C) de centreO et de rayon 1, car :OB0 = q −4
5
2
+ 352
=
q16+9 25 = 1 3. Six=−12, alorsz0 = i(−12+iy)
1
2 +iy = (−y−12i)(12−iy)
1
4 +y2 = −12y−12y+i(y2−14)
1 4+y2 On a donc (OM0)2 = (−y)2+ (y2−14)2
(14 +y2)2 = y4+ 12y2+161
(14 +y2)2 = (14 +y2)2 (14 +y2)2 = 1.
M0 appartient donc bien au cercle de centre O et de rayon 1 . 4. (a) z0= x+iy+1i(x+iy) = (x+1)+iy−y+ix = (−y+ix)(x+1−iy)
(x+1)2+y2 = −y+i(x(x+1)2+y2+y2+x)2 ; d’o`u Im(z0) = x2+y2+x (x+ 1)2+y2 .
(b) M0 appartient `a l’axe des abscisses si et seulement si sa partie imaginaire est nulle, donc si et seulement si
x2+y2+x= 0 (x;y)6= (−1; 0) ⇐⇒
x+ 1 2
2
+ (y−0)2 = 1
2 2
(x ; y)6== (−1 ; 0) Ainsi (Γ) est le cercle de centre
−1 2; 0
et de rayon 1
2, priv´e du pointA(−1 ; 0) . Exercice 3 : Probl`eme analyse
Partie A :
1. u est d´erivable sur ]0; +∞[ comme somme et produit de fonctions d´erivable sur ]0; +∞[.
u0(x) = 2√
x+√xx+ 2√1x = 4x+ 2x+ 1 2√
x = 6x+ 1 2√
x . 6x+ 1>0 ssix >−16 doncu0(x)>0 sur ]0; +∞[.
u est donc strictement croissante sur ]0; +∞[ .
TS 8 DS 2 : Continuit´e, Complexe Correction, Page 2 sur 2 2016-2017 2. lim
x→+∞2x√
x= +∞ donc par somme lim
x→+∞u(x) = +∞. 3. (a) Sur l’intervalle [0; +∞[ :
• u est continue (car d´erivable).
• u est strictement croissante.
• lim
x→0u(x) =−2 et lim
x→+∞u(x) = +∞ : 0∈]−2; +∞[.
Par le corollaire du th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, f(x) = 0 admet une unique solution sur ]0; +∞[
(b) `A l’aide de la calculatrice, on a 0,69< α <0,7 .
4. u est strictement croissante, doncu(x)<0 ssi x < α. Doncu(x)<0 sur ]0;α[ etu(x)>0 sur ]α; +∞[
5. u(α) = 0 donc √
α(2α+ 1)−2 = 0, donc √
α= 2α+12 . Partie B :
1. lim
x→+∞(2 −√
x) = −∞ et lim
x→−∞x2 = +∞, par composition lim
x→+∞(2 −√
x)2 = +∞. Par somme
x→+∞lim f(x) = +∞ .
2. f est d´erivable sur ]0; +∞[,f0(x) = 2x−22√1x(2−√
x) = 2x− √2x + 1 = x√
x−2 +√
√ x
x = u(x)
√x . 3. Pour x > 0, √
x > 0, donc f0 est du signe de u. f0 est donc d´ecroissante sur ]0;α[ et croissante sur ]α; +∞[.
Partie C :
1. M ∈Γ, donc les coordonn´ees deM sont (x;√ x).
AM =p
(x−0)2+ (√
x−2)2 =p f(x) . 2. (a) La fonction x 7→ √
x est strictement croissante sur ]0; +∞[, f prend des valeurs toujours positives (comme somme de 2 carr´es). Les fonctions f etg ont mˆeme sens de variation.
(b) La fonctiongadmet donc son minimum enα. La distance est donc minimal pourx=αsoit au point P(α;√
α). Or √
α= 2α+12 donc P a pour coordonn´ees (α;2α+12 ) . 3. Montrer queAP =
q
(α−0)2+ (2−2α+12 )2 = q
α2+ (4α+2−2)2α+1 2 = q
α2+ (2α+14α )2 = 2α+1α √
4α2+ 2α+ 17 . 4. La tangente `a Γ en P a pour coefficient directeur 2√1α = 2α+ 1
4 et la droite AP a pour coefficient directeur yP −yA
xP −xA =
√α−2
α =
2 2α+1−2
α = 2−4α−2
α(2α+ 1) = −4
2α+ 1. Le produit des deux coefficients directeurs donne −1, la tangente Γ en P et la droite sont perpendiculaires.
