5 points E2 Réponse Points Obtenus 1

(1)

TS GRILLE DE CORRECTION - Devoir Surveillé n˚3 - novembre 2016 NOTE :

E1 Réponse Points Obtenus

1.

(2 + 4i)z+ 5 = (5 + i)z+ 3i

⇔(2 + 4i−5−i)z=−5 + 3i

⇔(−3 + 3i)z=−5 + 3i

⇔(−3−3i)(−3 + 3i)z= (−5 + 3i)(−3−3i)

⇔18z= 24 + 6i

⇔z= 4 3 +1

3i

donc S= 4

3 +1 3i

2

2.

3(1 + i)z= 1−iz

⇔(3 + 3i)z+ iz−1 = 0

z=x+iy⇔ (3 + 3i)(x+ iy) + i(x−iy)−1 = 0

⇔3x−2y−1 + i(4x+ 3y) = 0

⇔3x−2y−1 = 0 et 4x+ 3y = 0

⇔x= 3

17 et y=− 4 17

donc S= 3

17− 4 17i

3

Total −→ 5 points

1. Z = (x+ iy)²+ 4(x+ iy) +x²+y²+³₂ =x²−y²+ 2ixy+ 4x+ 4iy+x²+y²+³₂ = 2x²+ 4x+³₂+ i(2xy+ 4y) (remarque :zz=x²+y² c’est du cours !)

1

2. Re(z) =−¹2 =xet 2x²+ 4x+³₂ = 2 −¹2

²

+ 4× −¹2

+³₂ = 0 donc Re(Z) = 0 etZ est imaginaire pur.

1

∀y∈R,Re(−¹2+ iy) =−¹2, d’après la question précédente,Z est imaginaire pur. 0.5 3. Z imaginaire pur⇔Re(Z) = 0⇔2x²+ 4x+³₂ = 0⇔x=−2¹oux=−³2. 1

DoncZ imaginaire pur⇔ z=−2¹+ iy, y∈R ou z=−³2+ iy, y∈R 0.5 4. Z réel⇔Im(Z) = 0⇔2xy+ 4y= 0⇔2y(x+ 2) = 0⇔x=−2 ouy= 0. 1.5

DoncZ réel⇔ z=−2 + iy, y∈R ou z∈R 0.5

1.a f =u√

v avecu:x7→xet v :x7→4−x². uet v sont dérivables sur [−1; 2[ et v >0 sur [−1; 2[ donc√

v est dérivable sur [−1; 2[, et le produit de fonctions dérivables étant dérivables, on conclut quef est dérivable sur [−1; 2[.

2

1.b Pour étudier la dérivabilité en 2, on peut chercher la limite éventuelle du taux d’accrois- sementtf(x) def en 2 lorsquextend vers 2 par valeurs inférieures.

+1

tf(x) = f(x)−f(2) x−2 = x√

4−x²

x−2 =−xp

(2−x)(2 +x)

2−x =−x

r2 +x 2−x. 1.c lim

x→2 x<2

2 +x

2−x= +∞et par composition, lim

x→2 x<2

r2 +x

2−x= +∞, puis par produit lim

x→2 x<2

tf(x) =

−∞. La limite est infinie donc la fonctionf n’est pas dérivable en 2.

1

2. D’après 1.f est dérivable sur [−1; 2[ etf^′=u^′√

v+u× v^′ 2√

v. Soit,∀x∈[−1; 2[, f^′(x) = 1×√

4−x²+x× −2x 2√

4−x² = (√

4−x²)²−x²

√4−x² =2(2−x²)

√4−x² 2

3. ∀x∈[−1; 2[,√

4−x²>0 donc le signe def^′(x) est donné par celui de 2(2−x²). De plus 2−x²= 0 s’annule sur [−1; 2[ en√

2, 2−x²<0 sur ]√

2; 2[ et 2−x²>0 sur [−1;√ 2[.

Finalement, f est strictement croissante sur [−1;√

2] et strictement décroissante sur [√

2; 2].

2

4. f^′(0) = 2 etd:y=f^′(0)(x−0) +f(0)⇔d:y= 2x. 1

Total −→ 6+1 points

(2)

E4 Réponse Points Obtenus A.1 Pour toutx∈R, u^′(x) = 6x²−8x+ 2 = 2(3x²−4x+ 1) = 2(3x−1)(x−1).u^′ s’annule

en 1 et en ¹₃. Compte-tenu de la règle des signes d’un trinôme ayant deux racines réelles, on peut construire le tableau de variations

x Signe deu^′(x)

Variations deu

−∞ ¹3 1 +∞

+ 0 − 0 +

−∞

u(¹₃) =−¹⁹27

−1

+∞ +∞ 2

7 α

0

2

A.2 uest continue (fonction polynome) et strictement croissante sur [1; 2]. 0∈[u(1);u(2)] = [−1; 7] donc, d’après le théorème de la bijection, il existe un unique α ∈ [1; 2] tel que u(α) = 0. (voir tableau)

1.5

Sur ]− ∞;¹₃], uadmet un maximum en ¹₃ qui vaut−¹⁹27 qui est négatif :u ne s’annule pas sur l’intervalle ]− ∞; 1]. Pourx >2,u(x)>7 >0 doncune s’annule pas non plus sur [2; +∞[. Finalement,une s’annule qu’une fois entre 1 et 2.

1

A.3 En utilisant la calculatrice, on trouve que u(1,56) ≈ −0,022 et que u(1,57)≈ 0,0202 donc on obtient l’encadrement deαà 10⁻²près : 1,56< α <1,57.

1

A.4 Tableau de signes deu, compte-tenu de ce qui précède : x

Signe deu(x)

−∞ α +∞

− 0 +

1

B.1 lim

x→+∞

1

x−1 = lim

x→+∞

1

x = 0 et lim

x→+∞x² = +∞; par somme, lim

x→+∞f(x) = +∞; idem en−∞:f(x)_x→−∞−→ +∞.

1.5

x→1lim

x<1

x−1 = 0⁻donc lim

x→1x<1

1

x−1 =−∞et même six²−→_x→11, on peut écrire que lim

x→1x<1

f(x) =

−∞. On prouve de même que lim

x→1 x>1

f(x) = +∞

1.5

B.2 f =u+ 1

v avecu:x7→x² et v : x7→x−1.uet v sont dérivables surR\{1}et v ne s’annule pas sur cet intervalle :f est donc dérivable surR\{1}etf^′=u^′−v^′

v². Pour tout x∈R\{1},f^′(x) = 2x− 1

(x−1)² = 2x(x²−2x+ 1)−1

(x−1)² = u(x) (x−1)²

1.5

B.3 (x−1)² > 0 sur R\{1} donc le signe de f^′(x) est le même que celui de u(x) d’où le tableau de variations de la fonctionf

x Signe def^′(x)

Variations def

−∞ 1 α +∞

− − 0 +

+∞ +∞

−∞

+∞

f(α) f(α)

+∞ +∞

1

C.1 lim

x→+∞f(x)−x²= lim

x→+∞

1

x−1 = 0⁺. Cela signifie quePest asymptote àC^fau voisinage de +∞(C^f se rapproche deP en +∞)

1

C.2 L’algorithme permet de déterminer la première valeur dexrendant l’écart entref(x) et x² strictement inférieur à 0,001. La valeur dexobtenu est 1002.

1

(3)

E5 Réponse Points Obtenus 1.a Pour toutt>0,

x(t+1) =αsin(2π(t+1)+ϕ) =αsin(2πt+2π+ϕ). Or la fonction sinus est 2π-périodique, ainsix(t+ 1) =αsin(2πt+ϕ) =x(t).

Ainsixest 1-périodique sur [0; +∞[

1+0.5

1.b On sait quex(0) = 0,1⇔αsin(ϕ) = 0,1.

x(t) est de la formex(t) =ksin(at+b), les fonctionst7→at+bett7→sintsont dérivalbes sur [0; +∞[. Donc, la fonction x est dérivable sur [0; +∞[, et pour tout t > 0, x^′(t) = 2παcos(2πt+ϕ)

2

Orx^′(0) = 0⇔2παcos(2π×0 +ϕ) = 0.

Or, par hypothèseα6= 0 et 06ϕ6π, ainsix^′(0) = 0⇔cos(ϕ) = 0⇔ϕ=π 2. Puis,αsin(ϕ) = 0,1⇔αsin(^π₂) = 0,1⇔α= 0,1.

Ainsi, pour toutt>0,x(t) = 0,1 sin(2πt+^π₂).

2 Etude du signe dex^′ sur [0; 1].

Pour toutt∈[0; 1],x^′(t) = 0,2πcos(2πt+^π₂), ainsi : x^′(t) = 0⇔cos(2πt+^π₂) = 0⇔2πt+^π₂ = ^π₂ +nπ,n∈Z.

Ainsi,x^′(t) = 0⇔2πt=nπ⇔t= ⁿ₂, avecn∈Z, ort∈[0; 1], donct= ¹₂.

On a alors, pour t ∈[0;¹₂], ^π₂ 62πt+^π₂ 6 ^3π₂. Or la fonction cosinus est négative sur [^π₂;^3π₂ ].

Ainsi,x^′(t)60, pourt∈[0;¹₂].

Puis pourt∈[¹₂,1], ^3π₂ 62πt+^π₂ 6^5π₂. Or la fonction cosinus est postive sur [^3π₂;^5π₂ ].

Ainsi,x^′(t)>0, pourt∈[0;¹₂].

On en déduit quexest strictement décroissante sur [0;¹₂] et quexest strictement croissante sur [¹₂; 1].

3 3 xvérifie l’équation différentielle suivante :mx^′′(t) +kx(t) = 0.

La fonctionx^′ est dérivable sur [0; +∞[, et pourt>0 ,

x^′′(t) =−(2π)²×0,1 sin(2πt+^π₂), en remplaçant dans l’équation il vient :

+2

0,1×(−0,4π²sin(2πt+^π₂)) +k×0,1 sin(2πt+^π₂) = 0

⇔(−0,04π²+ 0,1k) sin(2πt+^π₂) = 0.

Or cette équation est vraie pour toutt>0, elle est donc vraie pourt= 0, il vient : (−0,04π²+ 0,1k) sin(^π₂) = 0⇔ −0,04π²+ 0,1k= 0⇔k= ^0,04π_0,1² = 0,4π².

Total −→ 6.5+2 points

1 h=u³ avecu:x7→sin(x) + cos(x).uest dérivable surRetu^′:x7→cos(x)−sin(x).h est donc dérivable surRet h^′ = 3u^′×u².

∀x∈R, h^′(x) = 3(cos(x)−sin(x))(sin(x) + cos(x))². 2.5

2 Commencons par transformer un tantineth^′(x) pourx∈]−π;π].

h^′(x) = 3(cos(x)−sin(x))(sin²(x) + cos²(x) + 2 sin(x) cos(x))

= 3(cos(x)−sin(x))(1 + sin(2x)).

h^′(x) = 0⇔cos(x)−sin(x) ou 1 + sin(2x) = 0⇔cos(x) = sin(x) ou sin(2x) =−1.

• sin(x) = cos(x)⇔x=^π₄ + 2kπ, k∈Z ou x=−^3π4 + 2kπ, k∈Z;

• sin(2x) =−1⇔2x=−^π2 + 2kπ, k∈Z⇔x=−^π4 +kπ, k∈Z.

+2

Les seules valeurs de ]−π, π] qui annulenth^′ sont −^3π4,−^π4,^π₄ et ^3π₄.

Total −→ 2.5+2 points