TS. Contrôle 4 -Correction 1 ( 8 points ) Sur le graphique de l

TS. Contrôle 4 -Correction ♣
1( 8 points ) Sur le graphique de l’annexe 1, on a tracé, dans le plan muni d’un repère orthonormé ³O,−→ ı,−→ ´,
la courbe représentative Cd’une fonction f définie et dérivable sur l’intervalle ]0 ; +∞[.
On dispose des informations suivantes :
–les points A,B,Cont pour coordonnées respectives (1 ; 0),(1 ; 2),(0 ; 2) ;
–la courbe Cpasse par le point Bet la droite (BC) est tangente à Cen B;
–il existe deux réels positifs a et b tels que pour tout réel strictement positif x, f (x)=a+bln x
x.
1. a. En utilisant le graphique, donner les valeurs de f (1) et f 0(1).
On lit f(1) =yB=2
et pour f0(1), on lit le coefficient directeur de la tangente à la courbe Cau point d’abscisse 1, c’est à dire le
coefficient directeur de la droite (CB), qui est horizontale, donc f0(1) =0
b. Vérifier que pour tout réel strictement positif x,f0(x)=(b−a)−blnx
x2.
La fonction f=u
vest dérivable sur ]0 ; +∞[, en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle
(le dénominateur ne s’annulant pas sur cet intervalle). On a : f0=u0v−uv0
v2
f0(x)=µ0+b×1
x¶×x−(a+blnx)×1
x2=b−(a+blnx) x2Soit effectivement : f0(x)=(b−a)−blnx x2
c. En déduire les réels a et b.
On en déduit : f(1) =a+bln(1)
1=a+0=a, or d’après le 1. a.,f(1) =2, donc a=2
Du coup, on a f0(1) =(b−2) −bln(1)
12=b−2, or d’après le 1. a.,f0(1) =0, donc b=2
2. a. Justifier que pour tout réel x appartenant à l’intervalle ]0 ; +∞[, f0(x)a le même signe que −lnx.
On reprend la forme de f0obtenue précédemment, en remplaçant aet bpar 2, et on a :
f0(x)=−2ln x
x2=2 x2×(−lnx). Puisque pour tout xélément de ]0 ; +∞[, 2 x2est un nombre strictement positif,
on en déduit que la dérivée de fa bien le même signe que −ln xpour tout xélément de ]0 ; +∞[.
b. Déterminer les limites de f en 0 et en +∞.
On pourra remarquer que pour tout réel x strictement positif, f (x)=2
x+2lnx x.
•Quand xtend vers 0 : lim
x→0lnx= −∞ donc, par limite d’un produit et d’une somme : lim x→02+2ln x= −∞.
Comme par ailleurs lim
x→0x=0+, alors, par limite d’un quotient, on a lim 0f=−∞
•Quand xtend vers +∞, on va utiliser la forme de fprésentée dans la question :
lim
x→+∞
1
x=0, et lim
x→+∞
lnx
x=0, d’après la propriété des croissances comparées, et donc par limite d’une
somme, puis par produit par 2 : lim
+∞ f=0
c. En déduire le tableau de variations de la fonction f .
On peut donc dresser le tableau des variations de f:
x
−lnx
f(x)
01+∞
+0−
−∞
22
00
α
1
3. a. Démontrer que l’équation f (x)=1admet une unique solution αsur l’intervalle ]0,1].
La fonction fest continue et strictement croissante sur l’intervalle ]0 ; 1] et 1 est une valeur strictement
comprise entre lim
0fet f(1), donc l’application du corollaire au théorème des valeurs intermédiaires garantit
l’existence d’une unique solution à l’équation f(x)=1 sur l’intervalle ]0 ; 1], qui sera notée α.

b. Par un raisonnement analogue, on démontre qu’il existe un unique réel βde l’intervalle ]1,+∞[tel que
f(β)=1. Déterminer l’entier n tel que n <β<n+1.
Par balayage à la calculatrice, on obtient f(5) >1 et f(6) <1, donc comme la fonction fest continue sur [5 ; 6],
le théorème des valeurs intermédiaires garantit l’existence d’au moins une solution à l’équation f(x)=1 sur
l’intervalle [5 ; 6], et puisque l’on avait admis qu’il n’y avait qu’une seule solution βà cette équation sur
]1 ; +∞[, cette solution est donc entre 5 et 6. Enfin, puisque ni 5 ni 6 n’ont une image exactement égale à 1,
on peut dire que βest strictement entre 5 et 6. Le nombre entier ncherché est donc 5
4. a. Faire tourner l’algorithme de l’annexe 1 en complétant le tableau donné.
On obtient : voir la page TS_Controle4_14_dichotomie_alpha.htm
étape 1 étape 2 étape 3 étape 4 étape 5
a0 0 0,25 0,375 0,4375
b1 0,5 0,5 0,5 0,5
b−a1 0,5 0,25 0,125 0,0625
m0,5 0,25 0,375 0,4375
f(m)≈1,23 ≈−3,09 ≈0,10 ≈0,79
Le tableau a été complété par la ligne « f(m)≈» pour montrer les affectations à aou à b.
Le tableau précédent sera probablement considéré comme correct, mais si on interprète la question très
rigoureusement, d’un point de vue algorithmique, on doit supposer que l’étape 1 est l’initialisation, et les
étapes de 2 à 5 correspondant aux itérations de 1 à 4. Dans ce cas, l’étape 1 n’a pas de valeur m, et la valeur
b−ava servir à savoir si l’itération suivante va être utile ou non. Dans ce cas, on va écrire dans la colonne les
valeurs en mémoire à la fin de l’itération de la boucle « Tant que », ce qui donne le tableau de l’annexe 1.
b. Que représentent les valeurs affichées par cet algorithme ?
Cet algorithme renvoie les deux bornes obtenues pour encadrer le nombre αpar dichotomie,
avec une amplitude au plus égale à 0,1.
c. Modifier cet algorithme pour qu’il affiche les deux bornes d’un encadrement de βd’amplitude 10−1.
voir la page TS_Controle4_14_dichotomie_beta.htm
Pour que l’algorithme donne un encadrement de βavec la même précision, il faut modifier l’initialisation, en
mettant : AFFECTER À aLA VALEUR 5. AFFECTER À bLA VALEUR 6.
Puis, dans le traitement, modifier le test « Si » pour qu’il soit : "Si f(m)>1",
afin de prendre en compte la décroissance de fsur l’intervalle [5 ; 6].
Variables : a,bet msont des nombres réels
Initialisation : AFFECTER À aLA VALEUR 5
AFFECTER À bLA VALEUR 6
Traitement : TANT QUE b−a>0,1
AFFECTER À mLA VALEUR 1
2(a+b)
SIf(m)>1ALORS
AFFECTER À aLA VALEUR m
SINON
AFFECTER À bLA VALEUR m
FIN SI
FIN TANT QUE
Sortie : AFFICHER a
AFFICHER b
(Une autre possibilité serait d’affecter 6 à aet 5 à b, et de modifier le « tant que » pour avoir « tant que a−b>0,1 »
et alors aserait la borne haute de l’encadrement, et bla borne basse).

2( 7 points ) Pour tout réel k strictement positif, on désigne par fkla fonction définie et dérivable sur l’ensemble des
nombres réels telle que : fk(x)=kxe−kx .
On note Cksa courbe représentative dans le plan muni d’un repère orthogonal ³O,−→ ı,−→ ´.
Partie A : Étude du cas k=1
On considère donc la fonction f1définie sur par f1(x)=xe−x.
1. Déterminer les limites de la fonction f1en −∞ et en +∞.
En déduire que la courbe C1admet une asymptote que l’on précisera.
Comme lim
x→−∞e−x=+∞, on a par produit lim x→−∞ f1(x)=−∞
f1(x)=x
ex. Par croissances comparées, on a lim
x→+∞ f1(x)=lim x→+∞
x
ex=0
Ce résultat montre l’axe des abscisses est asymptote horizontale àC1au voisinage de +∞.
2. Étudier les variations de f1sur puis dresser son tableau de variation sur .
f1produit de fonctions dérivables sur est dérivable et sur cet intervalle :
f0
1(x)=e−x−xe−x=e−x(1−x). Comme e−x>0 sur , le signe de f0 1(x) est celui de 1−x.
Donc f0
1(x)>0 si x<1 et f0 1(x)<0 si x>1. D’où le tableau de variations :
x
f0
1(x)
f1(x)
−∞ 1+∞
+0−
−∞−∞
e−1 e−1
00
0
0
3. Démontrer que la fonction g1définie et dérivable sur telle que : g1(x)=−(x+1)e−x
est une primitive de la fonction f1sur .
g1étant dérivable, on a pour tout réel, g0
1(x)=−1e−x−1×[−(x+1)e−x]=−e−x+(x+1)e−x=xe−x=f1(x).
Donc g1est bien une primitive de la fonction f1sur .
4. Étudier le signe de f1(x)suivant les valeurs du nombre réel x.
Comme pour tout réel x, ex>0, f1(x)=0⇐⇒ x=0.
Le tableau de variations ci-dessus montre donc que f1(x)<0 sur ] −∞ ; 0[ et f1(x)>0 sur ]0 ; +∞[.
x
f1(x)
−∞ 0+∞
−0+

Partie B : Propriétés graphiques
On a représenté sur le graphique de l’annexe 2 les courbes C2,Caet Cboù a et b sont des réels strictement positifs fixés et
Tla tangente à Cbau point Oorigine du repère.
1. Montrer que pour tout réel k strictement positif, les courbes Ckpassent par un même point.
De façon évidente fk(0) =k×0×e0=0, donc les courbes Ckpassent par l’origine.
2. a. Montrer que pour tout réel k strictement positif et tout réel x on a f 0
k(x)=k(1−kx)e−kx .
Produit de fonctions dérivables sur , fkl’est aussi et :
f0
k(x)=ke−kx −k×kxe−kx =ke−kx (1 −kx)
b. Justifier que, pour tout réel k strictement positif, fkadmet un maximum et calculer ce maximum.
kstrictement positif, et e−kx >0, pour tout réel x, donc le signe de la dérivée f0
k(x) est celui de 1−kx. Or :
1−kx <0⇐⇒ 1
k<x;
1−kx >0⇐⇒ 1
k>x;
1−kx =0⇐⇒ 1
k=x.
Il en résulte que la fonction fkest :
– croissante sur ¤−∞ ;1
k£;
– décroissante sur ¤1
k;+∞£;
– admet donc un maximum en 1
k:fk¡1 k¢=k×1 k×e−k×1
k=1e−1=1
e'0,368.
Conclusion : toutes les fonctions ont le même maximum e−1pour x=1
k
c. En observant le graphique de l’annexe 2, comparer a et 2. Expliquer la démarche.
Le maximum pourk=2 est obtenu pour x=1
2=0,5, donc le maximum pour faest obtenue pour une valeur
1
ainférieure à 0,5 donc pour a>2.
Note en fait on peut penser que l’abscisse du minimum est à peu près égale à 0,1, ce qui correspond à a=10
d. Écrire une équation de la tangente à Ckau point Oorigine du repère.
Une équation de cette tangente est :
y−fk(0) =f0
k(0)(x−0) ⇐⇒ y−0=k(1 −0)e0x⇐⇒ y=kx
e. En déduire à l’aide du graphique une valeur approchée de b.
Le coefficient directeur de la droite (T) est égal à 0,6
0,2 =3. Donc la courbe Cbcorrespond à la valeur b=3
3( 5 points ) Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Aucune justification n’est demandée. Pour chacune
des questions, une seule des propositions est exacte. Chaque réponse correcte rapporte 1point. Une réponse erronée ou une
absence de réponse n’ôte pas de point. Le candidat indiquera sur la copie le numéro de la question et la réponse choisie.
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct ³O,−→ u,−→ v´.
1. Soit z1=p6eiπ
4et z2=p2e−iπ
3. La forme exponentielle de iz1
z2est :
a. p3ei19π
12 b. p12e−iπ 12 c. p3ei7π 12 d. p3ei13π
12
¯¯¯¯iz1
z2¯¯¯¯=|i|×|z1| |z2|=1×p6
p2=p3 et argµiz1
z2¶=arg(i)+arg(z1)−arg(z2)=π 2+π 4+π 3=13π 12 [2π].
2. L’équation −z=z, d’inconnue complexe z, admet :
a. une solution
b. deux solutions
c. une infinité de solutions dont les points images dans le plan complexe sont situés sur une droite.
−z=z⇐⇒ z+z=0⇐⇒ 2Re(z)=0⇐⇒ Re(z)=0⇐⇒ z∈i
d. une infinité de solutions dont les points images dans le plan complexe sont situés sur un cercle.
Pour s’en convaincre, écrire les formes algébriques . .. −z=z⇐⇒ −a−ib=a−ib⇐⇒ a=−a⇐⇒ a=0

3. Soit El’ensemble des points Md’affixe z vérifiant |z+i|=|z−i|.
a. Eest l’axe des abscisses. Soit El’ensemble des points M d’affixe zvérifiant |z+i|=|z−i|.
Si on considère A d’affixe (−i) et A0d’affixe i, alors El’ensemble des points M tels que AM =A0M
est donc la médiatrice de [AA0], c’est l’axe des x.
b. Eest l’axe des ordonnées.
c. Eest le cercle ayant pour centre O et pour rayon 1.
4. On désigne par Bet Cdeux points du plan dont les affixes respectives b et c vérifient l’égalité c
b=p2eiπ
4.
a. Le triangle OBC est isocèle en O.
b. Les points O,B,C sont alignés.
c. Le triangle OBC est isocèle et rectangle en B.
En considérant les vecteurs −−→ OB et −−→ OC et en utilisant module et argument de zC−zO
zB−zO=p2eiπ
4, vu que p2eıπ 4
est écrit sous forme exponentielle (module : p2, argument : π
4)
on en déduit que : |zC−zO|
|zB−zO|=p2 et á
(−−→ OB ;−−→ OC ) =π
4
Donc OC =p2×OB et á (−−→ OB ; −−→ OC ) =π
4
On peut tracer le dessin du triangle OBC, il suffit de choisir B (autre que O)
−→
v
−→
u
−1 1 2 3 4 5
O
B
C
B0
π
4
i
2i
3i
4i
5i Le triangle OBC semble isocèle et rectangle en B, prouvons le en
calculant |0−b|et |c−b|puis arg zO−zB
zC−zB,
donc on va calculer zO−zB
zC−zBc’est-à-dire
zO−zB
zC−zB=−b
bp2eiπ
4−b=−1
p2eiπ
4−1=−1
(1+i) −1
car eiπ
4=p2
2+i³p2 2´et p2p2=2
zO−zB
zC−zB=−1 i=i car (−1) =(i)2
et i est de module 1 et d’argument π
2,
donc BO =BC et −−→ BO ⊥−−→ BC
5. On considère les points D,E,F,Get Hd’affixes respectives :
d=2+2i, e=−p3+i, f=1+ip3, g=−1+p3
2i et h=−1+³2+p3´i.
a. les points D,E et F sont alignés.
On a −−→ DE ¡−p3−2−i¢et −−→ DF ³−1+i¡p3−2¢´.
D’où −−→ DF =¡2−p3¢−−→ DE .
Les vecteurs sont colinéaires donc les points D, E et F sont alignés.
b. les points E, F et G appartiennent à un même cercle de centre H.
c. les affixes des points E et F sont les solutions d’une même équation du second degré à coefficients réels.