Eléments de réponse devoir 12

Eléments de réponse devoir 12

Exercice 1

1. f est la rotation de centreO et d’angle de mesure ⁵₆^π. 2. •Pour n= 0la formule est vériÞée.

•Si zn =eⁱ(^π2+^5nπ₆ ), alors par déÞnition deMn+1 et def :zn+1=eⁱ(^π2+^5nπ₆ ).e^i5π6 . d’où : zn+1=eⁱ(^π2+^5(n+1)π₆ ).La formule est donc encore vraie à l’ordren+ 1.

En résumé si la formule est vraie à l’ordren, elle est encore vraie à l’ordren+ 1.

Donc la formule est vraie pour tout entier natureln.

3. Deux points Mn et Mp sont confondus si et seulement si il existe k ∈ Z tel que ^π₂ + ⁵ⁿ₆^π =

π

2 +^5p₆^π + 2kπ, c’est à dire ⁵⁽ⁿ₆^−p) = 2k ⇔ 5(n−p) = 12k ⇔12 | 5(n−p)⇒ 12 | (n−p) car 12∧5 = 1(théorème de Gauss).

Par conséquent les pointsM_n etM_p sont confondus si et seulement sin−pest multiple de12.

4. (a) 12×4−5×9 = 48−45 = 3. Donc(4,9)est solution de (E).

Par différence membre à membre de12x−5y= 3et12×4−5×9 = 3, on obtient : 12(x−4)−5(y−9) = 0⇒12(x−4) = 5(y−9).

5divise12(x−4), il est premier avec12donc il divisex−4. (Gauss) Donc les solutions de l’équation sont du type(4 + 5k; 9 + 12k), aveck∈Z. (b) Mn∈[Ox)⇔ ^π2+⁵ⁿ₆^π =k.2π⇔¹2+⁵ⁿ₆ = 2k⇔3 + 5n= 12k.

Les entiers naturels n cherchés sont donc ceux solutions de 3 + 5n = 12k c’est à dire de 12k−5n= 3, soit, d’après (a), les entiers naturels du type9 + 12k⁰, aveck⁰∈Z

Exercice 2

1. (a) Le choix d’une urne étant équiprobable : p(A) = ¹₂ p_A(R) =¹₅ etp(A∩R) =p(A)×p_A(R) = ¹₂×¹₅ =₁₀¹

(b) Les évènements A et B forment une partition de l’univers, donc (formule des probabilités totales) :

p(R) =p(A∩R) +p(B∩R) =p(A)×pA(R) +p(B)×pB(R) = ¹₂×¹5+¹₂×⁴6 = ¹³₃₀ (c) pR(A) = ^p(A_p(R)^∩R)= ¹⁰13¹

30

=₁₃³ (a) p_A(R) =_n+4ⁿ p_B(R) =⁵₇⁻ⁿ

−n

(b) p(R) =p(A)×p_A(R) +p(B)×p_B(R)(formule des probabilités totales)

=¹₂×n+4ⁿ +¹₂×⁵7⁻−ⁿn =⁻_(4+n)(7^n2+4n+10_−n)

(c) n 0 1 2 3 4 5

p(R) ₁₄^{5 13}_{30 15}^{7 13}_{28 12}⁵ ₁₈⁵

Donc la valeur dencherchée est2. L’urneacontient donc 2 boules rouges et l’urneb: 3.

Exercice 3

1. ∀z∈C−{i}:−i+_z²

−i = ^−i(z_z⁻ⁱ⁾⁺²

−i = ^−iz_z⁻¹⁺²

−i =¹_z^−iz

−i =f(z)

2. (a) f(z) =−i⇔ −i+_z−²_i =−i⇔ z−²i = 0équation qui n’a pas de solution.

Eléments de réponse devoir 12 2

(b) Les antécédents de 0 sont solutions de l’équationf(z) = 0 f(z) = 0⇔ −i+ 2

z−i = 0⇔ 2

z−i =i⇔2 =iz+ 1⇔z=1 i =−i donc(−i)est l’unique antécédent de 0. De même :

f(z) =i⇔ −i+ 2

z−i =i⇔ 2

z−i = 2i⇔1 =iz+ 1⇔z= 0

donc 0 est l’unique antécédent dei.

3. (a) PourM6=A, on a : AM×BM⁰=|z−i| × |z⁰+i|=|z−i| ׯ¯¯z²−i

¯¯

¯=|z−i| ×_|z−²i|= 2 (b) M décrit le cercle de centre A et de rayon 4 équivaut à dire que AM = 4. L’égalité de la

question précédente entraîne queBM⁰ = _AM² = ¹₂ ce qui prouve que le point M⁰ appartient au cercleC⁰ de centreB et de rayon ¹₂.

4. (a) En posantz=x+iy, on az−i=x+i(y−1). Doncz−iest un nombre réel non nul si et seulement siy= 1etx6= 0. Donc l’ensembleEest la droite d’équationy= 1privée du point de coordonnées(0,1), c’est à dire du pointA.

(b) LorsqueM décrit E, son affixez s’écrit x+i, avecxdécrivantR^∗. L’affixe du point M⁰ est dans ce cas : z⁰=−i+_z−²_i =−i+_x²

DoncM⁰ appartient à la droite d’équationy=−1.

(c) LorsquexdécritR^∗, le réel _x² décritR^∗, ce qui peut facilement se démontrer par l’étude de la fonctionx→ ²_x donc le pointM⁰ décrit la droite∆privée du point de coordonnées (0,−1), c’est à dire du pointB.

5. f(z)est imaginaire pur si et seulement si :

f(z) =−f(z)⇔i+_z+i² =i−z²−i ⇔z+i=−z+i⇔z+z= 0

De plus, comme l’antécédent de 0 parf est(−i), l’ensemble cherché est la droite d’équationx= 0 privée du pointB et du pointA.

Exercice 4 PARTIE A

1.

x→lim+∞

¡x²−3x+ 1¢

= lim

x→+∞x²= +∞

x→lim+∞e^x= +∞

)

⇒ lim

x→+∞f(x) = +∞ f(x) =x²e^x−3xe^x+e^x

x→−∞lim e^x= 0 α>0⇒ lim

x→−∞x^αe^x= 0





⇒ lim

x→−∞f(x) = 0

2. (a) f⁰(x) = (2x−3)e^x+¡

x²−3x+ 1¢ e^x=¡

x²−x−2¢

e^x= (x−2) (x+ 1)e^x

(b) tableau de variation :

x −∞ −1 2 +∞

f⁰(x) + 0 − 0 +

5e⁻¹ +∞

f(x) % & %

0 −e²

3. (a) Comme f est dérivable et positive sur [−3; 0], I représente l’aire (en unités d’aires) de la surface délimitée par l’axe des abscisses, la courbeC, et les droites d’équations x = −3 et x= 0.

(b) On poseu(x) =x v⁰(x) =e^x⇒u⁰(x) = 1 v(x) =e^x R0

−3xe^xdx= [xe^x]⁰₋₃−R0

−3e^xdx= [xe^x]⁰₋₃−[e^x]⁰₋₃= 4e⁻³−1

De même, on pose : u(x) =x² v⁰(x) =e^x⇒u⁰(x) = 2x v(x) =e^x R0

−3x²e^xdx=£ x²e^x¤0

−3−R0

−32xe^xdx=£ x²e^x¤0

−3−2R0

−3xe^xdx= 2−17e⁻³ (c) Par linéarité de l’intégrale, on a : I=R0

−3x²e^xdx−3R0

−3xe^xdx+R0

−3e^xdx= 6−30e⁻³

Eléments de réponse devoir 12 3

PARTIE B

1. D’après le tableau de variation deg, on sait queg¡₃

2

¢=e⁻⁵⁴ g⁰¡₃

2

¢= 0 Commeg⁰(x) = (2x+a)e^x2+ax+b

g⁰¡₃

2

¢= 0⇒(3 +a)e^94+3a2+b= 0⇒a=−3 g¡₃

2

¢=e⁻⁵⁴ ⇒e^94−92+b=e⁻⁵⁴ ⇒ −⁹₄+b=−⁵₄ ⇒b= 1

Doncg(x) =e(^x2−3x+1) 2. (a) ∀x∈R:h¡₃

2−x¢

=e^x2−54 =h¡₃

2+x¢

⇒Dest axe de symétrie de(Γ).

(b) La fonction h (dont le tableau de variation est donné à la question 1.) est dérivable et strictement croissante sur l’intervalle [3,1; 3,2]. Donc h est une bijection de [3,1; 3,2] sur [h(3,1) ;h(3,2)].

Orh(3,1)'3,7<5eth(3,2)'5,15>5

Donc l’équationh(x) = 5admet sur[3,1; 3,2]une unique solutionx₀telle que3,1< x₀<3,2 (c) αest un nombre dont 1,7 est une valeur approchée à 0,5 près se traduit par :

|α−1,7|<0,5⇔1,7−0,5<α<1,7 + 0,5⇔1,2<α<2,2 Comme h(1,2) ' 0,313 que h(2,2) ' 0,467 et que h¡₃

2

¢ = e⁻⁵⁴ ' 0,286, on peut en utilisant le tableau de variation dehdire que l’image de l’intervalle ]1,2; 2,2[ est l’intervalle i

e⁻⁵⁴;h(2,2)h

et donc que l’on a les inégalités : 0,28< h(α)<0,47 PARTIE C

1. v⁰₁(x) =u⁰(x)e^u(x)a même signe queu⁰(x)doncv1 varie dans le même sens queu.

C’est à dire : v1 est décroissante sur]−∞;a]et croissante sur [a; +∞[. v⁰₂(x) =e^xu⁰(e^x)a même signe queu⁰(e^x)

Or∀x∈R:e^x∈R^∗+ et surR^∗+:u⁰60sur]0;a]etu⁰>0sur [a; +∞[ De pluse^x∈]0;a]⇔x∈]−∞; lna]ete^x∈[a; +∞[⇔x∈[lna; +∞[ Doncu⁰(e^x)60sur]−∞; lna] etu⁰(x)>0sur[lna; +∞[.

Doncv2est décroissante sur]−∞; lna]et croissante sur[lna; +∞[

2. v⁰₃(x) =u⁰(x)e^x+u(x)e^x= [u⁰(x) +u(x)]e^xa même signe queu⁰(x) +u(x). D’après le tableau de variation : u⁰ >0sur[a; +∞[etu>0sur[b; +∞[

Doncuetu⁰ sont positives sur[b; +∞[,d’oùv₃⁰ >0sur[b; +∞[etv₃ croissante sur[b; +∞[.