Correction Devoir Maison 02

Rendu le lundi 08 octobre 1 / 3

Correction Devoir Maison 02

Exercice 1

1. (a) fa est d´efinie pour toutx∈Rtel quex²+ax+ 1>0.

D´eterminons les racines de l’´equationx²+ax+ 1 = 0en calculant le discriminant∆ =a²−4 : – Si∆>0(c’est-`a-direa²>4soita∈]− ∞,−2[∪]2,+∞[) alorsx²+ax+ 1 = 0admet pour racines

x1= ^−a−√₂^a2−4 et x2= ^−a+√₂^a2−4 et x²+ax+ 1est positif `a l’ext´erieur des racines donc fa est d´efinie sur]− ∞, x1]∪[x2,+∞[.

– Si∆60(c’est-`a-direa²64soita∈[−2,2]) alorsx²+ax+ 1est du signe de1surR, donc positif surRetfa est d´efinie surR.

(b) On d´eduit de ce qui pr´ec`ede queI= [−2,2].

2. (a) Pour toutx∈R: f(−x−a) =»

(−x−a)²+a(−x−a) + 1 =p

x²+ 2ax+a²−ax−a²+ 1 =p

x²+ax+ 1 =f(x) (b) Les pointsM(x, f(x))etN(−x−a, f(−x−a))sont deux points deC^a. Puisquef(−x−a) =f(x), N a mˆeme ordonn´ee queM alors que les abscisses sont sym´etriques par rapport `a−<sup>a</sup>2, on en d´eduit que M et N sont sym´etriques par rapport `a l’axe d’´equation x= −^a2 doncC^a est sym´etrique par rapport `a la droite∆d’´equation x=−^a2.

3. (a) f est d´erivable pour tout x∈Rtel quex²+ax+ 16= 0 et alors :

f⁰(x) = 2x+a 2√

x²+ax+ 1

(b) f⁰(x)est du signe de2x+a c’est-`a-dire positif si x>−^a2 et n´egatif sinon. On en d´eduit que f est d´ecroissante sur]− ∞,−^a2]et croissante sur[−^a2,+∞[.

4. (a) lim_x→+∞x²+ax+ 1 = lim_x→+∞x²= +∞et lim_X→+∞√

X = +∞d’o`u par composition :

x→lim+∞f(x) = +∞

Par sym´etrie par rapport `a la droite d’´equationx=−^a2, on a ´egalement :

x→−∞lim f(x) = +∞

(b) Pour toutx∈R:

f(x)−x=p

x²+ax+ 1−x= x²+ax+ 1−x²

√x²+ax+ 1 +x

= ax+ 1

√x²+ax+ 1 +x = a+¹_x

»

1 + ^a_x+_x¹2 + 1

Comme limx→+∞

»

1 + ^a_x+_x¹2 + 1 = 2 et limx→+∞a+ ¹_x = a, on en d´eduit par quotient que limx→+∞f(x)−x=^a₂ puis quelimx→+∞f(x)−x−^a2 = 0donc la droitedd’´equationy=x+^a₂ est asymptote `aC^a au voisinage de+∞.

(c) Par sym´etrie par rapport `a∆, l’asymptoted<sup>0</sup> `aC^a au voisinage de−∞est la droite sym´etrique ded par rapport `a ∆dont l’´equation esty=−x−a+^a₂ =−x−^a2.

5. Lorsque a= 1, on obtient la courbe en page suivante.

St´ephanePasserat– TSI1 – Lyc´ee LouisVincent

Rendu le lundi 08 octobre 2 / 3

C

d

d^′

1

Exercice 2

1. Les racines cinqui`emes de l’unit´e sont de la formee^2ikπ5 aveck∈J0,4K. Ainsi : Å1 +z

1−z ã5

= 1⇔il existek∈J0,4K/ 1 +z 1−z = e^2ikπ5

1 +z= e^2ikπ5 (1−z) zÄ

e^2ikπ5 + 1ä

= e^2ikπ5 −1 z= e^2ikπ5 −1 e^2ikπ5 + 1

= e^ikπ5 −e^−ikπ5 e^2ikπ5 + e^−ikπ5

= i sin^kπ₅

cos^kπ₅ = i tankπ 5

Donc l’ensemble des solutions de l’´equationÄ_1+z

1−z

ä5

= 1d’inconnuez∈Cest :

S= ß

i tankπ

5 , k∈J0,4K

™

2. Pour toutz∈C,(1 +z)⁵−(1−z)⁵= 2z⁵+ 20z³+ 10z.

3. (a) On r´esout l’´equation Z²+ 10Z+ 5 = 0 en calculant le discriminant∆ = 80doncZ =−5 + 2√ 5 ou Z =−5−2√

5.

(b) On r´esout l’´equation2z⁵+ 20z³+ 10z= 0en factorisant par2z:

2z⁵+ 20z³+ 10z= 0⇔2z(z⁴+ 10z²+ 5) = 0

Ainsi l’´equation2z⁵+ 20z³+ 10z= 0´equivaut `a2z= 0ouz<sup>4</sup>+ 10z<sup>2</sup>+ 5 = 0. Cette derni`ere ´equation se r´esout en posantZ=z²soit Z²+ 10Z+ 5 = 0et, d’apr`es la question pr´ec´edente,Z=−5 + 2√

5 ouZ=−5−2√

5.

Orz²=−5+2√

5<0´equivaut `az=±ip 5−2√

5etz²=−5−2√

5<0´equivaut `az=±ip 5 + 2√

5. Finalement l’ensemble des solutions de l’´equation (1 +z)⁵−(1−z)⁵= 0 d’inconnuez∈Cest :

S= ß

0,i

» 5−2√

5,−i

» 5−2√

5,i

» 5 + 2√

5,−i

» 5 + 2√

5

™

St´ephanePasserat– TSI1 – Lyc´ee LouisVincent

Rendu le lundi 08 octobre 3 / 3

4. (a) Les ´equationsÄ

1+z 1−z

ä5

= 1et(1 +z)⁵−(1−z)⁵= 0sont ´equivalentes par cons´equent elles ont mˆeme ensemble de solutions :

ß i tankπ

5 , k∈J0,4K

™

= ß

0,i

» 5−2√

5,−i

» 5−2√

5,i

» 5 + 2√

5,−i

» 5 + 2√

5

™

A la calculatrice, on a` tan^π₅ ≈0,726que l’on compare avecp 5−2√

5≈0,726etp 5 + 2√

5≈3,078.

Ainsi :

tanπ 5 =

» 5−2√

5 (b) La premi`ere formule de l’arc moiti´e donne :

cos2π

5 =1−tan^2π₅

1 + tan^2π₅ = −4 + 2√ 5 6−2√

5 = −2 +√ 5 3−√

5 = −2 +√ 5

3 +√ 5

4 = −1 +√

5 4

St´ephanePasserat– TSI1 – Lyc´ee LouisVincent