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Solutions du devoir n˚5
I) 6 points
1. f0(x) =· · ·= (x−2)ex, du signe dex−2
f est décroissante sur]− ∞; 2[, puis croissante sur]2; +∞[
Limite en −∞ : indétermination qu’on résout en mettant en facteurxpour faire apparaître une formule de croissances comparées lim
x→−∞xex= 0.
f(x) =xex
1−3 x
+ 1, donc lim
x→−∞f(x) = 1 Limite en +∞: lim
x→+∞f(x) = +∞ (pas d’indétermination)
2. On applique deux fois le théorème de la bijection continue, une fois sur ]− ∞; 2[
et une fois sur ]2; +∞[ Sur chacun de ces intervalles, 0 est une valeur intermé- diaire entre les valeurs def (ou limites) aux bornes,f est continue et strictement monotone, donc il existe une seule solution à l’équation f(x) = 0.
Plus précisément :f(2) = 1−e2≈ −6,4<0.
Donc0∈]f(2); 1[et 0∈]f(2); +∞[: 0 est bien une valeur intermédiaire.
Donc en tout deux solutions :αetβ avecα <2< β
On commence par conjecturer un encadrement pour α d’après la courbe ou un tableau de valeurs (ou bien on utilise directement la fonction de résolution). Par exemple−2< α <−1.
Pour justifier, on donne les valeurs de f(x) qu’on lit sur la calculatrice et qui encadrent 0. Donner non seulement les abscisses mais aussi les ordonnées : f(−1,51)≈0,0037>0 etf(−1,50)≈ −0,004<0
Donc−1,51< α <−1,50, du moins, «à la précision de la calculatrice près »
II) 6 points
1. hest solution de l’équation(E)⇔4h0+h= 4g0+g ⇔4(h−g)0+ (h−g) = 0
⇔h−g est solution de4y0+y= 0 2. D’après le coursh(t) =ke−t/4.
Doncq(t) =ke−t/4+ 3−0,002t, avecq(0) = 0, ce qui équivaut finalement àk=−3
q(t) =−3e−t/4+ 3−0,002t
3. On calculeq0(t) =−3
4e−t/4−0,002, on étudie son signe.
L’inéquationq0(t)>0 équivaut àe−t/4> 0,008
3 , soit −t 4 <ln
0,008 3
Donc la fonction est d’abord croissante puis décroissante, donc elle admet un maxi- mum pourt= −4 ln
0,008 3
, soit environ 24 minutes.
III) 4 points
z2=· · ·=−2√ 3 + 2i
|z2|=· · ·= 4 cos(θ) =· · ·=−
√3
2 et sin(θ) =· · ·=1
2, doncθ= 5π 6 La forme exponentielle dez2 est donc z2= 4ei5π/6 .
On sait que z2 a deux racines carrées opposées, ayant pour module√
4 = 2 et pour arguments 5π
12 et 5π 12 +π
Parmi ces deux racines, une seule a ses parties réelles et imaginaires positives (ce qui est le cas dez).
Donc z= 2ei5π/12
Attention : ne pas utiliser la notation√ ni la notation( )1/2en essayant de les appliquer à z2. Ce n’est pas défini pour les nombres qui ne sont pas des réels positifs. Utiliser l’expression "les racines carrées" et bien préciser comment on choisit la bonne
IV) 4 points
OA=|a|= 2etOB=|b|=· · ·= 2. DoncOA=OB, le triangleOABest donc isocèle.
L’argument dezC est l’angle−→
OA,−−→
OC
, c’est donc la moitié de l’angle−→
OA,−−→
OB
, car la médiane[OC]est aussi bissectrice.
Solutions du devoir n˚5 page 2 de 2 Orarg(b) =· · ·=π
6 (calculer le cosinus et le sinus) Doncarg(c) = π
12 Donccosπ
12
= xC
|c| =· · ·=
p2 +√ 3 2
