EXERCICE1 5 points 1. z3−8=(z−2)¡
az2+bz+c¢
⇐⇒ z3−8=az3+bz2+cz−2az2−2bz−2c ⇐⇒
z3−8=az3+z2(b−2a)+z(c−2b)−2c ⇐⇒
1 = a
0 = b−2a
0 = c−2b
−8 = −2c
⇐⇒
a = 1
0 = b−2 0 = c−2b
c = 4
⇐⇒
a = 1
b = 2
c = 4
c = 4
On a doncz3−8=(z−2)¡
z2+2z+4¢
. Puisz3−8=0⇐⇒ (z−2)¡
z2+2z+4¢
= 0 qui a une première solution évidente 2.
Rest à résoudre dansC:z2+2z+4=0⇐⇒ (z+1)2−1+4=0⇐⇒
(z+1)2+3=0 ⇐⇒(z+1)2−¡ ip
3¢2
=0 ⇐⇒¡
z+1+ip 3¢ ¡
z+1−ip 3¢
=0 qui a deux solutions :−1+ip
3 et−1−ip 3.
Conclusion :z3−8=0 siz=2 ouz= −1+ip
3 ouz= −1−ip 3.
2. a. Voir la figure plus bas b. On a AB2=(−3)2+¡p
3¢2
=9+3=12 ; AC2=(−3)2+¡
−p 3¢2
=9+3=12 ; BC2=02+¡
−2p 3¢2
=12.2=AC2=BC2⇒AB = AC = BC : le triangle ABC est équilatéral.
3. a. zA=2=2ei0; zB= −1+ip
3, donc|zB|2=1+3=4=22⇒ |zB| =2.
On peut écrirezB=2 Ã
−1 2+i
p3 2
!
=2¡
cos2π3 +i sin2π3¢
=2e2iπ3 . De même|zC| =2 (carzCest le conjugué dezB).
DonczC=2 Ã
−1 2−i
p3 2
!
=2¡
cos−2π3 +i sin−32π¢
=2e−2iπ3 .
Tout complexeza pour image par la rotationR, le complexez′tel que : z′=zeiπ6.
DonczA′=zAeiπ6 =2eiπ6.
PuiszB′=zBeiπ6 = 2 e2iπ3 eiπ6 =2ei5π6 . De mêmezC′=zCeiπ6 = 2 e−2iπ3 eiπ6 =2ei−2π. b. Voir la figure.
c. ¡ zA′¢3
=
³ 2eiπ6´3
=23³ eiπ6´3
=8ei3π6 =8eiπ2 =8i.
¡zB′¢3
=³ 2ei5π6´3
=23³ ei5π6´3
=8ei15π6 =8eiπ2 =8i.
¡zC′¢3
=
³ 2ei−2π´3
=23³ ei−2π´3
=8ei−3π2 =8ei−2π =8i.
Conclusion :zA′,zB′, etzC′sont solutions de l’équationz3=8i.
1 2
−1
−2
1 2
−1
−2 −→
u
−
→v
O
b
bb b
b b
A B
C
A′ B′
C′
Exercice 2 4 points
Partie A
1. u1=230000+15000=245000.
2. Puisqueun+1=un+15000, la suite (un) est une suite arithmétique de pre- mier termeu0=230000 et de raisona=15000.
3. Le chiffre d’affaires en 2006 est égal àu16.
On sait queun=u0+na=230000+15000n, doncu6=230000+15000×16= 230000+240000=470000.
Partie B
1. On av1=150000×1, 074=161100.
2. On a doncvn+1=vn×1, 074 : la suite (vn) est une suite géométrique de raison 1, 074 et de premier terme 150000.
3. On sait quevn=v0×1, 074n=150000×1, 074n, donc v16=150000×1, 07416≈ 470066,997≈470067 (().
Partie C
1. On constate qu’en 2006, les chiffre d’affaires des deux entreprises sont à peu près les mêmes.
2. Il faut compareru31etv31.
u31=230000+15000×31=695000.
v15=150000×1, 07431≈1371588,96.
Le chef de l’entreprise B a raison.
Problème 11 points
Partie A
1. On a lim
x→0x2+3x=0 et lim
x→0lnx= −∞, donc lim
x→0g(x)= −∞. En plus l’infini :
xlim→+∞x2= lim
x→+∞3x= lim
x→+∞lnx= +∞, donc limx
→+∞g(x)= +∞.
2. gest dérivable sur ]0 ;+∞[ et sur cet intervalle : g′(x)=2x+3+4
x =x(2x+3)
x +4
x=2x2+3x+4
x .
3. Puisquex>0, tous les termes de cette dérivée sont positifs, doncg′(x)>0 et la fonctiongest donc croissante sur ]0 ;+∞[.
x −∞ +∞
g(x)
−∞
+∞
4. g(1)=1+3−4+0=0. La fonctiongest croissante et s’annule en 1. Donc : six<1,g(x)<0 ;
six>1,g(x)>0.
Partie B
1. a. On sait que lim
x→+∞
4ln(x)
x =0, les autres termes ont pour limite plus l’in- fini, donc lim
x→+∞f(x)= +∞.
b. On peut écriref(x)=x+3ln(x)−4ln(x)
x =x+3×ln(x)−ln(x)×4 x= x+lnx
µ 3−4
x
¶ . On a lim
x→+0=0, lim
x→0
4
x= +∞, lim
x→0−4
x = −∞, lim
x→0
µ 3−4
x
¶
= −∞et lim
x→0lnx=
−∞, d’où par produit de limites lim
x→0f(x)= +∞.
Géométriquement ceci montre que la droite d’équationx=0 est asymp- tote à (C) au voisinage de 0.
2. a. f est dérivable sur ]0 ;+∞[ et : f′(x)=1+3
x−4
1
x×x−lnx x2 =1+3
x−41−lnx
x2 =x2+3x−4+4lnx x2 =g(x)
x2 . b. On a vu à la partie A question 4, le signe deg(x) et commex2>0, on en
déduit que :
six<1, alorsf′(x)<0 : la fonctionf est décroissante sur ]0 ; 1[ ; six>1, alorsf′(x)>0 : la fonctionf est croissante sur ]1 ;+∞[
c. D’où le tableau de variations :
x 0 1
f(x)
+∞
1 +∞
+∞
3. f(x)=x ⇐⇒ x+ µ
3−4 x
¶
lnx=x ⇐⇒
µ 3−4
x
¶
lnx=0 ⇐⇒3= 4
x ⇐⇒ x=4 3 ou lnx=0⇐⇒ x=1.
4. Voir la figure plus bas.
5. Graphiquement : les solutions de l’équation f(x)=xsont les abscisses des deux points communs àC et à la droite d’équation y =x (bissectrice de l’angle formé par les axes de coordonnées).
Partie C
1. Fest dérivable sur ]0 ;+∞[ et F′(x)=1
2×2x−3+3lnx+3x×1
x−2×2lnx×1
x =x−3+3lnx+3−4lnx x = x+3lnx−4lnx
x =f(x).
Fest donc une primitive def sur ]0 ;+∞[.
2. a. Voir plus bas.
b. On a vu que pourx>1, f(x)>0, donc l’aire en unité d’aire du domaine (D) est égale à l’intégrale :
Ze
1 f(x)dx=[F(x)]e1=F(e)−F(1)=1
2e2−3e+3e ln e−2(ln e)2− µ1
212−3×1+3×1ln 1−2(ln 1)2
¶
= e2
2 −3e+3e−2−1 2+3=1
2+e2 2 (u. a).
Or l’unité d’aire est égale à 3×3=9 cm2. L’aire du domaine (D) est donc égale à 9
µ1 2+e2
2
¶
cm2soit 37, 75 cm2au mm2près.
1 2 3 4
1 2
−
→ı
−
→
O e
(D)
C
