DM5 – Correction Page 1 sur 2
Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle
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Exercice 1 (Extrait de France juin 2007):
On considère l’équation :
(E) : z3−(4+i)z2+(13+4i)z−13i=0 où z est un nombre complexe.
1. Démontrons que le nombre complexe i est solution de cette équation :
i3−(4+i)×i2+(13+4i)×i−13i=-i+4+i+13i−4−13i=0 donc i est solution de (E) .
2. Déterminons les nombres réels a, b et c tels que, pour tout nombre complexe z, on ait : z3−(4+i)z2+(13+4i)z−13i = (z−i)
(
az2+bz+c)
(z−i)
(
az2+bz+c)
= az3+bz2+cz−aiz2−biz−ci = az3+(b−ia)z2+(c−bi)z−cidonc z3−(4+i)z2+(13+4i)z−13i = (z−i)
(
az2+bz+c)
ñ
a=1b−ai=-4−i c−bi=13+4i -ci=-13i
ñ
a=1b−i=-4−i 13−bi=13+4i c=13
ñ
a=1b=-4 b=-4 c=13
ñ
a=1 b=-4 c=13
Ainsi, z3−(4+i)z2+(13+4i)z−13i=(z−i)
(
z2−4z+13)
3. Déduisons-en les solutions de l’équation (E) :
Dans Ê, z3−(4+i)z2+(13+4i)z−13i=0 ñ(z−i)
(
z2−4z+13)
=0 ñ z−i=0 ou z2−4z+13=0 Résolvons dans Ê l’équation du second degré : z2−4z+13=0Le discriminant est ∆=(-4)2−4×1×13=16−52=-36 =(6i)2<0.
Donc l’équation admet deux solutions complexes conjuguées : z1=4+ 36i
2 =4+6i
2 =2+3i et z2= z1 = 2−3i.
Ainsi les solutions dans Ê de l’équation (E) sont i;2+3i;2−3i .
Exercice 2 (Nouvelle Calédonie, mars 2005)
Le plan est rapporté au repère orthonormal
(
O,Åi,Åj)
.Soit f la fonction définie sur ]-1;+õ[ par f(x)=x2−2,2x+2,2ln(x+1)
1. courbe représentative de f.
voir ci-contre 2. Conjectures
La fonction f semble croissante sur ]-1;+õ[
L’équation f(x)=0 semble avoir 0 pour unique solution sur ]-1;+õ[
3. On se propose maintenant d’étudier la fonction f.
4.
a. Etudions le sens de variation de f.
2 3
-1 2 3 4
-1
-2
-3
-4
0 1
1
x y
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La fonction f est dérivable sur ]-1;+õ[ comme somme de fonctions dérivables sur ]-1;+õ[.
┐x>-1, f ′(x)=2x−2,2+ 2,2
x+1=(2x−2,2)(x+1)+2,2
x+1 =2x2−0,2x
x+1 = 2x(x−0,1) x+1
┐x>-1, x+1>0 donc f ′(x) est du signe de son numérateur.
x −1 0 0,1 +∞
2x - 0 + +
x−0,1 - - 0 +
x+1 0 + + +
f ’(x) + 0 - 0 +
Donc
f ′(x)>0 ssi x☻]-1;0[∟]0,1;+õ[ f ′(0)=f ′(0,1)=0
f ′(x)<0 ssi x☻]0;0,1[
On déduit que f est strictement croissante sur ]-1;0] et sur [0,1;+õ[ et strictement décroissante sur [0;0,1].
b. Limites de f en -1 et en +õ lim
x↔ -1 x>-1
ln(x+1)= lim
X↔0 X>0
lnX=-õ De plus lim
x↔-1x2−2,2x=3,2 donc lim
x↔-1 x>-1
f(x)=-õ
A l’infini, la limite d’un polynôme est celle de son terme de plus haut degré donc lim
x↔ +õx2−2,2x= lim
x↔ +õx2=+õ De plus lim
x↔+õln(x+1)= lim
X↔+õlnX=+õ donc lim
x↔+õf(x)=+õ d’où le tableau des variations de f :
x −1 0 0,1 +∞
signe de f ′(x) + 0 − 0 +
0 +õ
f
-õ f(0,1)
c. Déduisons-en le nombre de solutions de l’équations f(x)=0
D’après le tableau de variations, l’équation f(x)=0 admet 0 pour unique solution sur ]-1;0,1]
f est dérivable donc continue sur ]-1;+õ[ donc sur [0,1;+õ[.
f est strictement croissante sur [0,1;+õ[, f( 0,1)<0 et lim
x↔+õf(x)=+õ donc 0☻
f(0,1); lim
+õ f donc d’après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, on déduit que l’équation f(x)=0 admet une unique solution α sur ]0,1;+õ[
En résumé l’équation f(x)=0 admet exactement deux solutions sur ]-1;+õ[ : 0 et α☻[0,1;+õ[
d. Confirmation ou infirmation des conjectures
Les conjectures émises à la question 1. étaient donc fausses puisque f n’est pas croissante sur ]-1;+õ[ et que l’équation f(x)=0 n’admet pas une unique solution sur ]-1;+õ[
5. On veut représenter, sur l’écran d’une calculatrice, la courbe représentative de f sur l’intervalle [-0,1;0,2].
a. Proposition de valeurs extrêmes de l’ordonnée y
On peut choisir par exemple, Ymin=-10-3 et Ymax=10-3 car f(0,1)>-10-3 et f(0)<10-3
b. A l’aide de la calculatrice, déterminons une valeur approchée par défaut à 10-2 près de la plus grande solution α de f(x)=0.
D’après la calculatrice, on trouve f(0,15)<0 et f(0,16)>0, donc un encadrement de α à 10-2 près est 0,15<α<0,16 d’où une valeur approchée par défaut à 10-2 près de α est 0,15.
