Conjugué d`un nombre complexe

Bertaux Mickaël
Butelet Alexandre
Pour le 9 Janvier 2009
Devoir maison n°5
Exercice I
1.
E  : y'0,33 y  0,03432  y'  0,33 y  0,03432
L’équation E  a pour solution sur 0 ;   les fonctions qui s’écrivent c : t  k  e 0,33t 
0,03432
avec k réel c'est-à-dire les
0,33
fonctions c : t  k  e 0,33t  0,104 avec k réel
2.
On cherche la solution de E  telle que c0  0
c’est à dire k  e 0,330  0,104  0  k  0,104
d’où k  0,104
On en déduit que la fonction c : t  0,104  e 0,33t  0,104 est solution de E  vérifiant c0  0
Exercice II
E0  : y' y  1
E  : y'1  tan y  1
1.
E0  : y' y  1  y'   y  1
L’équation E0  a pour solutions les fonctions qui s’écrivent x  k  e x  1 avec k réel.
2.
Pour tout x réel,
f x   g x  cosx 
donc f ' x   g ' x  cosx   g x  sinx 
f solution de E   f '1  tan   f  cosx 
 f ' x   1  tanx   g x   cosx   cosx 
 f ' x   g x   cosx   tanx   g x   cosx   cosx 
sin x   g x   cosx 
 cosx 
cosx 
 g ' x   cosx   g x   sin x   g x   cosx   sin x   g x   cosx 
 f ' x   g x   cosx  
 g ' x   cosx   g x   cosx   cosx 
 g ' x   g x   1
 g solution de E0 
3.
g solution de E0   g x  k  e x  1 avec k réel
de plus d’après l’énoncé on sait f x   g x  cosx  c’est à dire g x  
donc
f x 
 k  e  x  1  f x   cosx   k  e  x  1
cosx 


f x 
cosx 
Finalement les solutions de E  sont les fonctions qui s’écrivent x  cosx   k  e  x  1 avec k réel.


4.
On cherche la solution de E  telle que f 0  0


c’est à dire cosx k  e 0  1  0

or cosx  k  e
0

 1  0  k  cosx   cosx 
 k  1
d’où k  1
Finalement la solution de E  telle que f 0  0 est la fonction x  cosx    1 e  x  1 c'est-à-dire


x  cosx  cosx e  x .
Exercice III
1.
x  Df  x 2  3 x  2  0
1 et 2 sont racines évidentes de x 2  3x  2
d’où le tableau de signes suivant :

x
x  3x  2
2
1
0
+
−
2
0

+
On en déduit Df    ; 1  2 ;  
2.
f 3  x  
3  x 2  3  3  x   2
 9  6 x  x 2  9  3x  2
 x 2  3x  2
 f x 
donc la droite  d’équation x 
3
est un axe de symétrie de Cf
2
3.
Chercher le nombre dérivé de la fonction f au voisinage de 2 revient à calculer la limite du taux de variations entre 2 et h
lorsque h tend vers 0
lim
h0
f 2  h   f 2
 lim
h0
2
2  h 2  3  2  h   2  0
h
 lim
4  4h  h 2  6  3h  2
h
 lim
h2  h
h
h0
h0
4.
f  x   x 2  3x  2
Pour tout x de 2 ;  
2x  3
f ' x  
2  x 2  3x  2
d’après 1. on sait x 2  3x  2  0 sur 2 ;   donc f ' x  est du signe de 2 x  3
d’où le tableau de signes suivant :
Page 2
x
Signe de
2x  3

2
1
+
D’après le tableau de signes, on peut dire que f est croissante sur 2 ;  
5.
Pour tout x de   ; 1 2 ;  
 3 2 
x 2  3 x  2  x 2 1   2 
 x x 
 3 2 
lim x 2 1   2    et lim X   (d’après le théorème de limite de fonctions composées)
X 
 x x 
donc lim f  
x  

6.
Sur l’intervalle   ; 1 on obtient le tableau suivant :
Signe de f ' x 

Sens de variation
de f ' x 

1
0
puis sur 2 ;   on a le tableau suivant :
Signe de f ' x 
2
Sens de variation
de f ' x 
0


7.
3
3


f x    x    x 2  3x  2   x  
2
2



3
3

x 2  3x  2   x    x 2  3x  2  x 
2
2


3
2
x  3x  2  x 
2
3 
3

2
x  3x  2   x     x  
2 
2


3
x 2  3x  2  x 
2
3
3
9

x 2  3x  2   x 2  x  x  
2
2
4


3
x 2  3x  2  x 
2
1

4

3
2
x  3x  2  x 
2


or d’après 5. on sait lim
x  
x 2  3x  2   donc lim
x  

on en déduit lim
x  
1
4
3
x 2  3x  2  x 
2
x 2  3x  2  x 
3
 
2

3 

 0 d’où lim  f x    x    0
x   
2 

Page 3
ce qui signifie que la droite d d’équation y  x 
3
est asymptote à la courbe C au voisinage de 
2
8.
Tracer la courbe avec Archimède.
Exercice IV


f x   x 2  1  x  1
1.
x 2 1 est une fonction polynôme donc elle est définie et dérivable sur R.


x est dérivable si et seulement si x  0 donc sur 0 ;   on en déduit que x  1 est dérivable si et seulement si x  1  0 ce
qui signifie que x  1 est dérivable sur  1;   .
En somme f x  est une fonction dérivable au moins sur  1;  
Pour tout x de  1;   ,
f ' x   2 x  x  1 



2 x 

x2 1
2 x 1
x 1  2 x 1  x2 1
2 x 1
4 x  x  1  x 2  1
2 x 1
5x  4 x  1
2
2 x 1
donc f ' x  
5x 2  4 x  1
2 x 1
de plus sur  1;   , 2 x  1  0 donc f ' x  est du signe de 5 x 2  4 x  1
1 est racine évidente de 5 x 2  4 x  1 appelons-là x1 or on sait que le produit des racines d’un polynôme du second degré
c
(s’écrivant ax 2  bx  c ) vaut
a
c
1
1
d’où x1  x2   1 x2    x2 
a
5
5
1
2
Finalement 1 et sont les racines de 5 x  4 x  1 d’où le tableau de signes :
5
x
Signe
de f ' x 
1
5
1
0
−
0

+
2.
Chercher le nombre dérivé de la fonction f au voisinage de 1 revient à calculer la limite du taux de variations entre
1 et h lorsque h tend vers 0
lim
h0
 1  h2   1  h  1
f  1  h   f  1
 lim
h0
1
h
h 2  2h  1  h
h0
h
 lim
Page 4
3.
lim x 2  1  
x 


et
x  1  
lim
x 
donc lim f  

4.
1

1

D’après 1. on sait grâce au tableau de signe de f ' x  que la fonction f est décroissante sur   1 ;  et croissante sur  ;  
5
5


Dressons le tableau de variation de f sur  1;  
x
Sens de
variation de
f
1
1
5
a
b

1

0
0

1
2
1
f 
5

1
2
5.
D’après le tableau de variation de f et d’après le théorème des valeurs intermédiaires, on peut affirmer que
1
l’équation f x    admet dans  1;   exactement deux solutions que l’on peut appeler a et b .
2
D’après la calculatrice,
a  0,525
b  0,790
Exercice V
Partie A
Partie B
Partie C
Partie D
Page 5