Correction devoir surveillé N3

www.etude-generale.com 2éme BAC PC

Matière : Mathématiques 2020/2021

Professeur : Yahya MATIOUI S2

Correction devoir surveillé N3

Exercice 1 (8 points)

1. Calculons les intégrales I et J : L’intégrale I :

I = Z 2

1

x

x+ 1dx= Z 2

1

x+ 1 1 x+ 1 dx=

Z 2 1

1 1

x+ 1dx= [x ln(x+ 1)]²₁ = 1+ln2 3 L’intégrale J :

J = Z e

1

ln²(x)

x dx= ln³(x) 3

e

1

= (ln³e 3

ln³1 3 ) = 1

3 2. Montrons que : R ₂

0 cosx:ln(1 + cosx)dx= ₂ 1 En utilisant une intégration par parties.

On pose

u(x) = ln(1 + cosx)

v⁰(x) = cosx =) u⁰(x) = _1+cos^sinx_x v(x) = sinx Donc

Z ₂

0

cos(x):ln(1 + cosx)dx = [sinx:ln(1 + cosx)]₀² + Z ₂

0

sin²x 1 + cosxdx

= Z ₂

0

1 cos²x

1 + cosx dx ,(sin²x= 1 cos²x)

= Z ₂

0

1 cosxdx

= [x sinx]₀²

= 2 1

3. Calculons la valeur moyenne de la fonction f sur l’intervalle 0;₄ : m= 1

b a Z b

a

f(x)dx= 4Z ₄

0

cos 2xdx= 4 sin 2x 2

4

0

= 4

(sin(2 ₄) 2

sin(0) 2 ) = 2

4. Calculons l’aire entre (Cf) et l’axe des abscisses et les droites d’équations : x = 1 et x=e:

On a :

A= ( Z e

1 jf(x)jdx)ua

comme : f 0 sur [1; e], et: ua= !i !j = 1cm²: Donc A= (

Z e 1

f(x)dx) 1cm²

Calculons en utilisant une intégration par parties l’intégrale : Re

1 f(x)dx

On pose : 8

<

:

u(x) = lnx v⁰(x) =x

=) 8<

:

u⁰(x) = _x¹ v(x) = ^x₂²

Donc Z e

1

xlnxdx = lnx:x² 2

e

1

Z e 1

x 2dx

= e² 2

1 2

Z e 1

xdx

= e² 2

1 2

x² 2

e

1

= e² 2

e² 4 + 1

4

= e²+ 1 4 Donc, on obtient :

A= e²+ 1 4 cm² Exercice 2 (11 points)

On résout l’équation(E) :z² 4p

3z+ 16 = 0:

Calculons :

=b² 4ac= ( 4p

3)² 4 1 16 = 16 0 Donc, l’équation admet deux solutions complexes conjuguées : z₁ et z₂:

z₁ = b+ip

2a = 4p

3 +ip 16

2 = 4p

3 + 4i 2 = 2p

3 + 2i et comme : z₂ =z₁ = (2p

3 + 2i) = 2p

3 2i: Donc

n p p o

1. a) La forme trigonométrique des complexes : zA et zB: On a: jz_Aj=

q (2p

3)²+ 4 =p

16 = 4: Donc z_A= 2p

3 2i= 4(2p 3 4

2

4i) = 4(

p3 2

1

2i) = 4(cos(

6 ) +isin(

6 )) De même, on a : jz_Bj= 4: Donc

z_B = 4(cos(

6) +isin(

6)) b)

On a: OA=jz_Aj= 4 et OB =jz_Bj= 4: Donc : OA =OB:

OA;! OB! arg(z_B z_O z_A z_O) [2 ] arg(z_B

zA

) [2 ]

arg(z_B) arg(z_A) [2 ] 6 +

6[2 ] 3 [2 ] Donc, on obtient :

OA;! OB!

3[2 ]

On a : OA=OB: Ceci signi…e que le triangle OAB est isocèle en O: D’autre part, on a : OA;! OB! ₃[2 ]. On en déduit que le triangle OAB est équilatèral.

2. a)

Montrons que : z_I = 2p 3:

Le pointI est le milieu du segement [AB], alors l’a¢ xe du point I est : z_I = z_A+z_B

2 = (2p

3 2i) + (2p

3 + 2i)

2 = 2p

3:

Le point C est l’image de I par l’homothétie de centre O et de rapport k = 2:

C’est-à-dire: h_(O;2)(I) =C: Donc :

h_(O;2)(I) = C () z_C z_O= 2(z_I z_O) () z_C = 2z_I = 4p

3

b) Montrons que : OACB est un losange.

OACB est un losange si, et seulement si OACB est un parallélogramme ayant deux côtés consécutifs de même longueur.

On a:OA!=z_A z_O =z_A et BC!=z_C z_B = 4p

3 (2p

3+2i) = 2p

3 2i=z_A: Donc, on obtientOA!=BC:! Ceci signi…e que OACB est un parallélogramme. De plus, on a: OA=OB: (deux côtés consécutifs de même longueur): Ce qui signi…e queOACB est un losange.

A B

O C

c) On déduit que : AC;! AO! ²₃ [2 ]

On a OACB est un losange, donc ses angles consécutifs sont supplémentaires.

Donc :

AC;! AO! + OA;! OB! [2 ]

on sait que OA;! OB! ₃ [2 ]; donc AC;! !

AO +

3 [2 ]

=) !

AC; !

AO 3[2 ]

=) !

AC; !

AO 2

3 [2 ] Donc, on obtient

AC;! AO! 2 3 [2 ]

Méthode N2 On peut travailler cette question sans passer par le quadrilatèreOACB. AC;! AO! arg(z_O z_A

z_C z_A) [2 ] arg( z_A

z_C z_A) [2 ]

arg( zA

4p

3 (2p

3 2i)) [2 ] arg( z_A

2p

3 + 2i) [2 ] arg( z_A

zB

) [2 ]

arg( z_A) arg(z_B) [2 ]

arg( 1) + arg(z_A) arg(z_B) [2 ] 6 6[2 ]

2 3 [2 ] FIN

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