TS Grille de correction DS 3 2012-2013
E1 Réponse Points Obtenus
1 (−3)3+ 5×(−3)2+ 11×(−3) + 15 =...= 0 donc −3 est solution de (E) . 0.5 2 ∆ = −16 donc l’équation z2+ 2z + 5 = 0 admet deux solutions imaginaires
conjuguées −1 + 2i et −1−2i .
1 3 (z+ 3)(z2+bz+c) =z3+ (b+ 3)z2+ (3b+c)z+ 3cet identifier cette expression
àz3+ 5z2+ 11z+ 15 revient à résoudre
b+ 3 = 5 3b+c= 11 3c= 15
⇔ b= 2 et c= 5
1
4 z3+5z2+11z+15 = 0⇔(z+3)(z2+2z+5) = 0⇔z+3 = 0 ouz2+2z+5 = 0. Les solutions ont été trouvées aux questions précédentes : S={−3;−1 + 2i;−1−2i}
0.5
Total−→ 3 points
E 2 Réponse Points Obtenus
1.a Par simple lecture graphique, on voit que la courbeC′ est sous l’axe des abscisses sur [−3,−1] doncf′(x)60. Réponse VRAI
1
1.b Sur [−1 ; 2], la courbe est au-dessus de l’axe des abscisses doncf′(x)>0 etf est croissante sur [−1 ; 2]. Réponse VRAI
1
2 On peut faire le tableau de variations : 1
x Signe def′(x) Variations
def
−3 −1 2
− 0 + 0
f(−3) f(−3)
f(−1) f(−1)
f(2) f(2) 0
−1
f(−1) < −1 donc ré- ponse FAUX
1.b La tangente à la courbe Ca pour équation :y =f′(0)x+f(0)⇔y=x−1. Elle passe par le point (1 ; 0). Réponse VRAI
1
Total−→ 4 points
E 3 Réponse Points Obtenus
A.1 On posez=a+ ibetz′=a′+ ib′. On az+z′= (a+a′) + i(b+b′).
D’une part,z+z′= (a+a′)−i(b+b′)
D’autre partz+z′=a−ib+a′−ib′= (a+a′)−i(b+b′) =z+z′ 0.5 D’une part,zz′=aa′−bb′−i(ab′+a′b)
D’autre partzz′ = (a−ib)(a′−ib)′ =aa′−bb′−i(ab′+a′b) =zz′ 1 A.2 P(z) =az2+bz+c=az2+bz+c=az2+bz+c=P(z) 0.5 B.1 j2=
−1 2 + i
√3 2
2
=
−1 2
2 + 2×
−1 2
×i
√3 2 +
i
√3 2
2
= 2
1 4−i
√3 2 −3
4 =−1 2−i
√3 2 = j jj = Re(j)2+ Im(j)2=
1 2
2 +
√ 3 2
2
= 1 donc j = 1 j
1 + j + j2= 1 + j + j = 1 + 2Re(j) = 0 donc 1 + j + j2= 0 0.5 B.2 P( j ) = P(j) = 0 = 0 car P(j) = j2+ j + 1 = 0. Or P( j ) = j2+ j + 1 d’où le
résultat
0.5
Lycée Bertran de Born - DS 2 1 sur 2
TS Grille de correction DS 3 2012-2013
B.3 En posantz=x+ iy,z=z2⇔
x=x2−y2 y(1 + 2x) = 0 ⇔
x=x2 y= 0 ou
y2= 3/4 x=−1/2
⇔
x= 0 y= 0 ou
x= 1 y= 0 ou
y=
√3 x=−21/2
ou
y=−
√3 x=−1/22
Bonus
Total −→ 5 points
E 4 Réponse Points Obtenus
1.a B(100 ; 100)∈Γ donc 100e100a+b= 100⇔e100a+b= 1⇔ 100a+b= 0 1.a C
50; 50
√e
∈Γ donc 50e50a+b= 50
√e ⇔e50a+b= 1
√e = e−1/2⇔ 50a+b=−1
2 1
1.b On résout le système et on trouve a= 0.01 et b=−1 d’où l’expression def(x) : f(x) =xe0,01x−1
1
2
x→+∞lim 0.01x−1 = +∞
Xlim→+∞eX= +∞
) (composition)
x→+∞lim e0.01x−1= +∞
x→+∞lim x= +∞
) (produit)
x→+∞lim f(x) = +∞ 0.5
3.a 100
e ×0,01xe0,01x= 100×0.01xe0,01x×e−1=f(x) d’où f(x) =100
e ×0,01xe0,01x 0.5
3.b lim
x→−∞0.01x=−∞
Xlim→−∞XeX= 0
) (composition)
x→−∞lim 0.01xe0.01x= 0 100
e est une constante positive
(produit)
x→−∞lim f(x) = 0 1 4 f est de la forme veu où v : x7−→ xet u: x 7−→ 0.01x−1. ces fonctions sont
dérivables surRdoncf également en tant que produit etf′ =v′eu+vu′eu.
∀x∈R,f′(x) = 1e0.01x−1+ 0.01xe0.01x−1 donc f′(x) = e0.01x−1(0.01x+ 1) . 1 f′(x) = 0⇔e0.01x−1(0.01x+ 1) = 0⇔0.01x+ 1 = 0⇔x=−100.
Comme pour toutxréel, e0.01x−1>0,f′(x) est du même signe que 0.01x+ 1 Tableau de variations ci-dessous :
0.5 x
Signe de 0.01x+ 1 Signe def′(x)
Variations def
−∞ −100 +∞
− 0 +
− 0 +
0 0
−100 e2
−100 e2
+∞ +∞
0.5 5 Il faut ici étudier le signe def(x)−xlorsquex∈R.
f(x)−x= x(e0.01x−1−1). Le signe de la différence dépend de celui de xet de celui de e0.01x−1−1.
e0.01x−1−1 > 0 ⇔ e0.01x−1 > 1 >⇔ 0.01x−1 > 0 ⇔ x > 100. De même e0.01x−1−1<0⇔x <100. En résumé : int. : intersection de D et de Γ
x
Signe de 0.01x−1 Signe dex Signe def(x)−x
Position relative
−∞ 0 100 +∞
− − 0 +
− 0 + +
+ 0 − 0 +
D sousΓ int.Γsous(D)int. D sousΓ
2
Total −→ 8 points
Lycée Bertran de Born - DS 2 2 sur 2
