DEVOIR DE TYPE BAC Mercredi 19 novembre 2014

DEVOIR DE TYPE BAC Mercredi 19 novembre 2014

Correction

Exercice 1

1. On calcule tout d’abord :(1 +i)⁴ = ((1 +i)²)² = (1 + 2i+i²)² == (1−2i−1)² = (2i)² =−4.

Par suite, (1 +i)⁴ⁿ = ((1 +i)⁴)ⁿ = (−4)ⁿ. Par conséquent, la proposition est vraie.

2. En posantz =x+iy avecx ety réels on a :

(E) ⇔ (x+iy)²−(x+iy)(x−iy)−1 = 0

⇔ x²+ 2xyi+ (iy)² −(x²+y²)−1 = 0

⇔ x²−y² −x² −y²−1 + 2xyi= 0

⇔ −2y²−1 + 2xyi = 0

Par identification des formes algébriques (0 = O+ 0i), on a alors : (E) ⇔

−2y² −1 = 0

2xy = 0

⇔ (

y² =−1 2xy = 0 2

Or y est un nombre réel, donc l’égalité y² =−1

2 n’est jamais satisfaite (le carré d’un nombre réel ne peut être négatif).

Par conséquent, la proposition est fausse.

3. On calcule : ∆ = (−2)²−4×1×3 = 4−12 =−8<0.

Ainsi, l’équation a deux solutions a etb qui sont complexes et conjuguées (et distinctes, donc de partie imaginaire non nulle).

Par suite, a−b =a−a = 2iIm(a), qui est un imaginaire pur non nul.

Par conséquent, la proposition est fausse.

4. On noteZ =z²+ 1

z². Comme zz = 1, on a alors : Z =z²+ 1

z² = z²z² z² + z²

z²z² = (zz)²

z² + z²

(zz)² = 1

z² +z² =Z Ainsi, Z est un nombre réel.

Par conséquent, la proposition est vraie.

5. On az² = (x+iy)² = (x²−y²) + 2xyi. Ainsi,z² est imaginaire pur si et seulement si sa partie réelle est nulle, autrement dit si x²−y² = 0.

Cela équivaut à (x−y)(x+y) = 0 et par la règle du produit nul à x−y= 0 oux+y= 0.

Ces deux équations étant des équations de droite, l’ensemble des points M est bien une union de deux droites.

Par conséquent, la proposition est vraie.

Exercice 2

1. Résolution dansC de l’équation Z²+ 4Z+ 16 = 0 :

∆ = 4²−4×16 = −3×16 = 4i√ 3²

<0. Il y a donc deux solutions complexes conjuguées : Z1 = −4 + 4i√

3

2 =−2 + 2i√

3 et Z2 =−2−2i√ 3

2. (a) On a :a² = (1 +i√

3)² = 1²+ 2√

3i+ (i√

3)² = 1 + 2√

3i−3 =−2 + 2i√

3 = Z₁ (b) Comme a² =−2 + 2i√

3, alorsa et −a sont les solutions de z² =−2 + 2i√ 3.

Autrement dit, z1 =a= 1 +i√

3 et z2 =−a =−1−i√ 3.

3. Restitution organisée de connaissances

— Pour tous nombres complexes z₁ etz₂ :

z₁×z₂ = (x₁ +iy₁)(x₂+iy₂) = (x₁−iy₁)(x₂−iy₂) = (x₁x₂−y₁y₂)−i(x₁y₂+x₂y₁) z₁z₂ = (x₁ +iy₁)(x₂+iy₂) = (x₁x₂−y₁y₂) +i(x₁y₂+x₂y₁) = (x₁x₂−y₁y₂)−i(x₁y₂+x₂y₁) Ainsi : z₁z₂ =z₁×z₂ (1).

— On effectue une démonstration par récurrence. Soit P(n) : « zⁿ= (z)ⁿ ».

• Initialisation :

Pourn = 1 : z¹ =z et (z)¹ =z, donc P(1) est vraie.

• Étape de récurrence :

On suppose que pour un certain entier naturel n > 0, P(n) est vraie, autrement dit quezⁿ = (z)ⁿ. On doit démontrer que P(n+ 1)est vraie, soit quezⁿ⁺¹ = (z)ⁿ⁺¹. Or :

zⁿ⁺¹ = zⁿ×z

= zⁿ×z (d’après le point (1))

= zⁿ×z (par hypothèse de récurrence)

= (z)ⁿ⁺¹

• Conclusion :

On a démontré par récurrence que pour tout entier naturel non nul n : zⁿ = (z)ⁿ. 4. On a :

z⁴+ 4z²+ 16 = 0 ⇔ z⁴+ 4z²+ 16 = 0 = 0

⇔ z⁴+ 4z²+ 16 = 0

⇔ z⁴+ 4z²+ 16 = 0

Ainsi, si z est une solution de l’équation(E) alors son conjugué z est également une solution de (E) (c’est même équivalent).

5. L’ensemble S des solutions dansC de l’équation (E) est alors : S =

n

z1 = 1 +i√

3 ; z2 =−1−i√

3 ; z1 = 1−i√

3 ; z2 =−1 +i√ 3

o

Exercice 3

Partie A - Algorithmique et conjectures 1. Les lignes sont les suivantes :

Affecter à u la valeur n×u+ 1 2(n+ 1) Affecter à n la valeurn+ 1.

2. Il faut rajouter avant le FinTant : Afficher u.

3. La suite (u_n) semble être décroissante et converger vers 0.

Partie B - Étude mathématique

1. Pour tout entiern >1,

v_n+1 = nu_n+1−1

= (n+ 1)×n×u_n+ 1 2(n+ 1) −1

= n×u_n+ 1

2 − 2

2

= n×u_n−1 2

= 1 2v_n

Cette relation montre que la suite (v_n)est géométrique de raison 1

2 et de premier terme v₁ = 1×u₁−1 = 1

2.

2. On a donc pour tout entier n >1, v_n+1 =v₁×qⁿ⁻¹ = 0,5×0,5ⁿ⁻¹ = 0,5ⁿ. Or vn =nun−1 ⇐⇒ un= vn+ 1

n = 1 + 0,5ⁿ

n .

3. Pour tout entiern >1, on a :

u_n+1−u_n = 1 + (0,5)ⁿ⁺¹

n+ 1 − 1 + (0,5)ⁿ n

= n+n×0,5ⁿ⁺¹−(n+ 1)−(n+ 1)×0,5ⁿ n(n+ 1)

= −1 + 0,5n×0,5ⁿ−(n+ 1)×0,5ⁿ n(n+ 1)

= −1 + 0,5ⁿ(0,5n−n−1) n(n+ 1)

= −1 + 0,5ⁿ(−0,5n−1) n(n+ 1)

= −1 + (1 + 0,5n)(0,5)ⁿ n(n+ 1)

Les deux termes du quotient sont supérieurs à zéro, donc pour tout entier n >1, on a : u_n+1−u_n <0, ce qui démontre que la suite (u_n) est décroissante.

Partie C - Retour à l’algorithmique L’algorithme est le suivant :

Variables :

n est un entier naturel u est un réel

Entrée :

n prend la valeur1 u prend la valeur 1,5 Traitement :

Tant que u>0,001 Faire uprend la valeur n×u+ 1

2(n+ 1) n prend la valeurn+ 1 FinTant

Sortie : Afficher n

Exercice 4

1. • Comme f(0) =e⁰ = 1 etg(0) = 2e⁰² −1 = 2×1−1 = 1,

C_f etC_g passent toutes les deux par le point de coordonnées (0 ; 1)

• Il suffit alors de vérifier que les tangentes à C_f et C_g au point d’abscisse 0 ont le même coefficient directeur, c’est-à-dire que f⁰(0) =g⁰(0).

f est la fonction exponentielle, donc f⁰(x) =f(x) =e^x etf⁰(0) =e⁰ = 1.

Soit ula fonction définie sur Rpar u(x) = x

2. u est dérivable surR, et pour tout x∈R, u⁰(x) = 1

2.

Comme g :x7→2e^u(x)−1, g est dérivable surR, et pour tout x∈R, g⁰(x) = 2u⁰(x)e^u(x)−0 = 2× 1

2e^x2 =e^x2. Par conséquent, g⁰(0) =e⁰² = 1.

• La droite ∆ a pour coefficient directeur 1 et passe par le point de coordonnées(0; 1), elle a donc pour équation réduite

y=x+ 1.

2. (a) On remarque que, pour toutx∈R,

g(x)−(x+ 1) = 2e^x2 −1−x−1 = 2e^x2 −x−2 = h(x).

Par conséquent, h est dérivable surR, et pour tout x∈R, h⁰(x) = g⁰(x)−1 = e^x2 −1.

Pour étudier le signe de e^x2 −1, on résout deux inéquations : e^x2 −1<0⇔e^x2 <1⇔e^x2 < e⁰ ⇔ x

2 <0⇔x <0 et

e^x2 −1>0⇔e^x2 >1⇔e^x2 > e⁰ ⇔ x

2 >0⇔x >0.

h⁰ est donc strictement négative sur]− ∞; 0[et strictement positive sur]0 ; +∞[. De plus, h⁰(0) = 0.

(b) On obtient le tableau de variations suivant : x

h⁰(x) h

−∞ 0 +∞

− 0 +

0 0

(c) D’après le tableau de variation précédent, pour tout x ∈ R, h(x) > 0. Or, d’après la remarque précédente,

h(x)>0⇔g(x)−(x+ 1) >0⇔g(x)>x+ 1⇔2e^x2 −1>x+ 1.

Par conséquent, pour tout x∈R, 2e^x2 −1>x+ 1.

(d) On déduit de l’inégalité précédente que C_g est au-dessus de ∆ surR. 3. (a) Pour toutx∈R,

e^x2 −1²

= e^x22

−2e^x2 ×1 + 1² =e^2×x2 −2e^x2 + 1 = e^x−2e^x2 + 1.

(b) Pour déterminer la position relative des courbes C_f etC_g, on étudie le signe de la différence f(x)−g(x). D’après la question précédente, pour tout x∈R,

f(x)−g(x) = e^x− 2e^x2 −1

=e^x−2e^x2 + 1 = e^x2 −1² . Ainsi, pour tout x∈R,

f(x)−g(x)>0 et C_f se trouve au-dessus de C_g surR.

4. Restitution organisée de connaissances

Pour tout x∈R, posons u(x) = f(x)f(−x). Alors u est dérivable sur Ret pour tout x∈R, u⁰(x) =f⁰(x)f(−x) +f(x)×(−1)×f⁰(−x).

Comme f⁰ =f sur R,

u⁰(x) =f(x)f(−x)−f(x)f(−x) = 0.

Il s’ensuit queuest constante surR. De plus, u(0) =f(0)f(0) = 1. Par conséquent, pour tout x∈R,

u(x) = 1 i.e. f(x)f(−x) = 1.

Cette dernière relation permet de conclure quef ne s’annule pas sur R. En effet, si un produit de deux facteurs est non nul alors chacun de ces deux facteurs est non nul. Comme pour tout x∈R, f(x)f(−x)6= 0, pour tout x∈R,

f(x)6= 0.