2x= 0 4y+ 2 = 0.S = −12i

(1)

Exercice 1 : Un classique (20 minutes) (5¹/₂ points) 1. Donner sans calcul interm´ediaire la forme alg´ebrique de (2 +i)(3 + 2i).

Solution: (2 +i)(3 + 2i) = 6−2 +i(3 + 4) = 4 + 7i 2. R´esoudre dansCles ´equations suivantes :

(a) 3z+ 2i−z¯= 0 (b) z²+z+ 1 = 0

Solution:

(a) Soient xet y les r´eels tels quez=x+iy.

3z+ 2i−z¯= 0⇔3x+ 3iy+ 2i−x+iy= 0⇔2x+i(4y+ 2) = 0⇔

( 2x= 0

4y+ 2 = 0.S =

−¹₂i . (b) Le discriminant ∆ = 1−4 =−3.

L’´equation admet donc deux solutions complexes conjugu´ees z₁ etz₂. Les solutions sont z1= −1−i√

3

2 etz2= −1 +i√ 3

2 .

3. SoientA(1 +i) et B(1−i) deux points dans le plan complexe muni du rep`ere orthonorm´e (O;~u;~v).

(a) Placer ces points dans un rep`ere.

(b) Montrer queOAB est isoc`ele.

(c) Montrer queOAB est rectangle en O

~ u

~u

~ v

A

B O

Solution:

1. Voir figure.

2. OA² = 1 + 1 = 2 etOB² = 1 + 1 = 2, donc OA=OB et OABest isoc`ele.

3. AB²= 0²+ 2² = 4.

On a OA²+OB² =AB², par la réciproque du théorème de Pythagore, le triangleOAB est rectangle en O.

4. D´eterminer les limites suivantes :

(2)

(a) lim

x→+∞cos

πx+ 3 3x−1

(b) lim

x→+∞

cos(x) + 3 x−1 . Solution:

(a) Pour x 6= 0, πx+ 3

3x−1 = π+³_x

3−_x¹, donc par quotient, lim

x→+∞

πx+ 3

3x−1 = ^π₃. lim

x→^π₃ = cos(x) = ¹₂. Par composition, lim

x→+∞cos

πx+ 3 3x−1

= ¹₂.

(b) Pour tout réelx >1,−16cos(x)61 c’est-à-dire 26cos(x) + 364 c’est-à-dire _x−1² 6 cos(x) + 3

x−1 6 _x−1⁴ (carx−1>0).

Par quotient lim

x→+∞

2

x−1 = lim

x→+∞

4

x−1 = 0.

Par le th´eor`eme des gendarmes, lim

x→+∞

cos(x) + 3 x−1 .

Exercice 2 : Problème complexe (40 minutes) (5¹/₂ points) On muni le plan complexe du repère orthonormé direct (O;~u;~v).

On définit une fonction f deC \ {i} dansC par : f(z) = z−1 z−i. 1. (a) Déterminer la forme algébrique de l’image de 2 + 2iparf

(b) Montrer que le point d’affixef(2 +i) appartient au cercle de centreO et de rayon

√2 2 . 2. Démontrer que 1 n’a aucun antécédent parf.

3. On posez=x+iy (oùx ety sont des réels). Vérifier qu’on a alors : f(z) = x²+y²−x−y+i(x+y−1) x²+ (y−1)² .

4. D´eterminer l’ensemble des points M d’affixe z =x+iy du plan tels quef(z) est nombre imaginaire pur.

5. D´eterminer l’ensemble des points M d’affixe z=x+iy du plan tels que f(z) est un nombre r´eel.

Solution:

1. (a) f(2 + 2i) = 1 + 2i

2 +i = (1 + 2i)(2−i)

5 = 2 + 2 +i(4−1)

5 = 4 + 3i

5 . (b) f(2 +i) = 1 +i

2 . Calculons la distance de ce point avec l’origine : q 1

2

+ ¹₂2

= ^√¹₂. 2. Pour z6= 1f(z) = 1⇔ z−1

z−i = 1⇔ z−1 =z−i⇔ −1 =−i. Donc 1 n’a pas pas d’ant´ec´edent parf.

3. f(z) = x+iy−1

x+iy−i = (x−1 +iy)(x−i(y−1))

x²+ (y−1)² = x²−x+y²−y+i(−(x−1)(y−1) +xy) x²+ (y−1)²

= x²−x−y²−y+i(−xy+x+y−1 +xy)

x²+ (y−1)² = x²+y²−x−y+i(x+y−1) x²+ (y−1)²

4. Re(f(z)) = 0⇔ ^x²^+y²^−x−y

x²+(y−1)² = 0⇔x²+y²−x−y= 0.

Orx²−x= (x−¹₂)²−¹₄ ety²−y= (x−¹₂)²− ¹₄. x²+y²−x−y= 0⇔(x−¹₂)²+ (y−¹₂)²= ¹₂.

L’ensemble des ponts M d’affixe z tel que f(z) est un nombre imaginaire pur est un cercle de centre d’affixe−¹₂− ¹₂iet de rayon

√2 2 .

5. Im(f(z)) = 0⇔ _x₂^x+y−1_+(y−1)₂ = 0⇔x+y−1 = 0.

L’ensemble des ponts M d’affixe z tel que f(z) est un nombre réél est la droite d’équation cartésiennex+y−1 = 0.

(3)

Exercice 3 : Probl`eme : ´Etude d’une fonction (35 minutes) (6¹/₂ points) Partie A

Soit g une fonction d´efinie surRparg(x) =−x³+ 27x+ 56.

1. D´eterminer les limites en−∞ de g. Donner sans d´emonstration les limites deg en +∞.

2. Dresser le tableau de variations complet deg.

3. D´emontrer que l’´equation g(x) = 0 a une unique solution α dansR.

4. (a) Montrer que 6< α <7.

(b) Déterminer un encadrement deα à 10⁻² près.

5. En d´eduire (en justifiant) le tableau de signes de g(x). Celui-ci pourra comporter le nombreα.

Solution:

1. Pour x6= 0, g(x) =x³(−1 +²⁷_x₂ + ⁵⁶_x3).

Par somme, lim

x→−∞(−1 +²⁷_x₂ +⁵⁶_x3) =−1, comme lim

x→x³ =−∞, par produit lim

x→−∞g(x) = +∞.

On a lim

x→+∞g(x) = +∞

2. g⁰(x) =−3x²+ 27.

g⁰(x) = 0⇔ −x²+ 9 = 0⇔x= 3 oux=−3.

g(−3) = 2 etg(3) = 110 On obtient alors : x

g⁰ g

−∞ −3 3 +∞

+ 0 − 0 −

+∞

2 2

110 110

−∞

3. Sur ]− ∞; 3[, le minimum deg est 2, l’´equationg(x) = 0 n’admet donc pas de solution.

Sur ]3; +∞[, g est continue, strictement d´ecroissante, g(3) = 100 et lim

x→+∞g(x) = −∞ et 0 ∈ ]− ∞; 100[. Par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation g(x) = 0 admet une unique solution sur ]3; +∞[.

g(x) = 0 admet donc une unique solution surR.

4. (a) g(6) = 2 etg(7) =−98, 0∈[g(7);g(6)] doncα∈[6; 7].

(b) `A la calculatrice, 6,02< α <6,03.

5. Selon le tableau de variations,g est positif sur ]− ∞; 3[.

Sur ]3; +∞[,g est strictement d´ecroissant etg(α) = 0 donc : x

g(x)

−∞ α +∞

+ 0 −

Partie B

Soit f la fonction d´efinie sur D_f =]0; 3[∪]3; +∞[ parf(x) = −x³−28 x²−9 .

1. (a) Déterminer la limite def en 3 à gauche (on admettra la limite à droite).

(b) Quelle interprétation graphique peut-on en déduire ? 2. Déterminer la limite def en +∞.

3. D´emontrer que pour toutx∈Df :f⁰(x) = xg(x) (x²−9)².

4. Dresser le tableau de variations complet def sur D. Celui-ci pourra comporter le nombre α 5. Montrer quef(α) = 27α+ 28

α²−9

(4)

Solution:

1. (a) lim

x→3−x³−28 =−55 et lim





x→3 x <3





(x²−9) = 0⁻.

Par quotient, lim





x→3 x <3





f(x) = +∞.

De mˆeme lim





x→3 x >3





f(x) =−∞.

(b) Il existe une asymptote verticale d’´equation x= 3.

2. Pour x >0,f(x) = x(−1−²⁸_x₃) 1−_x⁹₂ .

x→+∞lim x(−1−_x²⁸₃) =−∞et lim

x→+∞1−_x⁹₂ = 1. Par quotient,

x→+∞lim f(x) =−∞.

3. Pour x∈D_f, posonsu(x) =−x³−28 et v(x) =x²−9.

f⁰(x) = −3x²(x²−9)−2x(−x³−28)

(x²−9)² = −3x⁴+ 27x²+ 2x⁴+ 56x

(x²−9)² = x(−x³+ 27x+ 56) (x²−9)² = xg(x)

x²−9

4. Comme x >0, on a : x

g(x) (x²−9)²

f⁰ f

0 3 α +∞

+ + 0 −

+ 0 + +

+ + 0 −

28 9 28

9

+∞

−∞

f(α) f(α)

−∞

5. f(α) = −α³−28

α²−9 . Org(α) = 0 donc α³ = 27α−56.

f(α) = 27α+ 56−28

α²−9 = 27α−28 α²−9

Exercice 4 : Prise d’initiative (3 points)

On consid`ere la suite (z_n) de nombres complexes d´efinie pour tout entier naturelnpar : ( z₀ = 0

zn+1 = 1

2i×zn+ 5

Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, on note M_nle point d’affixe z_n. On considère le nombre complexe zA= 4 + 2i et A le point du plan d’affixezA.

1. Soit (u_n) la suite d´efinie pour tout entier natureln paru_n=z_n−z_A . (a) Montrer que, pour tout entier natureln, un+1= 1

2i×un. (b) D´emontrer que, pour tout entier natureln :

u_n= 1

2i n

(−4−2i).

2. D´emontrer que, pour tout entier natureln, les points A,M_n etM_n+4 sont align´es.

(5)

Solution:

1. Soit (u_n) la suite d´efinie pour tout entier natureln paru_n=z_n−z_A . (a) Montrons que, pour tout entier natureln, u_n+1 = 1

2i×u_n. Pour tout entier naturel n,u_n+1=z_n+1−z_A= 1

2i×z_n+ 5−(4 + 2i) = 1

2i×z_n+ 1−2i.

Pour tout entier naturel n, 1

2i×un= 1

2i (zn−zA) = 1

2i (zn−4−2i) = 1

2i×zn+ 1−2i.

Et pour tout entier naturel n,un+1 = 1 2i×un.

(b) On va démontrer par récurrence que, pour tout n, la propriété P_n : 1

2i n

(−4−2i) est vraie.

• Initialisation : u₀ = z₀ −z_A = −z_A = −4 −2i ; pour n = 0, 1

2i n

(−4 −2i) = 1

2i 0

(−4−2i) =−4−2i

Donc la propri´et´e est vraie pourn= 0.

• Hérédité: on suppose la propriété vraie au rang quelconquep60, c’est-à -dire 1

2i p

(−4−

2i) ; on va la d´emontrer au rang p+ 1.

u_p+1 = 1

2iu_n= 1 2i×

1 2i

p

(−4−2i) = 1

2i p+1

(−4−2i) Donc la propri´et´e est vraie au rang p+ 1.

• La propriété est vraie au rang 0, elle est héréditaire, donc, d’après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier natureln.

Pour tout entier naturel n,un= 1

2i n

(−4−2i)

2. D´emontrons que, pour tout entier natureln, les points A,Mn etMn+4 sont align´es.

Le vecteur−−−→

AMn a pour affixeun=zn−zA, et le vecteur−−−−−→

AMn+4 a pour affixeun+4=zn+4−zA. Mais d’après la question précédente, pour tout entier naturel n, un+4 =

1 2i

n+4

(−4−2i) et un=

1 2i

n

(−4−2i).

On en d´eduit que pour tout entier naturel n,u_n+4= 1

2i 4

u_n. Mais

1 2i

4

= 1 16

On en d´eduit que pour tout entier naturel n,u_n+4= 1

16u_n et−−−−−→ AM_n+4= 1

16

−−−→AM_n

Ce qui prouve que, pour tout entier natureln, les vecteurs sont colinéaires et par conséquent les points A, Mn etMn+4 sont alignés.