Test 03 - DS 03

Jeudi 13 décembre 2007.

Test n°3 (1h) et DS n°3 (3h) de Mathématiques. TS1 et TS 2.

CALCULATRICE INTERDITE.

Partie Test : 1 heure

Exercice I : (7 points)

1. Donner la forme algébrique des complexes suivants : z1 = 3 - 2i

-3 + i z2 = 1 - 3i

2 - 2i z3 = (1 − 3i)(2 + i)(1 − 2i).

2. Donner le module et l’argument des complexes suivants : z4 = −5 + 5i z5 = 3 - i

1 + i z6 = (−2 − 2i 3)³ z7 = −3(sin(π

12 ) − i cos(π 12 )) Exercice II : (3 points)

Soit f l’application de ℂ dans ℂ définie par f(z) = (z + i)(−2 + −z_).

1. Déterminer la forme algébrique de f(z).

2a. Déterminer l’ensemble des points M d’affixe z tel que f(z) soit réel.

2b. Déterminer l’ensemble des points M d’affixe z tel que f(z) soit un imaginaire pur.

Exercice III : (4 points)

Les questions A, et B sont indépendantes.

A. Pré-requis : Pour tout complexes non nuls z et z ‘, on a arg(z.z’) ≡ arg(z) + arg(z)’ [2π]. Prouver qu’alors, pour tous complexes non nuls z et z’, arg

 

 

z

z' ≡ arg(z) − arg(z’) [2π]. B. Déterminer l’ensemble des points M(z) tels que : 1. |z+2| = |z-i+3|

2. arg(z − 4i) ≡ π 2 [2π]

Exercice IV : (3.5 points) Soit P le polynôme défini par P(z) = z³− 8z² + 21z − 20.

1. Montrer que 4 est racine de P.

2. En déduire que P s’écrit sous la forme P(z) = (z − 4)Q(z) où Q est un trinôme, puis déterminer les racines de P.

3. A est le point d’affixe 4, O est l’origine du repère, M et M’ sont les points d’affixes respectives z et z’ où z et z’ sont des racines de Q, déterminer la nature du quadrilatère OMAM’.

Exercice V : (2.5 points) Soit u la suite définie par _^u0 = 1

un+1 = un + 2n + 3 . 1. Prouver que pour tout n, un > n².

2. Déterminer la limite de la suite.

Partie DS : 3 heures (rappel : calculatrices interdites)

Exercice 1 : (7,5 points) Le but de l’exercice est de montrer que l’équation (E) : e^x = 1

x , admet une unique solution dans l’ensemble IR des nombres réels, et de construire une suite qui converge vers cette unique solution.

Partie A. Existence et unicité de la solution.

On note f la fonction définie sur IR par f(x) = x − e^−x .

1. Démontrer que x est solution de l’équation (E) si, et seulement si, f(x) = 0.

2. Etude du signe de la fonction f.

a. Etudier le sens de variation de la fonction f sur IR.

b. En déduire que l’équation (E) possède une unique solution sur IR, notée α.

c. Démontrer que α appartient à l’intervalle [1/2 ; 1].

d. Etudier le signe de f sur l’intervalle [0 ; α].

Partie B. Deuxième approche.

On note g la fonction définie sur l’intervalle [0 ; 1] par g(x) = 1 + x 1 + e^x . 1. Démontrer que l’équation f(x) = 0 est équivalente à l’équation g(x) = x.

2. En déduire que α est l’unique réel vérifiant g(α ) = α.

3. Calculer g’(x) et en déduire que la fonction g est croissante sur l’intervalle [0 ; α].

Partie C. Construction d’une suite de réels.

On considère la suite (un) définie par u0 = 0 et, pour tout entier naturel n, par un+1 = g(un).

1. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n : 0 ≤ un ≤ un+1 ≤ α.

2. En déduire que la suite (un) est convergente. On note L sa limite.

3. Déterminer L en fonction α.

Exercice 2 : (7,5 points)

On désigne par f une fonction dérivable sur IR et par f’ sa fonction dérivée. Ces fonctions vérifient les propriétés suivantes :

(1) pour tout nombre réel x, (f ’(x))² − (f(x))² = 1 (2) f’(0) = 1

(3) la fonction f’ est dérivable sur IR.

1. a. Démontrer que, pour tout nombre réel x, f’(x) ≠ 0.

b. Calculer f(0).

2. En dérivant chaque membre de l’égalité de la proposition (1), démontrer que :

(4) pour tout nombre réel x, f ’’(x) = f(x), où f ’’ désigne la fonction dérivée seconde de la fonction f.

3. On pose u = f’ + f et v = f’ − f.

a. Calculer u(0) et v(0).

b. Démontrer que u’ = u et v’ = − v.

c. En déduire les fonctions u et v.

e^x - e^-x

Exercice 3 : (5 points)

On considère deux suites u et v définies, pour tout entier naturel n, par

  

un+1 = u_n + v_n 2

et

 



vn+1 = u_n+1 + v_n 2

.

1. Calculer les deux premiers termes de chacune des suites.

2. Soit w la suite définie par wn = vv_nn − un.

2a. Prouver que cette suite est géométrique de raison positive.

2b. Exprimer wn en fonction de n et déterminer la limite de la suite.

3. Prouver que les deux suites u et v sont adjacentes.

4. Soit tn = un + 2vn

3 .

4a. Démontrer que t est une suite constante.

4b. En déduire la limite des suites u et v.

CORRIGE Test - Exercice I

1. Pour déterminer la forme algébrique d’un complexe ¹

2

z

z , on multiplie par le conjugué de z₂ numérateur et dénominateur. Ainsi :

> z₁ = 3 - 2i

-3 + i = (3 - 2i)(-3 - i)

(-3 + i)(-3 - i) = -9 - 3i + 6i - 2

10 = -11 + 3i 10 .

> z2 = 1 - 3i

2 - 2i = (1 - 3i)(2 + 2i)

(2 - 2i)(2 + 2i) = 2 + 2i - 6i + 6

8 = 8 - 4i 8 = 2 - i

2

> z3 = (1 − 3i)(2 + i)(1 − 2i) = (2 + i − 6i + 3)(1 − 2i) = (5 − 5i)(1 − 2i) = 5 − 10i − 5i − 10 = −5 − 15i.

2. Pour déterminer le module et l’argument d’un complexe :

→ on peut le factoriser par son module puis on tente de reconnaître une valeur remarquable d’angle.

Rappelons que si ^z=r

(

( )

)

→ on peut utiliser les propriétés de quotient ou de puissance liées aux nombres complexes.

> z₄ = −5 + 5i : |z₄| = 25 + 25 = 5 2 donc z₄ = 5 2 (− 2/2 + i 2/2) = 5 2 (cos(3π/4) + i sin(3π/4)).

> z5 = 3 - i 1 + i = a

b avec a = 3 − i et b = 1 + i

→|a| = 3 + 1 = 2 donc a = 2( 3/2 − i/2) = 2(cos(−π/6) + i sin(−π/6)) et arg a ≡−π/6 [2π] →|b| = 1 + 1 = 2 donc b = 2( 2/2 + i 2/2) = 2(cos(π/4) + i sin(π/4) et arg b ≡ π/4 [2π]

Ainsi |z₅| = |a|

|b| = 2 et arg z₄≡ arg a − arg b [2π] ≡−π/6 −π/4 [2π] ≡−5π/12 [2π]

> z6 = (−2 − 2i 3)³ = a³ avec a = −2 − 2i 3

→|a| = 4 + 12 = 4 donc a = 4(−1/2 − i 3/2) = 4(cos(−2π/3) + i sin(−2π/3)) et arg a ≡−2π/3 [2π] →ainsi |z₅| = |a|³ = 64 et arg z₅≡ 3 arg a [2π] ≡−2π [2π] ≡ 0 [2π]

> z₇ = −3(sin(π

12 ) − i cos(π

12 )) = 3(− sin(π

12 ) + i cos(π

12 )) = 3(cos(π 2 +π

12 ) + i sin(π 2 + π

12 )) = 3(cos(7π

12 ) + i sin(7π 12 ))

Test - Exercice II

Soit f l’application de ℂ _dans ℂ définie par f(z) = (z + i)(−−−−2 + z−−−−).

1. Déterminons la forme algébrique de f(z).

Soit donc z = x + iy de sorte que z− = x − iy. On a alors : f(z) = (x + i(y + 1))((x − 2) − iy)

= x(x−2) − i xy + i(x−2)(y + 1) + y(y + 1) = [x² − 2x + y² + y] + i[x − 2y − 2]

2b. f(z) soit un imaginaire pur ssi sa partie réelle est nulle : f(z) est un imaginaire pur ⇔ Re f(z) = 0 ⇔ x² − 2x + y² + y = 0

⇔ (x − 1)² − 1 + (y + ½)² − 1/4 = 0

⇔ (x − 1)² + (y + ½)² = 5/4

donc l’ensemble cherché est le cercle de centre A(1 ; −1/2) et de rayon 5/2.

Test - Exercice III

A. Supposons que ^arg

( )

En particulier, pour z = 1

z', on a : z’ × 1/z’ = 1 donc arg (z’ × 1/z’) = arg 1 = 0.

Or, d’après le pré-requis, arg (z’ × 1/z’) = arg z’ + arg 1/z’ donc arg 1/z’ = − arg z’.

Par conséquent 1 1

arg arg arg( ) arg

' ' '

z z z

z z z

     

= × = +

     

      = arg z − arg z’ [cqfd].

B. Déterminons l’ensemble des points M(z) tels que : 1. |z+2| = |z-i+3|

Soit donc A le point d’affixe −2 et B le point d’affixe −3 + i :

|z+2| = |z-i+3| _⇔ |z − zA| = |z − zB| _⇔ AM = BM donc M est sur la médiatrice de [AB].

2. arg(z − 4i) = π/2 [2π]

Soit donc A le point d’affixe 4i : A est sur l’axe des ordonnées.

arg (z − 4i) ≡π/2 [2π] ⇔ arg (z − z_A) ≡π/2 [2π] ⇔ (u^→ ; AM→) ≡π/2 [2π]

M est sur la demi−droite [A,y) (partie de l’axe des ordonnées ne contenant pas l’origine)

Test - Exercice IV

Soit P le polynôme défini par P(z) = z³− 8z² + 21z − 20.

1. P(4) = 64 − 8×16 + 21×4 − 20 = 0 donc 4 est une racine de P.

2. > 4 est racine du polynôme P donc d’après le cours P(z) est factorisable par (z − 4).

> P est de degré 3 et z − 4 de degré 1 donc P est le produit de z − 4 par un trinôme c’est à dire qu’il existe a, b et c complexes tels que P(z) = (z − 4)(az² + bz + c).

> Procédons par identification pour déterminer ces coefficients [on aurait pû faire une division euclidienne]

(z − 4)(az² + bz + c) = az³ + bz² + cz − 4az² − 4bz − 4c = az³ + (b − 4a)z² + (c − 4b)z − 4c Par identification avec P(z) on obtient :



 

d’où

 



b = -4 c = 5

et P(z) = (z − 4)(z² − 4z + 5)

> z² − 4z + 5 est un trinôme à coefficients réels de discriminant ∆ = −4, il admet donc deux racines complexes conjuguées : z’ = 4 - 2i

2 = 2 − i et z’’ = 2 + i

> Ainsi P a trois racines : 4, 2+i et 2 −i.

3. A a pour affixe 4, O est l’origine du repère, M et M’ sont les points d’affixes respectives z et z’ où z et z’ sont des racines de Q, déterminer la nature du quadrilatère OMAM’.

Une figure nous indique qu’il doit s’agir d’un losange. Prouvons−^le.

> I d’affixe 2 est le milieu de [OA] puisque

2

A O

I

z z z = ⁺ .

> C’est aussi celui de [MM’] puisque ^' 2

M M

z +z = 2 + i + 2 - i

2 = 2 = z_I.

Les deux diagonales de ce quadrilatère se coupent donc en leur milieu : OMAM’ est donc un parallélogramme.

Mais OM = |2 + i| = 5 et OM’ = |2 − i| = 5 donc il a deux côtés consécutifs égaux : c’est bien un losange.

Test - Exercice V Soit u la suite définie par _^u0 = 1

un+1 = un + 2n + 3 .

1. Prouvons par récurrence que pour tout n, la proposition P(n) : « un > n² » est vraie.

Initialisation : u0 > 0² puisque u0 = 1 et 1 > 0 : P(0) est vraie.

Hérédité : montrons que SI un > n² ALORS un+1 > (n + 1)² Supposons que u_n > n² cad que P(n) est vraie

En ajoutant 2n + 3 à chaque membre, on obtient alors u_n + 2n + 3 > n² + 2n + 3 c’est à dire un+1 > (n + 1)² + 2.

Mais il est évident que (n + 1)² + 2 > (n + 1)².

Donc on a bien un+1 > (n + 1)² et P(n+1) est vraie.

Conclusion : cette démonstration prouve que : pour tout entier n, un > n² 2. Par conséquent, comme lim

n→+∞ n² = +∞ par comparaison lim

n→+∞ un = +∞.

DS - Exercice 1 Le but de l’exercice est de montrer que l’équation (E) : e^x = 1

x , admet une unique solution dans l’ensemble IR des nombres réels, et de construire une suite qui converge vers cette unique solution.

Partie A. Existence et unicité de la solution.

On note f la fonction définie sur IR par f(x) = x − e^−x .

1. Démontrons que x est solution de l’équation (E) si, et seulement si, f(x) = 0.

x est solution de l’équation (E) 1 _x 1 _x

e x x x e

x e

= ⇔ = ⇔ = − puisque x = 0 n’est pas solution, cad f(x) = 0.

2. Etude du signe de la fonction f.

En +∞, f(x) tend vers +∞ puisque lim ^X 0

X e

→−∞ = ^.

En −∞, il y a une forme indéterminée, factorisons par le terme dominant :

( )

( ) ^{x x} 1

f x =e⁻ xe − : or d’après les résultats de croissance comparée, lim ^x 0

x xe

→−∞ = ^donc lim ( )

x f x

→−∞ = −∞^. De plus,

La fonction f est continue sur ℝ puisque dérivable sur ℝ. Elle y est strictement croissante.

Elle passe d’une valeur négative (puisque lim ( )

x f x

→−∞ = −∞) à une valeur positive ( lim ( )

x f x

→+∞ = +∞^).

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = 0 admet une unique solution sur ℝ, notée α , qui est aussi l’unique solution de (E) d’après Q1.

3c. Pour démontrer que α appartient à l’intervalle [1/2 ; 1], il suffit simplement de remarquer que ( )1 0

f 2 < et que f(1) > 0.

3d. f étant croissante sur ℝ, vu qu’elle s’annule en α , elle est nécessairement négative avant α ^, positive après : f est donc négative sur l’intervalle [0 ; α].

Partie B. Deuxième approche.

On note g la fonction définie sur l’intervalle [0 ; 1] par g(x) = 1 + x 1 + e^x .

1. On a 1 ^{0 0} 1

( ) 1 1 ( ) 0

1

x x

x x

x x

g x x x x x x xe xe x f x

e e

≠ ≠

= ⇔ + = ⇔ + = + ⇔ = ⇔ = ⇔ =

+

2. D’après la partie A, α est l’unique réel vérifiant f(x) = 0 donc α est aussi l’unique réel vérifiant g(α ) = α.

3. g est dérivable et on a

( ) ^{( )}

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 2

1 1 1 1 ( )

'( )

1 1 1 1

x x x x x x

x x x x

e e x xe e e x e f x

g x

e e e e

+ − + − − −

= = = = −

+ + + + : or d’après le A3d, f

est négative sur [0 ; α] donc g’ est positive sur cet intervalle.

La fonction g est bien croissante sur l’intervalle [0 ; α].

Partie C. Construction d’une suite de réels.

On considère la suite (un) définie par u0 = 0 et, pour tout entier naturel n, par un+1 = g(un).

1. Soit P(n) la proposition « 0 ≤ un ≤ un+1 ≤ α ».

u0 = 0 et ₁ 1 (0) 2

u =g = donc d’après le A3c, on a bien 0 ≤ u0 ≤ u1 ≤ α.

Supposons que P(n) soit vraie au rang n, cad que 0 ≤ un ≤ un+1 ≤ α.

Comme g est croissante entre 0 et α , en composant l’encadrement précédent par g on obtient g(0) ≤ g(un) ≤ g(un+1) ≤ g(α) cad 0.5 ≤ un+1 ≤ un+2 ≤ α.

Comme 0 < 0.5, on trouve bien que P(n+1) est vraie.

P(n) est donc vraie pour tout n.

2. La suite u est donc croissante, majorée par α : on sait alors qu’elle converge et on note L sa limite.

3. g étant continue sur ℝ, elle est continue en L donc d’après le cours, L est un point fixe de g cad une solution de g(x) = x : il y a une seule, c’est α [question B2]! Ainsi, L = α.

DS - Exercice 2

On désigne par f une fonction dérivable sur IR et par f’ sa fonction dérivée. Ces fonctions vérifient les propriétés suivantes :

(1) pour tout nombre réel x, (f ’(x))² − (f(x))² = 1 (2) f’(0) = 1

(3) la fonction f’ est dérivable sur IR.

1a. Raisonnons par l’absurde et supposons que f’ s’annule en un réel x₀ : dans ce cas, on aurait (f ’(x₀))² − (f(x₀))² = 1 donc (f(x₀))² = -1, ce qui est impossible sur ℝ_.

Ainsi, f’ ne peut s’annuler.

1b. Evaluons (1) en x = 0 : il vient 1 – (f(0))² = 1 donc (f(0))² = 0 et f(0) = 0.

2. Dérivons chaque membre de l’égalité de la proposition (1) [f’ est supposée dérivable d’après (3)].

Rappelons avant que pour toute fonction dérivable u, on a

( )

On obtient : 2f’’.f’ – 2f’.f = 0 cad f’.(f’’ – f) = 0.

Comme f’ ne s’annule en aucune valeur de x,

on en déduit que pour tout x : f’’(x) = f(x) cad f’’ = f (4).

Attention : de manière générale, l’affirmation ^{u v× =0⇒}

(

)

Considérer par exemple les fonctions ( ) 1 0

( ) 0 0

u x pour x u x pour x

= >



= ≤

 et ( ) 0 0

( ) 1 0

v x pour x v x pour x

= >



= ≤

 : le produit de ces deux fonctions est nulle bien qu’aucune des deux ne soit nulle (pour tout x).

Ainsi, on peut si u v× =0, on peut seulement affirmer que pour tout x,

(

)

3. On pose u = f’ + f et v = f’ − f.

3a. On a u(0) = f’(0) + f(0) = 1 + 0 = 1 et de même, v(0) = 1 – 0 = 1.

3b. Démontrons que u’ = u et v’ = − v.

On a u’ = (f’ + f)’ = f’’ + f’ : comme f'' = f (Q2), on a u' = f + f' = u.

De même, v’ = (f’ - f)’ = f’’ - f’ = f – f’ = -(f’ – f) = -v.

3c.

Ainsi ' (0) 1

u u

u

=



=

 donc par définition, u x( )=e^x.

Et v’ = -v donc il existe un réel K, v x( )=Ke^−x : comme v(0) = 1, on a K = 1 et v x( )=e^−x.

3d. La question 3c nous permet d’affirmer que ' '

x

x

u f f e

v f f e⁻

 = + =



= − =

 : par soustraction des deux égalités (L1 – L2), il vient 2f = −e^x e^−x cad f(x) = e^x - e^-x

2 .

Remarque : cette fonction est appelée fonction sinus hyperbolique, par analogie avec la formule rencontrée sur ℂ : sin( )

2

ix ix

e e

x i

− −

= , pour tout réel.

4b. f est dérivable et on a '( ) 0 2

x x

e e f x

+ −

= > puisqu’une exponentielle est toujours positive.

Ainsi, f est croissante sur ℝ et on a

5a. Soit m un nombre réel.

f est continue puisque dérivable sur ℝ_. f est strictement croissante sur sur ℝ.

f passe de valeurs strictement inférieure à m (car lim ( )

x f x

→−∞ = −∞) à des valeurs strictement supérieures à m (puisque lim ( )

x f x

→+∞ = +∞^).

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = m admet une unique solution sur ℝ, et ce pour tout m.

5b. ( ) 3 3 6 ² 6 1 0 ² 6 1 0

2

x x

x x x x

e e

f x e e e e X X

− −

= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − − = ⇔ − − = où on a posé X =e^x : or le

discriminant de ce trinôme est 40, donc ses deux racines sont ₁ 6 2 10

3 10

X = −2 = − ^et X2 = +3 10^. On doit donc résoudre deux équations : e^x1 = −3 10<0 donc aucune solution

( )

2

3 10 2 ln 3 10

ex = + ⇔x = + , l’unique solution cherchée.

DS - Exercice 3

On considère deux suites u et v définies, pour tout entier naturel n, par

 



un+1 = u_n + v_n 2

et

 



vn+1 = un+1 + vn

2 .

1. On a : u0 = 3 et u1 = u₀ + v₀

2 = 7/2 et v0 = 4 et v1 = u₁ + v₀

2 = 15/4.

2. Soit w la suite définie par wn = vv_nn− u_n.

2a. Prouvons que cette suite est géométrique de raison positive.

wn+1 = vn+1− un+1 = un+1 + vn

2 − un + vn

2 = un+1 - un

2 =

u_n + v_n 2 - un

2

donc wn+1 = - un + vn

4 = 1

4 (vn − unn) = 1 4 wn.

Ainsi (wn) est géométrique de raison q = 1

4 et de premier terme w0 = 1

2b. Exprimons wn en fonction de n : w étant géométrique. pour tout entier naturel n, w_n = (1 4 )ⁿ. Comme 0 < 1

4 < 1 donc lim

n→+∞ (1

4 )ⁿ = 0 d’où lim

n→+∞ w_n = 0.

x -∞ +∞

f ’(x) + f (x)

-∞

ր

+∞

3. Prouvons que les deux suites u et v sont adjacentes.

Il faut pour cela que : l’une soit croissante l’autre décroissante

que la limite de leur différence soit 0.

→ Montrons que u est croissante : un+1 − un = un + vn

2 − un = vn - un

2 =wn

2 : comme pour tout entier n, wn > 0, (un) est croissante.

→ Montrons que v est décroissante :

vn+1 − vn = un+1 + vn

2 − vn = un+1 - vn

2 =

un + vn

2 - vn

2 = un - vn

4 = - wn

4 < 0 pour la même raison que ci-dessus.

→ Montrons que lim

n→+∞ (vv_nn− u_n) = 0 : ceci a été fait à la question 2 !

Les deux suites sont bien adjacentes : on en déduit que ces deux suites sont convergentes vers une même limite a.

4. Soit tn = un + 2vn

3 .

4a. Démontrons que t est une suite constante.

tn+1 = u_n+1 + 2v_n+1 3 = 1

3 [u_n + v_n

2 + 2 u_n+1 + v_n 2 ] = 1

3 [u_n + v_n

2 + un+1 + vv_nn]

= 1

3 [u_n + v_n

2 + u_n + v_n

2 + vvnn ]

= 1

3 [un + 2 vvnn] = tn

donc t est une suite constante et pour tout entier n, tn = t0 = 11/3.

4b.Déduisons en la limite des suites u et v.

Par définition de la suite t, lim

n→+∞ t_n = lim

n→+∞

un + 2vn

3 = a + 2a

3 = a [la limite commune].

Mais lim

n→+∞ tn = 11/3 puisque la suite est constante donc lim

n→+∞ un = lim

n→+∞ vvnn = a = 11/3.