DM 3 pour le 18 novembre TS1

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Lycée Paul Rey TS 1 2019-2020

DM 3 pour le 18 novembre TS1

Ex 96 page 36 1. D=Rpuisque la fonctionexpest définie surR.

2. lim

x→+∞e^x= +∞et lim

x→+∞e^−x= lim

x→+∞

1

e^x = 0donc lim

x→+∞chx= +∞et lim

x→+∞shx= +∞

x→−∞lim e^x= 0⁺ et lim

x→−∞e^−x= lim

x→−∞

1

e^x = +∞donc lim

x→+∞chx= +∞et lim

x→+∞shx=−∞

3. la fonctionexpest dérivable surRdonc ch et sh sont dérivables surR. ch⁰x=e^x−e^−x

2 =shx et sh⁰x=e^x+e^−x 2 =chx 4. Comme∀x∈R, e^x>0 on a chx >0donc :

x chx=sh ⁰x

sh(x)

shx=ch⁰x ch(x)

−∞ 0 +∞

+ +

−∞

+∞

− 0 +

+∞

1 1

+∞

5. On a :

ch²x−sh²x=

e^x+e^−x 2

²

−

e^x−e^−x 2

²

=e^2x+ 2e^xe^−x+e^−2x− e^2x−2e^xe^−x+e^−2x

4 = 4

4 = 1

6. On a :

ch²x+sh²x=

e^x+e^−x 2

² +

e^x−e^−x 2

²

=e^2x+ 2e^xe^−x+e^−2x+ e^2x−2e^xe^−x+e^−2x 4

=2e^2x+ 2e^−2x

4 =e^2x+e^−2x

2 =ch2x 2chxshx= 2

e^x+e^−x 2

e^x−e^−x 2

=

|{z}

(a+b)(a−b)=a²−b²

2 e^x−e^−x

4 = 2shx

7. 5chx−4shx= 3⇔5e^x+ 5e^−x−4e^x+ 4e^−x = 6⇔e^x+ 9e^−x−6 = 0⇔e^2x−6e^x+ 9 = 0. En posantX =e^x on obtient le polynôme du second degré :X²−6X+ 9 = (X−3)²donc e^x= 3doncx= ln 3est l’unique solution de cette équation.

Denis Augier 1 Page 1/3

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Lycée Paul Rey TS 1 2019-2020

Ex 87 page 54 :

a) lim

n→+∞

2n²+ 1

n+ 1 = lim

n→+∞n2 +_n¹2

1 +_n¹ = 2 puisque lim

n→+∞2 + 1

n² = 2; lim

n→+∞1 + 1

n = 1et enfin lim

n→+∞n= +∞

b) On a lim

X→+∞

X²+ 5

2X+ 2 =

Monôme de plus heut degré.|{z}

X→+∞lim X²

2X = lim

X→+∞

X 2 = +∞

Donc lim

n→+∞

e²ⁿ+ 5

2eⁿ+ 2 = lim

X→+∞

X²+ 5

2X+ 2 = +∞(en posantX =eⁿ) Ex 101 page 109 1. On a lim

x→−∞xe^x= 0et lim

x→−∞e^x= 0donc lim

x→−∞e^x−1 =−1. On a donc lim

x→−∞f(x) = 0 2. (a) On a :

x

1 + 1 e^x−1

=x

e^x−1 + 1 e^x−1

= xe^x

e^x−1 =f(x) (b) lim

x→+∞e^x= +∞, donc lim

x→+∞e^x−1 = +∞, donc lim

x→+∞

1

e^x−1 = 0, donc lim

x→+∞1 + 1

e^x−1 = 1donc

x→+∞lim f(x) = lim

x→+∞x

1 + 1 e^x−1

= +∞

Ex 68 page 132

Pour f(x) = −1 En utilisant le théorème des valeurs intermédiaires et d’après le TV def. Puisque f est continue et strictement monotone de l’intervalle]− ∞; 0]sur]−2; 3]et−1∈]−2; 3],f(x) =−1 admet une unique solution sur]−2; 3].

Ensuite de même on trouve une deuxième solution pourx= 1.

Pour f(x) = 0 A l’aide du tableau de variation et du théorème des valeurs intermédiaires, on trouve 3 solutions :

• Une solution sur]− ∞; 0]

• Une solution sur[0; 1]

• Une solution sur[1; +∞[

Pour f(x) = 1 A l’aide du tableau de variation et du théorème des valeurs intermédiaires, on trouve 2 solutions :

• Une solution sur]− ∞; 0]

• Une solution sur[0; 1]

Ex 69 page 132

a) f⁰(x) = 6x²−6x= 6x(x−1), donc les deux racines du polynômef⁰ sont0 et1. Ce polynôme est positif à l’extérieur des racines. D’où le tableau :

x f⁰(x)

f(x)

−∞ 0 1 +∞

+ 0 − 0 +

−∞

−1

−2

+∞

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Lycée Paul Rey TS 1 2019-2020 Les limites se déduise en utilisant la limite du monôme de plus haut degré.

b) D’après le TV de f et le théorème des valeurs intermédiaires l’équation f(x) = 0admet une unique solution et cette solution est sur l’intervalle[1; +∞[

c) A l’aide le la calculatrice, on obtient :

Donc1,67< α <1,68.

Ex 126 page 254

a) |z₁|=|5 + 2i| × |√ 3 +i√

6|=√ 29×√

9 = 3√ 29

b) |z2|=

√3−i 14i

!4

=

√3−i 14i

4

= |√ 3−i|

|14i|

!⁴

= √4

14

!⁴

= 1 7⁴

Ex 135 page 225 a) On a|iz−3|=

i

z−3

i

=|i| × z+ 3i

= z+ 3i

Donc en posantAle point d’affixe−3ietM d’affixez, on obtient :

|iz−3|= 2⇔ z+ 3i

= 2⇔AM = 2

Donc l’ensemble des points M d’affixezvérifiant l’équation précédente est le cercle de centre Aet de rayon 2.

b) On a

2iz−4−4i =

2i ×

z−4 + 4i 2i

= 2

z−(−2i+ 2)

et

2−2iz =

−2i

z− 2

−2i

= 2 z−i

. Donc en posantA(2−2i)etB(i), on obtient :

2iz−4−4i =

2−2iz ⇔

z−(−2i+ 2) =

z−i

⇔AM =BM

Donc l’ensemble des points M d’affixezvérifiant l’équation précédente est la médiatrice du segment[AB].