EXERCICE 1 1. On sait que 1 + i = √ 2e iπ 4 . Ainsi (1 + i) 6 = ( √

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EXERCICE 1 1. On sait que 1 + i = √ 2e ^{iπ 4} . Ainsi (1 + i) ⁶ = ( √

2e ^{iπ 4} ) ⁶ = ( √

2) ⁶ e ^{6iπ 4} = 8e ^{3iπ 2} = − 8i.

(a) D’après la question 1), on sait que (1 + i) ⁶ = − 8i ⇔ ((1 + i) ³ ) ² = − 8i. Ainsi, une solution de (E) est (1 + i) ³ .

(b) L’équation (E) possède deux solutions (1 + i) ³ et − (1 + i) ³ . On a alors : (1 + i) ³ = ( √

2e ^{iπ 4} ) ³ = ( √

2) ³ e ^{3iπ 4} = 2 √

2(cos( ³ⁱ ₄ ^π ) + i sin( ³ⁱ ₄ ^π )) = 2 √

2( − ^√ 2 ² + i ^√ ₂ ² ) = − 2 + 2i.

L’autre solution a pour forme algébrique 2 − 2i.

2.(a) D’après la question 1, (1 + i) ⁶ = − 8i ⇔ ((1 + i) ² ) ³ = − 8i. Ainsi, une solution de (E ^′ ) est t = (1 + i) ² . (b) Montrons que jt et j ² t sont des solutions de (E ^′ ).

(jt) ³ = j ³ t ³ = (e ^{2iπ 3} ) ³ × ( − 8i) = (e ^{6iπ 3} ) × ( − 8i) = e ^{2i π} × ( − 8i) = − 8i. Donc jt est solution de (E).

Puis, (j ² t) ³ = j ⁶ t ³ = (e ^{2iπ 3} ) ⁶ × ( − 8i) = (e ^{12iπ 3} ) × ( − 8i) = e ^4iπ × ( − 8i) = − 8i. Donc j ² t est solution de (E).

3. Soient A, B et C les points du plan complexe d’affixe t, jt et j ² t. Ecrivons ces affixes sous forme exponentielle.

t = (1 + i) ² = ( √

2e ^{iπ 4} ) ² = ( √

2) ² e ^{2iπ 4} = 2e ^{iπ 2} .

jt = e ^{2iπ 3} × 2e ^{iπ 2} = 2e ^{7iπ 6} , et j ² t = e ^{4iπ 3} × 2e ^{iπ 2} = 2e ^{11iπ 6} .

4. Nature du triangle ABC , pour cela on considère le complexe z = z C − z A

z B − z A

On a t = 2i, jt = − √

3 − i et j ² t = √ 3 − i.

Ainsi, Z =

√ 3 − i − 2i

− √

3 − i − 2i =

√ 3 − 3i

− √ 3 − 3i Z = ( √

3 − 3i)( − √ 3 + 3i ( − √

3 − 3i)( − √

3 + 3i) = 6 + 6i √ 3

12 . Ainsi, Z = 1 2 +

√ 3

2 i = e ^{iπ 3} . On en déduit que | Z | = AC

AB = 1 et arg(Z) = π

3 = ( −−→ AB; −→ AC). Ainsi, le triangle ABC est équilatéral.

• • • EXERCICE 2 1.(a) z 1 = 1 + i

2 z 0 = 1 + i

2 × 16 = 8 + 8i.

z 2 = 1 + i 2 z 1 =

1 + i 2

(8 + 8i) = 4 + 4i + 4i − 4 = 8i.

z 3 = 1 + i

2 z 2 = 8i 1 + i

2

= 4i − 4 = − 4 + 4i.

(b)

2 4 6 8

− 2

2 4 6 8 10 12 14 16

− 2

− 4

bb b b b

b

b

A 0

A 3

A 4

A 5 A 6

A 1

A 2

0

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(c) Si z = 1 + i

2 alors | z | ² = ¹ ₄ + ¹ ₄ = ² ₄ , donc | z | = ^√ ₂ ² . Donc z = ^√ ₂ ^{2 √} ₂ ² + i ^√ ₂ ² = ^√ ₂ ² cos ^π ₄ + i sin ^π ₄ . Un argument de 1 + i

2 est donc ^π ₄ . (d) OA 0 = | | z 0 | = r 0 = 16 ;

OA 1 = | | z 1 | = r 1 = √

8 ² + 8 ² = √

64 × 2 = 8 √ 2 ; A 0 A 1 = | z 1 − z 0 | = | 8 + 8i − 16 | = |− 8 + 8i | = 8 √

2.

On a donc OA 1 = A 0 A 1 : le triangle est isocèle en A 1 ; D’autre part 8 √

2 ² + 8 √

2 ² = 16 ² ⇐⇒ A 0 A ² 1 + OA ² 1 = OA ² 0 signifie (réciproque du théorème de Pythagore) que le triangle OA 0 A 1 est rectangle en A 1 .

2. r n+1 = | z n+1 | =

1 + i 2 z n

=

1 + i 2

× | z n | (le module du produit est égal au produit des modules) =

√ 2 2 r n . r _n +1 =

√ 2

2 r _n montre que la suite (r _n ) est géométrique, de raison

√ 2 2 . On sait que r n r 0

√ 2 2

! n

= 16

√ 2 2

! n

. Comme 0 <

√ 2

2 < 1, on sait que lim

n → + ∞

√ 2 2

! n

= 0, donc lim

n → + ∞ r _n = 0.

La suite converge vers 0.

Comme r _n = | z _n | = OA _n , ceci signifie géométriquement que la limite des points A _n est le point O.

3.(a) Quel que soit le naturel n : A n A n+1 = | z n+1 − z n | =

1 + i

2 z n − z n

=

z n

1 + i 2 − 1

=

z n

− 1 + i 2

=

− 1 + i 2

× | z n | =

√ 2

2 r n = r n+1 .

(b)

Variables : R et L sont des nombres réels n et k sont nombres entiers Initialisation : Affecter à R la valeur 16 .

Affecter à L la valeur 0.

Entrée : Demander la valeur de n.

Traitement : Pour k allant de 1 à n Affecter à R la valeur

√ 2 2 R Affecter à L la valeur L + R Fin Pour.

Sortie : Afficher . . . .

(c) L n est donc la somme des n (sauf r 0 ) premiers termes de la suite géométrique (r n ).

Donc L n = 8 √

2 1 − ^√ 2 ²

n

1 − ^√ 2 ²

. Ainsi L 10 ≈ 37, 42.

(d) On sait que lim

n → + ∞

√ 2 2

! n

= 0, donc lim

n → + ∞ L n = 8 √ 2 1 − ^√ 2 ²

= 16 √ 2 2 − √

2 = 16 √

√ 2 2( √

2 − 1) = 16

√ 2 − 1 = 16 √

2 + 1

2 − 1 = 16 √ 2 + 1 .

• • •

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EXERCICE 3 :

On considère la fonction f définie sur ]0; + ∞ [ par f (x) = ln(x) + xe

x ² sur ]0; + ∞ [.

A. Étude d’une fonction auxiliaire :

On considère la fonction g définie sur ]0; + ∞ [ par

g(x) = − 2 ln(x) − xe + 1 1. Calculs de limites :

• lim

x→ 0 ln(x) = −∞ , puis par opérations sur les limites, on trouve

x lim → 0 g(x) = + ∞

• lim

x → + ∞ ln(x) = + ∞ , puis par opérations sur les limites, on obtient

x → lim + ∞ g(x) = −∞

2. g = − 2 ln +u où u : x 7→ − xe + 1. ln est dérivable sur I =]0; + ∞ [, et par conséquent, g est dérivable sur ]0; + ∞ [ comme somme de fonctions dérivables sur I.

g ^′ = − 2(ln ^′ ) + u ^′ ; donc, pour tout x > 0, g ^′ x) = − 2

x − e = − ex − 2

x .

Comme x > 0, g ^′ (x) a le même signe que la fonction affine − ex − 2 et − ex − 2 = 0 ⇔ x = − ² e et

− ² e ∈ / I. On obtient donc le tableau de variations suivant :

x Signe de g ^′ (x) Variations de g

0 + ∞

−

+ ∞ + ∞

−∞

−∞

0,5

+ α

0 1

− g est strictement décroissante sur I .

3. g(0, 5) > 0 et g(1) < 0, g est continue et strictement décroissante sur I contenant [0, 5; 1] donc d’après le théorème de la bijection, il existe un unique α appartenant à [0, 5; 1] tel que g(α) = 0.

(Pour 0 < x < 0, 5, g(x) > 0 et pour x > 1, g(x) < 0. Ainsi g ne s’annule en qu’une fois en α sur ]0; + ∞ [.)

Un encadrement de α à 0,1 près est : 0, 6 < α < 0, 7 (en utilisant la table de valeurs de g à la calculatrice)

4. D’après ce qui précéde :

x Signe de g(x)

0 α + ∞

+ 0 −

B. Étude de la fonction f :

1. ∀ x > 0, f (x) = 1

x × ln(x) x + e

x . Puis on utilise les limites de référence : lim

x → + ∞

1

x = lim

x → + ∞

e x =

x → lim + ∞

ln(x)

x = 0 d’où la limite nulle de f (x) en + ∞ .

x lim → 0 x>0

ln(x) + ex = −∞ donc, lim

x → 0 x>0

f (x) = −∞ .

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2. f = u

v avec u : x 7→ ln(x) + ex et v : x 7→ x ² . u et v sont dérivables sur ]0; + ∞ [ et v ne s’annule pas sur ]0; + ∞ [ : f est donc dérivable sur ]0; + ∞ [. u ^′ : x 7→ 1

x + e.

∀ x > 0, f ^′ (x) = x ² ( ¹ _x + e) − 2x(ln(x) + ex)

x ⁴ = 1 + ex − 2 ln(x) − 2ex

x ³ = g(x)

x ³ . 3. g(α) = 0 ⇔ − 2 ln(α) − αe +1 = 0 ⇔ ln(α) = 1 − αe

2 . Or f (α) = ln(α) + αe

α ² =

1 − α e 2 + αe

α ² = 1 + αe 2α ² . 4. Comme x ³ > 0 sur ]0; + ∞ [, f ^′ (x) a le même signe que g(x) (vu à la question A.4). Le tableau de

variations de f est donc

x Signe de f ^′ (x) Variations de f

0 α + ∞

+ 0 −

−∞

−∞

f (α) f (α)

−∞

−∞

et la courbe C f est :

1 2 3

− 1

− 2

− 3

− 4

− 5

1 2 3 4 5 6 7 8 9

− 1

2 O

C _f

• • •

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