D´eterminer la forme alg´ebrique de l’affixe du point A0 image du point A par la fonction f

(1)

TS7 DS 5 : Correction 17 janvier 2020

Exercice 1 : Complexe (40 minutes) (6 points)

Le plan complexe est muni d’un rep`ere orthonorm´e direct O ; −→

u , −→ v

d’unit´e 2 cm. On appelle f la fonction qui, `a tout point M, distinct du point O et d’affixe un nombre complexe z, associe le point M⁰ d’affixe z⁰ tel que

z⁰=−1 z.

1. On consid`ere les points A et B d’affixes respectivesz_A=−1 + i et z_B = 1 2eⁱ^π³.

a. Déterminer la forme algébrique de l’affixe du point A⁰ image du point A par la fonction f. b. Déterminer la forme exponentielle de l’affixe du point B⁰ image du point B par la fonction f.

c. Sur la copie, placer les points A, B, A⁰ et B⁰ dans le rep`ere orthonorm´e direct O ; −→

u , −→ v

. Pour les points B et B⁰, on laissera les traits de construction apparents.

2. Soit r un réel strictement positif et θun réel. On considère le complexe zdéfini par z=reîθ. a. Démontrer quez⁰= 1

re^i(π−θ).

b. Est-il vrai que si un point M, distinct de O, appartient au disque de centre O et de rayon 1 sans appartenir au cercle de centre O et de rayon 1, alors son image M⁰ par la fonction f est `a l’ext´erieur de ce disque ? Justifier.

3. Soit le cercle Γ de centre K d’affixe zK=−1

2 et de rayon 1 2.

a. Démontrer qu’une équation cartésienne du cercle Γ est x²+x+y² = 0.

b. Soitz=x+iyavecxetynon tous les deux nuls. D´eterminer la forme alg´ebrique dez⁰en fonction de xety.

c. SoitM un point, distinct de O, du cercle Γ. Démontrer que l’imageM⁰du pointM par la fonction f appartient à la droite d’équation x= 1.

Solution: De A. Detant sur APMEP 1. a.

z_A⁰ =− 1

−1 + i = 1

1−i = 1 + i 2 = 1

2 +1 2i b.

z_B⁰ = − 1 1 2eⁱ^π³

= −2e⁻ⁱ^π³ qui n’est pas l’écriture exponentielle ; or −1 = eîπ; donc z_B⁰ = 2×eîπ×e⁻ⁱ^π³ = 2eⁱ^2π³ .

c.

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

Solution :

On remarque queA(a)=1

2f(a) donc l’aire sera maximale si f(a) est maximale On en déduit que l’aire est maximale sia=e⁻¹et on aA!

e⁻¹"

=1 2f!

e⁻¹"

=2e⁻¹=2

e≈0,74 unités d’aire.

Exercice 2 4 points

Commun à tous les candidats 1. a.

Solution : z_A^′= − 1

−1+i= 1

1−i=1+i 2 =1

2+1 2i b.

Solution : z_B^′ = − 1

1 2eⁱ^π³

= −2e⁻ⁱ^π³ qui n’est pas l’écriture exponentielle; or−1=e^iπ; doncz_B^′ =2×e^iπ×e⁻ⁱ^π³ =

2eⁱ^2π³. c.

Solution :

−

→u

−

→v

O B

A^′ A

B^′ zA= −1+i donc A se place sans problème.

z_B=1 2eⁱ^π³ =1

4+i

&

3

donc B se situe sur le cercle de centre O et de4 rayon 1

2à l’intersection de la droite d’équa- tionx=1

4 dans le premier cadran.

z_A^′=1 2+1

2i donc A^′se place sans problème.

z_B^′= −2e⁻ⁱ^π³ =2e²ⁱ^π³ = −1+i&

3

donc B^′ se situe sur le cercle de centre O et de rayon 2 à l’intersection de la droite d’équationx= −1 dans le deuxième cadran.

2. a.

Solution : z^′= − 1

re^iθ

= −1 re^−iθ

=1 re^−iθe^iπ

=1 re^i(π⁻^θ) b.

Liban Page 2 31 mai 2019

z_A=−1+i donc A se place sans probl`eme.

zB= 1

2eⁱ^π³ = 1 4+ i

√ 3

donc B se situe sur le cercle de centre O4 et de rayon 1

2 `a l’intersection de la droite d’´equation x= 1

4 dans le premier cadran.

z_A⁰ = 1 2 + 1

2i donc A⁰ se place sans probl`eme.

z_B⁰ =−2e⁻ⁱ^π³ = 2e²ⁱ^π³ =−1 + i√ 3

donc B⁰ se situe sur le cercle de centre O et de rayon 2 à l’intersection de la droite d’équation x = −1 dans le deuxième cadran.

(2)

TS7 DS 5 Page 2 sur 6 2. a.

z⁰ =− 1 re^iθ

=−1 re^−iθ

= 1 re^−iθe^iπ

= 1 re^i(π−θ) b.

SiM, distinct de 0, appartient au disque de centre 0 et de rayon 1 sans appartenir au cercle de centre 0 et de rayon 1, alors OM <1

OM <1 ⇐⇒ |z|<1

⇐⇒

1 z

>1

⇐⇒

−1 z

>1

⇐⇒ OM⁰ >1

On en déduit donc que l’affirmation est vraie : si un point M, distinct de O, appartient au disque de centre O et de rayon 1 sans appartenir au cercle de centre O et de rayon 1, alors son image M⁰ par la fonctionf est à l’extérieur de ce disque.

3. a.

On posez=x+ iy M´ethode 1:

M(z)∈Γ ⇐⇒ M K²= 1 4

⇐⇒ |z−zK|² = 1 4

⇐⇒

z+ 1 2

2

= 1 4

⇐⇒

x+ 1 2+ iy

2

= 1 4

⇐⇒

x+1

2 2

+y² = 1 4

⇐⇒ x²+x+ 1

4+y² = 1 4 On a donc bien Γ : x²+x+y²= 0.

M´ethode 2:

Γ : (x−x_K)²+ (y−y_K)² =

1

2 2

orx_K = 1

2 ety_K = 0 Donc Γ :

x+ 1

2 2

+y² = 1

4 ⇐⇒ Γ : x²+x+y² = 0.

b.

z⁰ =− 1

x+ iy =− x−iy x²+y² Donc z⁰ =− x

x²+y² + y x²+y² i c.

M un point de Γ, distinct de O alors x²+x+y² = 0 =⇒ x²+y² =−x6= 0 On en d´eduit que Re(z⁰) =− x

x²+y² =− x

−x = 1

Donc l’image M⁰ du point M par la fonctionf appartient `a la droite d’´equation x= 1.

(3)

TS7 DS 5 Page 3 sur 6

Exercice 2 : Suite (50 minutes) (8 points)

Soit f la fonction d´efinie sur l’intervalle [0 ; 4] parf(x) = 2 + 3x 4 +x . Partie A

On considère la suite (un) définie par : u0 = 3 et pour tout entier naturel n, un+1=f(un). On admet que cette suite est bien définie.

1. Calculer u1.

2. D´emontrer que la fonctionf est croissante sur l’intervalle [0 ; 4].

3. D´emontrer que pour tout entier natureln, 16u_n+1 6u_n63.

4. a. D´emontrer que la suite (u_n) est convergente.

b. On appelle`la limite de la suite (u_n) ; démontrer l’égalité : `= 2 + 3`

4 +` . c. D´eterminer la valeur de la limite`.

Solution:

D’apr`es APMEP

1. u₁ =f(u₀) = 2 + 9 4 + 3 = 11

7 .

2. La fonctionf est d´efinie et d´erivable sur [0 ; 4] et sur cet intervalle : f⁰(x) = 3(4 +x)−1(2 + 3x)

(4 +x)² = 12 + 3x−2−3x

(4 +x)² = 10 (4 +x)²

Quotient de nombres positifs ce nombre d´eriv´e est positif quel que soitx dans l’intervalle [0 ; 4].

La fonctionf est donc croissante sur [0 ; 4].

3. D´emonstration par r´ecurrence : Initialisation

On a d’après la première question : 16u₁ 6u₀63 : l’encadrement est vrai au rang 0 ; Hérédité

Supposons que pour n∈N, 16un+1 6un63 ; par croissance de la fonction f sur [0 ; 4], on f(1)6f(un+1)6f(un)6f(3) ou car f(1) = 5

5 = 1 etf(3) = 11 7 63, 16un+2 6un+1 63 : la relation est donc vraie au rangn+ 1.

Conclusion : l’encadrement est vrai au rang 0 et s’il est vrai à un rang quelconquenil est vrai au rang suivant n+ 1 : d’après le principe de récurrence pour tout natureln, 16u_n+16u_n63.

4. a. D’après la question précédente la suite (u_n) est décroissante, minorée par 1 : elle converge donc vers une limite`>1.

b. On appelle` la limite de la suite (u_n) ; montrer l’´egalit´e :

`= 2 + 3`

4 +` .

c. De l’´egalit´eu_n+1 =f(u_n) = 2 + 3u_n

4 +u_n on en déduit par continuité de la fonctionf (puisque f est dérivable) :

`= 2 + 3`

4 +` . On en d´edit que`(4 +`) = 2 + 3` ⇐⇒ `²+`−2 = 0.

Or ∆ = 1 + 4×2 = 9 = 3². Il y a deux solutions :

`₁ = −1−3

2 =−2 et `₂= −1 + 3 2 = 1.

Comme`∈[1 ; 3], la seule solution est`₂ = 1.

(4)

TS7 DS 5 Page 4 sur 6 Partie B

On consid`ere la suite (v_n) d´efinie par : v₀ = 0,1 et pour tout entier naturel n, v_n+1=f(v_n).

1. On donne ci-dessous, la courbe repr´esentative, C_f, de la fonctionf et la droite Dd’´equation y=x.

Placer sur l’axe des abscisses par construction g´eom´etrique les termes v₁,v₂ etv₃ sur cette courbe.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Annexe

À rendre avec la copie

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,1

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0

D Cf

Métropole La Réunion Mayotte 8 13 septembre 2019

Quelle conjecture peut-on formuler sur le sens de variation et le comportement de la suite (v_n) quand ntend vers l’infini ?

2. a. D´emontrer que pour tout entier naturel n, 1−v_n+1 =

2

4 +vn

(1−v_n). b. D´emontrer par r´ecurrence que pour tout entier naturel n,

061−v_n6

1

2

n

.

3. La suite (v_n) converge-t-elle ? Si oui, pr´eciser sa limite.

Solution:

(5)

TS7 DS 5 Page 5 sur 6

1.

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

Annexe

À rendre avec la copie

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,1

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0

D

Cf

v0=0,1 v1=0,561 v2=0,807v3=0,92

Métropole La Réunion Mayotte 10 13 septembre 2019

On peut conjec- turer que la suite (v_n) est croissante et qu’elle a pour limite 1.

2. a. 1−vn+1= 1− 2 + 3v_n 4 +vn

= 4 +v_n−2−3v_n 4 +vn

= 2−2v_n 4 +vn

= 2

4 +vn

(1−vn).

b. Initialisation pour n= 0, 1−v0 = 0,9 ; or

1

2 0

= 1.

On a bien 061−v06

1

2 0

.

Hérédité Supposons qu’au rang n∈Nquelconque, on ait 1−vn6

1

2

n

. On a 1−vn+1= 2

4 +vn

(1−vn), donc d’après l’hypothèse de récurrence : 1−v_n+16 2

4 +v_n×

1

2

n

. Or 061−v_n6

1

2

n

⇐⇒ v_n >1−

1

2

n

>0 ; il suit que 4 +v_n >4, donc en prenant les inverses 06 1

4 +v_n 6 1 4. On a donc 061−vn+162× 1

4

1

2

n

, soit finalement : 061−v_n+16

1

2

n+1

: l’encadrement est vrai au rang n+ 1.

L’encadrement est vrai au rang 0 et s’il est vrai `a un rang nquelconque il est vrai au rang

(6)

TS7 DS 5 Page 6 sur 6 n+ 1 : d’apr`es le principe de r´ecurrence :

quel que soit le natureln, 061−v_n6

1

2

n

. 3. Comme 0 < 1

2 < 1, on sait que lim

n→+∞

1

2

n

= 0, donc l’encadrement trouvé à la question précédente montre que la la limite de 1−v_n= 0, donc :

n→+∞lim vn= 1.