2012 13 ts ds 5 complexes exponentielle

Exercice 3 (Amérique Nord, juin 2012)
TS  Correction DS 5
Exercice 1
1. f (M) = M  z2 = z  z2  z = 0
2
2
1. z1 = 2i(7  i)(3i + 1) = (14i  2i )(3i + 1) = (14i + 2)(3i + 1) = 42i + 14i + 6i + 2 soit
2
2
z2 = (5  i)  2(1 + i) = 25  10i + i  2 2i
z3 =
b. (1 + 3i)z = 1 + z
2
 z=
c. z + 9 = 0  z  (9) = 0
 z  3i = 0 ou z + 3i
z3 =
1 17
+
i.
29 29
Donc S = {1 + i}.
 (1 + 1 + 3i)z = 1
 a + ib  2(a  ib) = 6 + i
22 + 22 soit | a | = 2.
 cos  = 2

i
2

soit  =
. Donc a = 2e 4 .

4
 2
 sin  = 2
|a |=
b. On cherche les antécédents de A, c’est à dire les points d’affixe z tels que z2 = a.
 z=

donc S = 

i 
.
3 
Posons z = r ei. Alors z2 = r2 e2i.
Donc z2 = a 
d. On calcul le discriminant  = (6)2  4  2  5 = 4. Donc on a deux racines complexes conjuguées :
3 1
(6)  i 4
6 2
3 1
3 1 
z1 =
= + i = + i et z2 = ¯¯
z1
Donc S =  + i ,  i.
4 4
2 2
2
2
2 2 
22

e. z  2 z = 6 + i
Alors
Soit  un argument de a . Alors
1
3i
 z2  (3i)2 = 0  (z  3i)(z + 3i) = 0
Donc S = {3i ; 3i}.
 (1 + 3i)z  z = 1
2
1 + i
i
2.a. a = 2  2i.
z2 = 22  12i .
soit
3+i
(3 + i)(2 + 5i)
6 + 15i + 2i + 5i2
=
=
soit
4 + 25
2  5i
(2  5i)(2 + 5i)
2.a. i z + 1  i = 0  i z = 1 + i
z1 = 40 + 20i .
 z(z − 1) = 0  z = 0 ou z = 1. Donc 1 = {O, } .
où z = a + ib  a + 3bi = 6 + i
1
Donc z =  6 + i.
3
 a = 6 et 3b = 1 (par identification des parties réelles et imaginaires)
r2 e2i = 2e
On prend donc  = 
i

4
2
 r = 2

 
 2 =  4 + k2
 r = 2
 

  =  8 + k

7
et  =
.
8
8
i
Donc les antécédents de A par f sont les points B et C d’affixe z B = 2 e
3. z’ imaginaire pur
z2 imaginaire pur


arg(z2) =

8
i
et zC = 2 e
7
8
=  zB.


+ k où k    2 arg(z) = + k
2
2






+k
 ( u , OM) = + k
 M appartient aux deux bissectrices du repère du plan.
4
2
4
2
Donc 2 est la réunion des deux bissectrices du repère du plan.
 arg(z) =
Exercice 2
x 1
1.a. f est dérivable sur ]2 ; +[ et
f ’(x) =
1(x + 2)  (x  1)1 x + 2
e
(x + 2)2
x 1
soit
f ’(x) =
3
x+2
e
.
(x + 2)2
Autre méthode : z2 imaginaire pur  Re((x + iy)2) = 0  Re(x2  y2 + 2iyx) = 0  x2  y2 = 0
 (x  y)(x + y) = 0  y = x ou y =  x (on retrouve l’équation des bissectrices du repère du plan).
x1
3
x+2
b. Pour tout x de ]2 ; +[,
 0 et e
 0, donc f ’(x)  0 sur ]2 ; +[.
(x + 2)2
Donc la fonction f est strictement croissante sur ]2 ; +[.
x1
1  1/x
2. lim
= lim
= 1 et
x + x + 2
x  +  1 + 2/x
lim ex = e
x 1
donc par composition
4.a. * z’  1 = i(z  1) 
lim f(x) = e .
x +
x1
1
1
= (x  1) 
. Alors lim x + 2 = 0 et x  2, donc x + 2  0 donc lim
= + .
x+2
x+2
x  2
x  2 x + 2
1
x1
Et lim x  1 =  3, donc par produit lim (x  1) 
=   , donc lim
= 
x  2
x  2
x+2
x  2 x + 2
De plus
|z’  1| = |i (z’  1)|
 |z’  1| = |i ||z’  1|
 
arg(z’  1) = arg(i(z  1))
 arg(z’  1) = arg(z  1) + arg(i)
 M = M’
  MM’ rectangle isocèle direct en 
   
 (M ; M’) = 2
* Alors : M est un point de 3  MM’ rectangle isocèle direct en  et   M
 z’  1 = i(z  1) et z  1 
z2  iz  1 + i = 0 et z  1 (car z’ = z2)
Donc la courbe de f admet une asymptote horizontale d’équation y = e en + .
3.
 |z  1| = |z’  1|
z’  1 
 
 arg  z  1  = 2



lim eX = 0, donc par composition lim f(x) = 0
X 
x  2
b. (z  1)(z + 1  i) = z2 + z  iz  z  1 + i = z2  iz  1 + i.
c. M est un point de 3
 (z  1)(z + 1  i) = 0 et z  1


5.a. Pour z  0 et z  1, (OM, OM’) = arg
4. G est continue en a si
lim g(x) = g(2). Or d’après la question 3, on aura
x  2
Donc en choisissant a = 0, on aura g(2) = 0 et g sera continue en 0.
lim g(x) =
x  2

z = 1 ou z = 1 + i et z  1
Donc 3 = {D} où D est le point d’affixe 1 + i.
lim f(x) = 0.
z’
z2
= arg soit
z
z


(OM, OM’) = arg(z) .
x  2


b. O, M et M’ alignés  (OM, OM’) = 0 + k où k    arg(z) = 0 + k où k  
 M appartient à l’axe des réels.
Or M  O et M  , donc 4 est l’axe des abscisses privé des points O et .