Lycée Paul Rey TS 1 2019-2020
DM sur le logarithme TS1 12 février.
Ex 120 page 162 On notefn définie sur Rpar :
f(x) = ln e2x−ex+ 1 1. (a) On a lim
x7→−∞ex= lim
x7→−∞e2x= 0donc lim
x7→−∞f(x) = ln 1 = 0.
On a f(x) = ln e2x 1−e−x+e−2x
= ln e2x
+ ln 1−e−x+e−2x
= 2x+ ln 1−e−x+e−2x . Or lim
x7→+∞ex= ln 1−e−x+e−2x
= ln 1 = 0. Donc lim
x7→−∞f(x) = +∞.
(b) f0(x) = 2e2x−ex
e2x−ex+ 1 = ex(2ex−1) e2x−ex+ 1.
(c) Avec X = ex le dénominateur de f0 est X2−X + 1 avec une discriminant négatif donc du signe de ”a” donc positif (strictement ce qui justifie du même coup le domaine de définition de f). Donc f0(x) est du signe du numérateur, c’est-à-dire ex(2ex−1), or ex>0. Doncf0(x)est du signe de2ex−1:
2ex−1>0⇔ex> 1
2 ⇔x >−ln 2 (d) .
x f0(x)
f(x)
−∞ −ln 2 +∞
− 0 +
0 0
ln3 ln43 4
+∞
+∞
2. (a) g(x) =f(x)−2x= ln e2x−ex+ 1
−lne2x= ln
e2x−ex+ 1 e2x
= ln 1−e−x+e−2x et
x7→+∞lim g(x) = lim
x7→+∞ln 1−e−x+e−2x
= ln 1 = 0
(b) On peut donc en conclure que la droite d’équation y= 2xest une asymptote oblique à la courbe représentatif def en +∞.
3. .
Denis Augier 1 Page 1/3
Lycée Paul Rey TS 1 2019-2020 4. (a) On poseX =ex. On a alors :
e2x−ex+ 1−k= 0⇔X2−X+ 1−k= 0 On obtient∆ = 1−4(1−k) = 4k−3≥0⇔k≥ 3
4.
Attention, il faut queX =exdonc celle les solutions strictement positives donneront des solutions.
X1= 1−√
∆
2 et X1=1 +√
∆ 2 On a bienX2>0. Pour :
X1>0⇔1−√
∆>0⇔1>∆⇔1> k Donc si
• Si k < 3
4 l’équation n’a pas solution.
• Si k= 3
4 ouk>1l’équation une unique solution.
• Si 1> k > 3
4 l’équation a exactement 2 solutions.
(b)
e2x−ex+ 1−k= 0⇔e2x−ex+ 1 =k⇔f(x) = lnk Donc si
• Si lnk <ln3
4 c’est-à-direk < 3
4 l’équation n’a pas solution.
• Si lnk= ln3
4 oulnk>0c’est-à-direk= 3
4 oiuk>1 l’équation une unique solution.
• Si 0>lnk >ln3
4 c’est-à-dire1> k > 3
4 l’équation a exactement 2 solutions.
Ex 158 page 256 1. .
(iz+ 1 +i√
3)(z2−2z+ 4) = 0⇔ iz+ 1 +i√
3 = 0 ou z2−2z+ 4 = 0 On a :
• iz+ 1 +i√
3 = 0⇔z=−1−i√ 3
i =i−√
3 =b= 2 −√ 3 2 +i1
2
!
= 2
cos 5π
6
+isin 5π
6
= 2e5iπ6
• z2−2z+ 4 = 0. On a ∆ = 4−16 =−12 = (2i√
3)2. D’oùz1= 1−i√ 3 et : z2=a= 1 +i√
3 = 2 1 2 +
√3 2 i
!
= 2 cosπ
3
+isinπ 3
= 2eiπ3. 2. (a) Voir question précédente.
(b) Faire le graphique.
(c) On aOA= a
= 2eiπ3
= 2et de mêmeOB= b
= 2. DoncOA=OB etOAB est isocèle enO.
Par ailleurs :(−→
OA;−−→ OB) =arg
b−0 a−0
=arg 2e5iπ6 2eiπ3
!
=ei(5π6−π3) =ei(π2) = π 2 (2π) Donc le triangle OAB est rectangle enO.
(d) k=a+b
2 = 1−√
3 +i 1 +√ 3
2 = c
2. 3. (a) Commek= c
2, le pointK est le milieu du segment[OC].
(b) Puisque les diagonales deOACBse coupent en leur milieuKc’est un parallélogramme. Il possède un angle droite c’est donc un rectangle. Enfin les deux côtés adjacents àO sont égaux donc les 4 côtés sont égaux etOACB est un carré.
Ex 175 page 262 1. z1= 1 +i
2 z0= 1 +i , z2= 1 +i
2 z1= 1 +i
2 (1 +i) =i , z3=1 +i
2 z2=1 +i
2 i= i−1
2 ,
z3= 1 +i 2
i−1 2 = −1
2
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2. un+1= zn+1
=
1 +i 2 zn
=
1 +i 2
zn
= 1
√2un. Donc (un)est une suite géométrique de raison 1
√2 et de premier terme u0=
z0
= 2. Donc :∀n∈N, un = 2 1
√2 n
. 3. (a) Comme
√1 2
<1, on a lim
n7→+∞un= 0.
(b) OrOAn= zn
=un, donc lim
n7→+∞OAn = 0. Donc :∃n0∈N, OAn≤0,01.
(c) .
1 u =2
2 w h i l e u > 0 . 0 1 :
3 u=u/2**0 . 5
4 p r i n t n 4. (a)
zn+1−zn
zn+1 =
1+i 2 −1
1+i 2
= i−1
1 +i =(i−1)(1−i)
2 = i+ 1−1 +i
2 =i
Donc :
−−−−→
OAn+1;−−−−−→
AnAn+1
=arg
zn+1−zn zn+1
=arg(i) =π 2 .
AnAn+1
OAn+1 =
zn+1−zn
zn+1
= i
= 1 donc AnAn+1=OAn+1
doncOAnAn+1 est rectangle isocéle enAn+1
(b) .
In=
n−1
X
k=0
AnAn+1=
n−1
X
k=0
zn+1−zn
=
n−1
X
k=0
1 +i 2 −1
zn
=
n−1
X
k=0
i−1 2
| {z }
=√1 2
un= 1
√2
n−1
X
k=0
un= 2
√2 1−
√1 2
n
1−√1
2
= 2 1−
√1 2
n
√2−1
Or lim
n7→+∞
1
√ 2
n
= 0puisque 1
√ 2
<1. Donc lim
n7→+∞In= 2
√ 2−1.
Le nombre de segments est infini mais la limites de la somme de leur longueur est fini.
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