Corrigé devoir commun Terminale S 2 et 3

Corrigé devoir commun Terminale S 2 et 3 - 28 janvier 2012
Exercice 1
Partie A - Étude du signe d’une fonction
1. f somme de fonctions dérivables sur ]0; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle :
4
f ′(x) = 2 x + .
x
4
Comme x > 0 ⇒ 2 x > 0 et > 0, on déduit que f ′(x) > 0.
x
La fonction f est donc strictement croissante sur ]0; +∞[.
• lim x2 = 0 et lim 4 ln x = −∞ ; par somme de limites, on a lim f (x) = −∞.
x→0
x→0
x→0
L’axe des ordonnées est donc asymptote verticale à la courbe représentative de f au
voisinage de zéro.
4
= 0 ; par somme de limites, on a lim f (x) = +∞.
• lim x2 = +∞ et lim
x→+∞
x→+∞
x→+∞ x
2. La fonction f continue car dérivable croît sur ]0; +∞[ de −∞ à +∞. Elle réalise donc
une bijection de ]0; +∞[ sur R ; donc tout réel, en particulier 0 a un antécédent unique
dans ]0; +∞[.
Il existe donc α réel supérieur à zéro tel que f (α) = 0.
3. De la question précédente résulte le signe de f (x) :
• si 0 < x < α alors f (x) < 0 ;
• si x = α alors f (x) = 0 ;
• si x > α alors f (x) > 0.
Partie B
1
− x2
1
1. g(x) = x ⇔ e 4 =x ⇔ − 4 x2 = ln x (par croissance de la fonction logarithme népérien,
1
les deux membres étant supérieurs à zéro) ⇔ 4 x2 + ln x = 0 ⇔ x2 + 4 ln x = 0 ⇔ f (x) = 0.
On a vu que l’unique solution de cette équation est le réel positif α. Donc α est aussi
l’unique solution de l’équation g(x) = x.
2. Par récurrence : initialisation u0 = 0, 5 > 0.
Hérédité : on suppose que la propriété est vraie pour un entier k > 0 et on montre
que la propriété est vraie pour l’entier k + 1: un > 0, et un+1 = g(un) = e
Donc pour tout entier naturel n, un > 0.
u2
n
4
>0 .
3. a) La fonction g est dérivable sur R comme composée de fonctions qui le sont, et
x
−x2
g ′(x) = − 2 e 4 6 0 sur ]0; +∞[, donc la fonction g est strictement décroissante sur
]0; +∞[.
b) Par suite, (un) est une suite alternée.
c) Après avoir entré la fonction g dans la fonction y1(x) (calculatrice TI), on entre
puis Entrée Entrée Entrée, ..., on obtient :
0,5 Entrée
y1(ANS(1)) Entrée
u0 = 0, 5, u1 ≈ 0, 939413, u2 ≈ 0, 802018, u3 ≈ 0, 851455, u4 ≈ 0, 834232, u5 ≈ 0, 840309,
u6 ≈ 0, 838174, u7 ≈ 0, 838925.
Le plus petit entier n pour lequel les trois premières décimales de un et un+1 sont
identiques est donc n = 6.
Puisqu’on a supposé que u6 6 α 6 u7, on a donc 0, 838174 6 α 6 0, 838925.
Donc 0, 838 est une valeur approchée de α à 10−3 près.
On peut conjecturer que la suite converge vers la solution de l’équation g(x) = x dans
⋆
R+ c’est-à-dire α.
Partie C - Un problème de distance
1. Avec M (x; 2 ln x), on a OM 2 = x2 + (2 ln x)2 = x2 + 4(ln x)2.
p
Comme x2 > 0 et 4(ln x)2 > 0, on a OM 2 > 0.
Donc OM = x2 + 4(ln x)2 .
2.
a. h somme de fonctions dérivables sur ]0; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle :
ln x 2 x2 + 8 ln x 2 (x2 + 4 ln x) 2 f (x)
1
=
=
=
.
h ′(x) = 2 x + 8(ln x) × = 2 x + 8
x
x
x
x
x
Comme x > 0, le signe de h ′(x) est celui de 2 f (x) , donc celui de f (x) qui a
été étudié dans la partie A. Conclusion :
• si 0 < x α: h ′(x) < 0 : la fonction h est décroissante sur [0; α[ ;
• si x > α: h ′(x) > 0 : la fonction h est croissante sur ]α; +∞[.
b. Le résultat précédent montre
que la fonction h a un minimum h(α). La fonction
p
définie par x
OM = h(x) a les mêmes variations que la fonction h, donc un
minimum en α.
Conclusion : il esiste un point unique de (Γ) A(α; 2 ln α) tel que OA <OM
pour tout point M de (Γ) distinct de A.
2
′
3. La tangente TA à la courbe (Γ) au point A a pour vecteur directeur (1; ϕ (α)) = 1;
.
α
La droite OA a pour vecteur directeur OA(α; 2 ln α).
Le produit scalaire de ces deux vecteurs est égal à :
4 ln α α2 + 4 ln α
2
=
.
1 × α + × 2 ln α = α +
α
α
α
On a vu dans la question précédente que f (α) = α2 + 4 ln α = 0 donc le produit scalaire
est nul, ce qui montre que la droite (OA) est perpendiculaire à la tangente TA.
Exercice 2
−
iπ
1. On sait que la rotation RA a pour écriture complexe : z ′ − a = e 2 (z − a),
i.e. z ′ − a = −i(z − a).
Donc u = −i(z − a) + a = −iz + a (1 + i) = −iz + 5(1 + i)2 = −iz + 10i=i(10 − z).
=2i
L’affixe du point U est donc u = i(10 − z).
iπ
De même la rotation RB a pour écriture complexe : z ′ − b = e 2 (z − b),
i.e. z ′ − b = i(z − b).
Donc t = i(z − b) + b = iz + b (1 − i) = iz + 5(1 − i)2 = iz − 10i=i(z − 10).
=−2i
L’affixe du point T est donc t = i(z − 10).
Montrons que le quadrilatère M U D T est un parallélogramme de centre O.
On sait déjà que O est le milieu de [M D].
D’autre part, on a u + t = 0. Donc O est le milieu de [U T ].
Les diagonales du quadrilatère M U D T se coupent en leur milieu O : donc c’est un
parallélogramme de centre O.
2. On remarque que : zz − 5 z − 5z = (z − 5) (z − 5) − 25.
Donc :
Mz ∈ Γ ⇔ (z − 5) (z − 5) = 25 ⇔ (z − 5)(z − 5) = 25 ⇔ |z − 5|2 = 52 ⇔ |z − 5| = 5.
L’ensemble Γ des points M d’affixe z tels que : zz − 5 z − 5z = 0 est donc le cercle
de centre Ω d’affixe 5 et de rayon r = 5.
Comme on a ΩA=ΩP=ΩO=ΩB=5 = r, le quadrilatère OAPB est inscrit dans Γ.
3.
a. Les points O, M et U sont alignés si et seulement si les vecteurs OU et OM sont
colinéaires, i.e. puisque OM n’est pas nul, si et seulement s’il existe un réel k tel
que OU = k OM, i.e. encore s’il existe un réel k tel que u = k z.
ū
u
u
u
u
Or : u = k z avec k réel ⇔ z ∈ R ⇔ z = z ⇔ z = .
z̄
u ū
Donc les points O, M et U sont alignés si et seulement si
= .
z z̄
b. Il résulte du a. que les points O, M et U sont alignés si et seulement si uz − uz = 0.
Or :
uz − uz = 0 ⇔ i(10 − z)z + i(10 − z) z = 0 ⇔ 10z + 10 z − 2 zz = 0 ⇔
zz − 5 z − 5z = 0 ⇔ M ∈ Γ.
Donc les points O, M et U sont alignés si et seulement si M appartient au
cercle Γ.
4. OM U est isocèle en O ⇔OM = OU ⇔ |z | = |u| ⇔ |z | = |10 − z | ⇔ OM = M P⇔
M appartient à la médiatrice du segment [OP].
Donc l’ensemble des points M du plan tels que OM U soit un triangle isocèle en O
est la droite (AB).
On a dans ce cas OM = OU , donc D M = T U .
Le parallélogramme M U D T a donc ses diagonales de même longueur : c’est un
rectangle.
5.
u
u
ū
u
u
est un imaginaire pur ⇔ = − z ⇔ = − ⇔ uz + uz = 0 ⇔ i(10 − z)z − i(10 − z) z =
z
z
z̄
z
0 ⇔ 10z − 10 z = 0 ⇔ z = z ⇔ z ∈ R.
u
Donc l’ensemble des nombres complexes z tels que soit un imaginaire pur est l’axe
z
réel privé de O.
Si M
un point de la droite (OP) privée de O et P, alors z 0 et u 0 et on a :
est
u
π
= 2 (π).
arg
z
u
π
(2 π), on en déduit : (OM, OU) = 2 (π) .
Et comme (OM, OU) = arg z
Le parallélogramme M U D T a donc ses diagonales perpendiculaires : c’est un
losange.
Le quadrilatère M U D T est un carré si c’est un rectangle et un losange, donc si M
est sur la droite (AB) et sur la droite (OP) privée de O et P, i.e. si M est en Ω.
Donc il existe une unique position du point M tel que M U D T soit un carré : c’est Ω.
Exercice 3
Partie A
f (x) = x − ln (x2 + 1).
1. f (x) = x ⇔ x − ln (x2 + 1) = x ⇔ ln (x2 + 1) = 0 ⇔ x2 + 1 = 1 ⇔ x2 = 0 ⇔ x = 0
2. f somme de fonctions dérivables sur [0; 1] est dérivable et sur cet intervalle :
x2 + 1 − 2 x (x − 1)2
1
=
= 2
.
f ′(x) = 1 − 2 x × 2
x +1
x2 + 1
x +1
On a quel que soit x, x2 + 1 > 1 > 0 et sur [0 ; 1], (x − 1)2 > 0, donc sur [0;1], f ′(x) > 0 :
la fonction est donc croissante sur [0;1].
On a vu que f (0) = 0 et f (1) = 1 − ln 2 < 1. La fonction est croissante de 0 à 1 − ln 2 < 1,
donc toutes les images f (x) appartiennent à l’intervalle [0;1].
Partie B
1. Initialisation : u0 = 1 6 1, donc u0 ∈ [0; 1].
Hérédité : Supposons qu’il existe un entier p tel que u p ∈ [0; 1] ; d’après la partie A,
on a u p+1 = f (u p) et on a vu que si u p ∈ [0; 1], alors f (u p) = u p+1 ∈ [0; 1].
On a donc pour tout naturel n, un ∈ [0; 1].
2. On a un+1 − un = −ln (u2n + 1)
Or un > 0 ⇒ u2n > 0 ⇒ u2n + 1 > 1 ⇒ ln (u2n + 1) > 0 ⇔ 0 > −ln (u2n + 1).
Conclusion : quel que soit le naturel n, un+1 − un 6 0 : la suite est décroissante.
3. La suite est décroissante et tous ses termes sont minorés par 0 : elle est donc convergente
vers une limite supérieure ou égale à 0.
Par continuité de la fonction dérivable f , on a à la limite : ℓ = f (ℓ), équation dont
on a vu que la seule solution est 0. On a donc lim un = 0.
n→+∞
Exercice 4
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct (O; Qu , Qv ).
1. Soit (E) l’ensemble des points M d’affixe z vérifiant : z = 1 − 2i+eiθ, θ étant un nombre
réel.
z = 1 − 2i+eiθ, ⇒|z − (1 − 2i)| = |eiθ | soit |z − (1 − 2i)| = 1.
Conclusion : les points M d’affixe z sont à la distance 1 du point d’affixe 1 − 2i.
Comme θ ∈ R, la réponse est c.
2. Soit f l’application du plan qui, à tout point M d’affixe z associe le point M ′ d’affixe
z ′ tel que z ′ = −iz − 2i.
Un point M d’affixe z est invariant par f si et seulement si : z = −iz − 2i⇔
−2i
z (1 + i) = −2i⇔z =
= −1 − i.
1+i
Il y a donc un point invariant par f .
z′
=
−iz − 2i
entraîne par différence :
−1 − i = −i(−1 − i) − 2i
z ′ − (−1 − i) = −i[z − ( − 1 − i)]. f est donc la rotation de centre le point d’afixe
π
−1 − i et d’angle − . Réponse d.
2
3. Soit (F) l’ensemble des points M d’affixe z vérifiant |z − 1 + i| = |z + 1 + 2i|.
Soient les points A, B et C d’ affixes respectives 1 − i, −1 + 2i et −1 − 2i.
|z − 1 + i| = |z + 1 + 2i| peut s’écrire |z − (1 − i)| = |z − (1 − 2i)| qui montre que M
est équidistant des deux points A et C ; donc M appartient à la médiatrice de [AC].
Réponse c.
4. On considère dans l’ensemble des nombres complexes l’équation z + |z |2 = 7 + i. En
posant z = x + iy, l’équation proposée s’écrit :
x + iy + x2 + y 2 = 7 + i, soit en identifiant parties réelles et parties imaginaires :
x + x2 + y 2 = 7
y
= 1
La partie imaginaire de(s) la solution(s) est égale à 1. La première équation s’écrit :
x + x2 + y 2 = 7 ⇔ x2 + 1 + x = 7 ⇔ x2 + x − 6 = 0 ⇔ (x − 2) (x + 3) = 0 ⇔ x = 2 ou x = −3.
Vérification : avec z1 = 2 + i, 2 + i+4 + 1 = 7 + i : ce nombre est solution.
Avec z1 = −3 + i, −3 + i+9 + 1 = 7 + i : ce nombre est solution. Réponse a.