Corrigé du DS n°2 - T
aleS4 - Jeudi 5 novembre 2009 - 2 heures
Exercice 3
Partie A : étude def
1. Pour tout réelx,f(−x) =p
(−x)2+| −x|=p
x2+|x|=f(x).
On en déduit quef est paire et que la courbeCest symétrique par rapport à l’axe O;→−
. Il suffit donc d’étudierf sur [0;+∞[.
2. Sur [0;+∞[,f(x) =√
x2+x. Or lim
x→+∞x2+x= +∞et lim
t→+∞
√t= +∞donc, par com- position de limites,
xlim→+∞= +∞ Commef est paire, on a aussi lim
x→−∞= +∞. 3. La fonctiont7→√
tn’est pas dérivable en zéro. Étudions donc la limite du taux de variation en zéro par valeur supérieure carf est paire.
f(x)−f(0) x−0 =
√x2+x
x =
rx2+x x2 =
r 1 +1
x Or lim
x→0x>0
1
x= +∞et lim
t→+∞
√t= +∞donc
limx→0 x>0
f(x)−f(0) x−0 = +∞
La fonctionf n’est donc pas dérivable en 0 etCadmet une tangente verticale au point d’abscisse zéro.
4. SurR+, les fonctions x7→x2 et x7→x sont strictement croissantes et à valeurs positives doncx7→x2+xest strictement croissante surR+. De plus la fonction t7→√
test strictement croissante surR+.
SurR+,f est donc la composée de deux fonctions strictement croissantes donc est elle-même strictement croissante sur cet intervalle.
Autre méthode: on aurait pu calculer la dérivée def.
f′(x) = (2x+ 1)× 1 2√
x2+x
SurR+,f′(x) est strictement positive doncf y est strictement croissante.
5. On en déduit le tableau suivant :
x −∞ 0 +∞
Signe de
f′(x) − +
Variations de f
+∞
0
+∞
Partie B : asymptotes àC
1. Étudions l’éventuelle limite en +∞def(x)− x+12
. Le réelxest donc positif :
f(x)−
x+1 2
=
√x2+x−x √
x2+x+x
√x2+x+x −1 2
= x2+x−x2 x
q1 +1x+ 1−1 2
= 1
q1 +1x+ 1−1 2
Or lim
x→+∞
1 q1 +1x+ 1
=1 2 donc
xlim→+∞f(x)−
x+1 2
= 0
On en déduit queCadmet la droiteDcomme asymptote au voisinage de +∞.
DS 2
22. On a montré quef(x)− x+12
=q 1 1+1x+1−12. Orq
1 +1x+ 1>√
1 + 1 = 2 donc 1 q1 +1x+ 1
<1 2. On en déduit quef(x)−
x+12
est négatif surR+et donc queCest en-dessous de D.
3. Commef est paire,Cadmet la droite d’équationy=−x+12, symétrique deDpar rapport à
O;→−
, comme asymptote au voisinage de−∞. Partie C : résolution d’une équation
1. Complétons le tableau de variation def surR+:
x 0 an +∞
Variationsde
f
0
n
+∞
SurR+, la fonctionf : – est continue ;
– est strictement croissante.
De plusnappartient à
f(0); lim
x→+∞f(x)
. On en déduit, d’après le théorème de la bijection, que l’équationf(x) =nadmet une unique solution surR+.
2. Résolvons l’équation (E) : f(x) =n
(E)⇐⇒√
x2+x=n
(E)⇐⇒x2+x−n2= 0 carnest positif (E)⇐⇒x=−1±√
1 + 4n2 2
Oranest positif doncan=−1+√21+4n2
Exercice 4
1. D’une partzB′=−12i =−2i.
D’autre partzC′=2i+12i =2i(14+1−2i)=4+2i5 .
2. M est invariant parf si, et seulement si,f(M) = M. Notons (E) cette équation.
(E)⇐⇒z′=z (E)⇐⇒z= z2
i−z (E)⇐⇒2z2−iz= 0 (E)⇐⇒z(2z−i) = 0 Les points invariants sont donc les points d’affixes 0 et 2i. 3. a) On az′=x2−i−yx2+2ixy−iy =(x2−y2+2ixy)(x2+(1−x−i(1−y))
−y)2 . On en déduit queℜ(z) =−x(x2x−y2+(12)+2xy(1−y)
−y)2 =−x(xx2+(12+y2−2y)
−y)2 .
b) On en déduit quez′ est un imaginaire pur si, et seulement si, −x(xx2+(12+y2−2y)
−y)2 = 0 c’est-à-dire si, et seulement si,x= 0 oux2+y2−2y= 0.
Or l’ensemble des points d’affixex+iyvérifiantx= 0 est la droite O;→−
. D’autre part,x2+y2−2y=x2+(y−1)2−1 après avoir mis sous forme canonique le polynôme eny. Ainsix2+y2−2y= 0⇐⇒x2+ (y−1)2= 1.
L’ensemble des points d’affixex+iyvérifiantx2+y2−2y= 0 est donc le cercle Γde centre le point de coordonnées (0;1), c’est-à-dire d’affixe 1, et de rayon 1.
L’ensembleEcherché est donc la réunion de l’axe O;→−
et du cercleΓ.
Guillaume Connan, Lycée JeanPerrin- TaleS4, 2009-2010
