Suite du corrigé juin 2007 (TMIC)

Exercice 1 : Sur 4 points

1. (E) : 4y’’ + π²y = 0 ou y’’ + π² 4 y = 0

L’équation différentielle (E) est une équation différentielle du second ordre, linéaire, de la forme y’’ + w²y = 0.

La solution générale de cette équation de la forme y = A cos wx + B sin wx, avec A et B deux réels.

Ici w² = π²

4, soit w = π

2 (car w > 0).

La solution générale de l’équation (E) est : y = A cos 

 ππππ 

2x + B sin 

 ππππ 

2x , A et B étant deux réels.

2. La courbe représentative de g passe par le point de coordonnées





 1  2 , 2

2 donc : g 



 1 2 = 2

2 . La courbe représentative de g admet au point de coordonnées





 1  2 , 2

2 une tangente parallèle à l’axe des abscisses donc g’







 1 2 = 0.

g est solution de (E) donc g s’écrit : g(x) = A cos





 ππππ 

2x + B sin





 ππππ 

2x avec A et B deux réels.

• g







 1 2 = 2

2 donc 2

2 = A cos π

4 + B sin π 4 soit 2

2 = 2

2 A + 2

2 B soit A + B = 1.

• g’







 1

2 = 0 et g’(x) = − π 2 A sin





 π  2x + π

2 B cos





 π  2x soit 0 = −π

2 A sin π 4 + π

2 B cos π 4 soit 0 = – π

2 × A × 2 2 + π

2 × B × 2 2 soit 0 = – A + B

soit A = B

• A et B vérifient donc le système



A + B = 1 A = B

A + B = 1

⇔^A = B

⇔A = B

1 ⇔

 

.

3. On développe cos





 π  2x – π

4 en utilisant la formule : cos (a – b) = cos a cos b + sin a sin b

cos 

 π  2x – π

4 = cos





 π 

2x cos π 4 + sin





 π 

2x sin π 4 D’où : cos





 π  2x – π

4 = 2 2 cos





 π 

2x + 2 2 sin





 π  2x Soit 2

2 cos





 π  2x – π

4 = 1 2 cos





 π  2x + 1

2 sin





 π 

2x car 2

2 × 2 2 = 1

2 On a bien g(x) = 2

2 cos





 ππππ  2x – ππππ

4 .

4. Calculer la valeur moyenne de la fonction g sur l'intervalle [0 ; 1].

1 0 1 0

1

0

1 g(x)dx 1 0

2cos x dx

2 2 4

2 2sin x

2 2 4

2 2

sin sin

2 2 4 4

2 sin sin

4 4

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2

2 µ = −

π π

 

µ =  − 

 

 π π

µ = π  − 

 π π  π µ = ×π  − − − 

  π  π µ = π    − − 

  

µ = π  − − 

 

µ = π  +  µ = ×

π µ = π

∫

∫

La valeur moyenne de la fonction sur l’intervalle [0 ; 1] est 2 ππππ.

Exercice 2 : Sur 5 points

1. L’équation z² + 2z + 10 = 0 est une équation du second degré dans Z dont le discriminant

∆ est égal à :

∆ = 2² − 4 × 1 × 10

∆ = 4 − 40 = − 36.

∆ est strictement négatif, donc cette équation a deux racines complexes conjuguées z’et z’’.

On a ∆ = − 36 = (6i)² d’où :

z’ = – 2 – 6i

2 = – 1 – 3i z’’ = – 2 + 6i

2 = – 1 + 3 i D’où les solutions de cette équation : – 1 – 3i et – 1 + 3 i.

2. – 2c + d = 1 + 13i – c + d = 4 + 8i

Par soustraction membre à membre on obtient : – c = – 3 + 5i soit c = 3 – 5i.

En reportant dans – c + d = 4 + 8i on obtient : d = 4 + 8i + 3 – 5i = 7 + 3i Le système a pour solution : c = 3 – 5i et d = 7 + 3i.

3.

a)

2 3 4 5 6 7 8

-1 -2 -3

2 3 4 5

-1

-2

0 1

1

O u^→ v→

A D

I

b) BA = – 1 + 3i + 1 + 3i = 6i = 6 AD = 7 + 3i + 1 – 3i = 8 = 8

BD = 7 + 3i +1 + 3i = 8 + 6i = 64 + 36 = 10 On a BA² + AD² = 36 + 64 = 100 et BD² = 100.

D’après la réciproque du théorème de Pythagore le triangle BAD est rectangle en A.

c) CB = – 1 – 3i – 3 + 5i = – 4 + 2i = 16 + 4 = 20 = 2 5 CD = 7 + 3i – 3 + 5i = 4 + 8i = 16 + 64 = 80 = 4 5 BD = 10

On a CB² + CD² = 20 + 80 = 100 et BD² = 100.

D’après la réciproque du théorème de Pythagore le triangle BCD est rectangle en C.

d) Le triangle BAD est rectangle en A donc les points A, B et D sont sur le cercle de diamètre [BD].

Le triangle BCD est rectangle en C donc les points B, C et D sont sur le cercle de diamètre [BD].

On en déduit que les quatre points A, B, C et D sont sur un même cercle, le cercle de diamètre [BD]

Centre du cercle : Ω milieu de [BD] don l’affixe est : – 1 – 3i + 7 + 3i

2 = 3.

Rayon : BD

2 = 5 cm.

Problème : Sur 11 points Partie A

1. f(x) = e^x ln x + e^x x.

x → + ∞ lim e^x = + ∞ et lim

x → + ∞ ln x = + ∞ donc par produit lim

x → + ∞ e^x ln x = + ∞

x → + ∞ lim e^x

x = 0 (limite de cours).

Donc par addition : lim

x →→→→ + ∞∞∞∞ f(x) = + ∞∞∞∞ 2.

a) f(x) = e^x ln x + e^x

x = x e^x

xln x + e^x x = e^x

x (x ln x + 1).

x lim→ 0 x ln x = 0 donc lim

x → 0 (x ln x + 1) = 1

x → 0lime^x = e⁰ = 1 et

0 0

lim

>→ x x

1

x = + ∞ donc par produit lim

x → 0

e^x

x = + ∞ . Donc par produit lim

x →→→→ 0 f(x) = + ∞∞∞∞ b) lim

x → 0 f(x) = + ∞

Donc la courbe C admet une asymptote D verticale d’équation x = 0.

Partie B - Etude d'une fonction intermédiaire.

1.

a) g est dérivable sur ]0 ; + ∞[.

Pour tout nombre x de ]0 ; + ∞[ : g’(x) = 1

x – 2 x² + 2

x³ la dérivée de 1

x² est – 2 x³ g’(x) = x² – 2x + 2

x³ on met au même dénominateur.

b) Sur ]0 ; + ∞[ x³ est positif donc le signe de g’(x) est le même que celui de x² – 2x + 2.

Signe de x² – 2x + 2 :

∆ = 4 – 4 × 1 × 2 = – 4.

Comme le discriminant est négatif le signe de x² – 2x + 2 est le même que celui du coefficient de x² c'est-à-dire le même que le signe de 1 soit positif.

2.

a) g







 1

2 ≈ – 0,69 < 0 g(1) = 1 > 0.

Sur 



 1

2 , 1 , g est dérivable et strictement croissante à valeurs dans





 g 







 1

2 , g(1) . Or 0 ∈ 

 g 



 1

2 , g(1) donc l'équation g(x) = 0 admet une solution unique α dans l'intervalle







 1 2 , 1 .

b) On a g(0,59) ≈ – 0,01 < 0 et g(0,60) ≈ 0,04 > 0.

Donc g(0,59) < 0 < g(0,60) or g(α) = 0 Donc g(0,59) < g(α) < g(0,60).

Comme g est strictement croissante sur ]0 ; + ∞[ on a alors : 0,59 < αααα < 0,60.

3. On en déduit que :

Sur ] 0 ; αααα [ g(x) est négative Sur ] αααα ; + ∞∞∞∞ [ g(x) est positive Pour x = αααα, g(x) est nulle.

Partie C - Etude des variations de la fonction f et construction de la courbe associée.

1.

a) f est dérivable sur ]0 ; + ∞[ . Pour tout x de ]0 ; + ∞[ on a :

f ’(x) = e^x × ln x + e^x × 1

x + e^x × x – e^x × 1 x²

= e^x ln x + e^x

x + xe^x – e^x x²

= e^x ln x + e^x x + e^x

x – e^x x²

= e^x ln x +2 e^x x – e^x

x²

= e^x





 ln x + 2 

x – 1 x². On a donc pour tout x de ]0 ; + ∞∞∞∞[, f '(x) = e^xg(x)

b) Sur ]0 ; + ∞[ e^x est positif donc le signe de f ’(x) est le même que celui de g(x) donc : Sur ] 0 ; αααα [, f ’(x) est négative

Sur ] αααα ; + ∞∞∞∞ [, f ’(x) est positive Pour x = αααα, f ’(x) est nulle.

2.

a) Sur ] 0 ; α [ f ’(x) est négative donc f est décroissante Sur ] α ; + ∞ [ f ’(x) est positive donc f est croissante Tableau de variation de la fonction f :

b) f(α) = e^α ln α + e^α α.

En prenant 0,6 pour valeur approchée de α on obtient f(αααα) = 2,1 à 10^–1 près 3.

a) Tableau de valeurs

x 0,25 0,5 0,75 1 1,25 1,5 1,75 2 2,25 2,5

f (x) à

10^–1 prés 3,4 2,2 2,2 2,7 3,6 4,8 6,5 8,8 11,9 16

b) Voir figure en fin d’exercice Partie D - Calcul d'aire.

1. F est dérivable sur ]0 ; + ∞[ de dérivée ; F’(x) = e^x × ln x + e^x × 1

x soit F’(x) = f(x).

La fonction F est donc une primitive de f sur ]0 ; + ∞∞∞∞[ 2.

a) Voir figure en fin d’exercice.

b) On a f(α) > 0 donc la fonction f admet un minimum positif elle est donc positive sur [1 ; 2].

Donc l’aire A de la partie E est égale à : ²

∫

A =

∫

x f '(x)

f 0

− + ∞

α

+

f(α)

+∞

+ ∞

C D

E

2 2

3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

0 1

1

O i^→

j→