Corrigé DS 1
I – Limites : 1.
a . lim
x∞
3x2−5x1 x2−2x2 =lim
x∞
3x2
x2 =3 . On en déduit que y=3 est asymptote horizontale en ∞. b . lim
x∞
4x2−4x3−2x−1=limx∞
4x2−4x3−2x−1
4x2−4x32x−1
4x2−4x32x−1 .= lim
x∞
4x2−4x3−2x−12
4x2−4x32x−1= lim
x∞
4x2−4x3−4x24x−1
4x2−4x32x−1= lim
x∞
2
4x2−4x32x−1=0 .
On en déduit que y=0 est asymptote horizontale en ∞. 2. Soit f la fonction définie sur ℝ par f x=2x2−7x8
x−1 .
a . lim
x±∞
2x2−7x8
x−1 −2x−5=lim
x±∞
2x2−7x8−2x−5x−1
x−1
=lim
x±∞
2x2−7x8−2x27x−5 x−1
=lim
x±∞
3 x−1
=0
d'où la droite d'équation y=2x−5 est asymptote à la courbe représentative de f en l'infini.
b . 2x2−7x8
x−1 −2x−5= 3
x−1 du signe de x−1 .
x −∞ 1 ∞
x−1 ― +
Position de Cf par rapport à
Cf en dessous de . Cf au dessus de .
II – Complexes ( Formes algébriques )
Le plan complexe P est rapporté au repère orthonormal direct O ,u ,v (unité graphique : 3 cm).
On désigne par A le point d'affixe 1 .
À tout point M du plan, distinct de A, d'affixe z, on associe le point M' d'affixe z' défini par : z '=3z−5
z−1 . 1. L'affixe du point B ' 'image du point Bi est
zB '=3i−5
i−1 =5−3i
1−i =5−3i1i
1−i1i =82i 2 =4i
L'affixe du point C dont l'image C ' a pour affixe i. vérifie : i=3zC−5 zC−1 .
Lycée Dessaignes Page 1 sur 4
i=3zC−5
zC−1 ⇔izC−1=3zC−5⇔i zC−i=3zC−5⇔zCi−3=i−5⇔zC=5−i 3−i
⇔zC=5−i3i
3−i3i=162i 10 =8
51 5i.
2. Déterminer le(s) affixe(s) du (des) point(s) M (z) confondu (s) avec leur image M' (z') revient à résoudre z '=z.
z '=z⇔z=3z−5
z−1 ⇔z2−z=3z−5⇔z2−4z5=0
=16−20=−40 , l'équation admet donc deux solutions complexes conjuguées.
z1=4−2i
2 et z2=42i
2 soit z1=2−i et z2=2i.
Il y a donc deux points invariants : les points d'affixes z1=2−i et z2=2i.
3. Étant donné un complexe z distinct de 1, on pose : z=xiy et z '=x 'iy ' avec x, y, x', y' réels.
a . z '=3z−5
z−1 =3xi y−5
xi y−1 =3x−53i y
x−1i y =3x−53i yx−1−i y
x−1i yx−1−i y .
=3x−5x−13y2i
3yx−1−3x−5y
x−12y2
=3x2−8x53y2
x−12y2 i 2y
x−12y2 , d'où x'=3x2−8x53y2
x−12y2 et y '= 2y
x−12y2
b . Les points M de E vérifie x'=0 soit 3x2−8x53y2
x−12y2 =0 . 3x2−8x53y2
x−12y2 =0⇔3x2−8x53y2=0
⇔3
x2−83xy253
=0⇔x2−8
3xy25 3=0
⇔
x−43
2−169 y2159 =0⇔
x−43
2y2=19 .L'ensemble E est donc le cercle de centre
43
et de rayon 1 3 . c . Les points M de F vérifie y '=0 soit 2yx−12y2=0 , c'est à dire y=0 . L'ensemble F est donc la droite d'équation y=0 privé du point A.
III - Complexes ( Équations )
Pour tout nombre complexe Z on pose : PZ=Z4−4 1. PZ=Z2−2Z22=Z−
2Z
2Z222. Z22=0⇔Z2=−2⇔Z=i
2 ou Z=−i
2 .3. On déduit de 1. et de 2. que PZ=0 admet
2;−
2;i
2 et −i
2 comme solution.Lycée Dessaignes Page 2 sur 4
4. Afin de résoudre
zz1−1
4=4 , on pose Z=z1 z−1 . D'après les questions précédentes z vérifie z1z−1=
2 ou z1z−1=−
2 ou z1 z−1=i
2ou z1
z−1=−i
2.et donc z∈
{
32
2;3−2
2;132i
32;13−2i
32}
IV – (Suites arithmético-géométrique)
On considère la suite unn0 définie par u0=1 et la relation de récurrenceun1=1
3un2. 1. Représentation graphique : voir annexe.
2. u1=1
32=7
3 et u2=1 3×7
32=25 9 .
3. On considère la suite vnn0 définie par vn=un−3 . a . vn1=un1−3=1
3un2−3=1
3un−1=1
3
un−3
=13vn, d'où vn est une suite géométrique de raison 13 et de premier terme v0=−2 . b . On a donc vn=−2
13
n et comme −1131 alors limn∞
vn=0 .
c .
∑
k=0 n
vk=−2
1−
13
n11−1 3
=−3
1−
13
n1
.4. a . un=vn3=−2
13
n3 et donc la limite de un en ∞ est 3.b . On a :
∑
k=0 n
uk=
∑
k=0 n
vk3=−3
1−
13
n1
3n1=3n
13
n.V - (Récurrence)
On considère la suite Snn1 définie par Sn=224262⋯2n2. Notons Pn la propriété : Sn=2nn12n1
3 .
a . On a S1=4 et 2×1112×11
3 =4 , d'où la propriété est vraie au rang 1.
b. Supposons la propriété vraie à un certain rang n, Sn1=224262⋯2n22n12
=Sn2n22
=nn12n112n12
3 (Hypothèse de récurrence)
=n14n214n12
3
2n1n22n3
3 d'où la propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : Par récurrence la propriété est vraie pour tout n1
Lycée Dessaignes Page 3 sur 4
Annexe
Lycée Dessaignes Page 4 sur 4