Correction du devoir surveillé n°3

(1)

Correction du devoir surveillé n°3

Exercice 1

1. Ecrivons z et ₁ z sous forme algébrique : ₂

3 1

1

cos sin

3 3

1 3

2 2

i

z e

i

z i

π

π π

=

= +

4 2

2

cos sin

4 4

2 2

z e i

i

z i

π

π π

= −

   

= − + − 

   

= −

2. Déterminons la forme exponentielle de z z . _{1 2}

3 4

1 2

3 4

12 1 2

i i

i

z z e e e z z e

π π

π

−

=

Déterminons la forme trigonométrique de z z_{1 2}.

12 1 2

1 2 cos sin

12 12

i

z z e

z z i

π

π π

=

   

=  +  

   

Déterminons la forme algébrique de z z_{1 2}.

1 2

1 3 2 2

2 2 2 2

2 6 6 2

4 4

z z i i

z z i

  

= +  − 

  

+ −

= +

3. On sait que l’écriture d’un nombre complexe sous la forme z= +x iy x, ∈ℝ, y∈ℝ est unique donc d’après la question 2, on en déduit que :

2 6

cos 12 4

6 2

sin 12 4

π π

   +

=

  

  

   −

  =

  

 Exercice 2

(2)

1. Je résous dans ℂ^* l’équation suivante : z 4 z i

− =

{ }

4 4

(1 ) 4 4 1

4(1 ) (1 )(1 ) 2 2 2 2

z i z iz

z

z i

i i

z i

S i

− = ⇔ − =

⇔ − =

⇔ = −

⇔ = +

− +

⇔ = +

= +

2. Je résous dans ℂ l’équation suivante : ²z −2z+ =4 0 Je calcule le discriminant.

12 0 (2i 3)²

∆ = − <

= donc l’équation a deux solutions complexes conjuguées :

1 1 3 2 1 3

z = −i et z = +i ^cadz1 2e ⁱ³ et z2 2eⁱ³

π π

= − = .

3 3

2 ⁱ ; 2 ⁱ

S e e

π π

 − 

= 

 



3. Démontrons que le triangle ODB est rectangle isocèle en D.

Pour cela, démontrons que BD = OD et que ⁽ ^; ⁾

[ ]

²

DO DB =π π2 . Calculons alors ^B ^D

O D

z z

−

− . 2 2

2 2 ( 2 2 )

2 2

B D

O D

B D

O D

z z i

i i

i

z z

z z i

− = −

− − −

= − −

− −

− =

−

[ ] [ ]

( ; ) arg 2 ( ; ) 2

2

B D

O D

z z

Or DO DB donc DO DB

z z

π π π

 − 

=   =

 − 

B D B D 1

O D

z z z z

Et DB i donc DB DO

DO z z z z

− −

= = = = =

− − ;

Donc le triangle DBO est rectangle isocèle en O.

4. Démontrons que le quadrilatère OEAF est un losange.

Démontrons tout d’abord que c’est un parallélogramme.

Calculons l’affixe du vecteur OE et FA .

1 3

E O

OE

A F

FA

z z z i

= − = −

Or, deux vecteurs sont égaux ssi ils ont la même affixe, donc ces deux vecteurs sont égaux et il suffit à présent de démontrer que deux côtés consécutifs ont même longueur.

1 3 2

E O

E A

OE z z i

AE z z i

= − = − =

= − = − − =

donc OE = AE et par suite, OEAF est un losange.

(3)

5. a) r est la rotation de centre O et d’angle 2

π , elle a donc pour écriture complexe :

z' 0 eⁱ²(z 0) cad z' iz

− = π − =

r (E) = E’ donc z_E_' =iz cad z_E _E_' = 3+i. b) Démontrons que E’ est un point du cercle C’.

Pour cela, montrons que A’E’ = 2.

' '

' ' _E _A 3 2

A E = z −z = − =i donc E’ est un point du cercle C’.

c) Vérifions que e d− =( 3+2)( 'e−d)

1 ( 3 2)

e d− = − + −i −

( 3+2)( 'e−d)=( 3+2)( 3+ = = − + −i) ... 1 i( 3− = −2) e d

On déduit ainsi que le point E est l’image du point E’ par l’homothétie de centre D et de rapport 3+2. Or, on sait que pour une homothétie, un point, le centre et son image sont alignés, donc les points E, E’ et D sont alignés.

d) On peut procéder par un calcul et l’interprétation de l’argument d’un nombre complexe ou procéder par un raisonnement géométrique.

On a : r (D) = D’ et r (E) = E’ donc l’image de (DE) par r est (D’E’). Ainsi on déduit que ces deux droites sont perpendiculaires. Or, d’après la question précédente, (DE) = (EE’).

Donc les droites (EE’) et (D’E’) sont perpendiculaires donc EE’D’ est rectangle en E’.

Exercice 3

Partie A

1. Soit

[

^0;

[

^{, 40} ¹ ¹² ¹⁰ ¹² ²⁰ ¹² ¹⁰ ¹²

2

x x x x

x  xe⁻  e⁻ xe⁻ e⁻

∈ +∞ − − + = +

 

1

(20x 10)e⁻2^x f x( )

= + =

1 2

lim 1

2 , lim 0

lim 0

x x X x X

x

donc par composition e e

→+∞ −

→+∞

→−∞

  

− = −∞

  

   =

= 

1 2

lim 12 , lim 1 0

lim 0 2

x x

X x X

x

donc par composition xe Xe par croissance comparée

→+∞ −

→+∞

→−∞

  

− = −∞

    

   − =

 

= 

donc par opérations, lim ( ) 0

x f x

→+∞ = .

2. Démontrons que f est dérivable sur

[

^0;^+∞

[

^.

f est de la forme

1

( ) 20 10 ( ) 2^x

u v avec u x× = x+ et v x =e⁻ .

• u est une fonction affine donc dérivable sur

[

^0;^+∞

[

^etpour tout x∈ +∞

[

^0;

[

^{, '( )}u x =²⁰.

•

1

1 2

: 2

x

X

v x→ − x→e⁻

1

x→ −2xest dérivable sur

[

^0;^+∞

[

à valeurs dans ℝet la fonction exponentielle est dérivable sur ℝ, donc v est dérivable sur

[

^0;^+∞

[

, et pour tout

[

^0;

[

^{, '( )} ¹ ¹²

2

x

x∈ +∞ v x = − e⁻ . Donc f est dérivable sur

[

^0;^+∞

[

et pour tout

(4)

[

^0;

[

^, ^{'( )} ²⁰ ¹² ¹⁽²⁰ ¹⁰⁾ ¹² ^{'( )} ^{(15 10 )} ¹²

2

x x x

x∈ +∞ f x = e⁻ − x+ e⁻ soit f x = − x e⁻ . Etudions le signe de la fonction dérivée.

1

exp>0 surℝ, donc e⁻2^x >0 '( ) 0 3

2 ' ) 0 3

2

f x x

= ⇔ =

> ⇔ <

Or le signe de la dérivée nous donne le sens de variation de la fonction donc f est strictement croissante sur 0;3

2

 

 

 et strictement décroissante sur 3 2;

 

 +∞

 .

3. Sur 3 0;2

 

 

  :

La fonction est strictement croissante et f (0) = 10, donc 3

0; , ( ) 10 pour tout x  2 f x

∈  >

Et l’équation n’a donc pas de solution.

Sur 3 2;

 

 +∞

  :

• f est dérivable sur 3 2;

 

 +∞

 donc continue sur 3 2;

 

 +∞

 

• f est strictement décroissante sur 3 2;

 

 +∞

 

•

3

3 4

40 10

2

lim ( ) 0 10

x

f

f x

−

→+∞

 = >

  

= <

donc d’après le corollaire du T.V.I , l’équation ( ) 10f x = admet une unique solution α ^sur ³^; 2

 

 +∞

 et donc sur

]

^0;^+∞

[

^.

(4) 12,18

4 5

(5) 9, 03

f donc

f ^ < <α



≃

(4, 6) 10, 23

4, 6 4, 7 (4, 7) 9, 92

f donc

f ^ < <α



≃

(4, 67) 10, 01

4, 67 4, 68 (4, 68) 9, 98

f donc

f ^ < <α



≃

(4, 673) 10, 001

4, 673 4, 674 (4, 674) 9, 998

f donc

f ^ < <α



≃

≃ donc α ^≃4, 673 (valeur par défaut)

α ^≃4, 673 (valeur par excés)