Terminale S Devoir n°4 9 Décembre 2009

Terminale S
Exercice 1
Résoudre dans
Devoir n°4
9 Décembre 2009
les équations suivantes :
b) 2 z 2  2 z  1  0
a) 3z  2i  (1 i) z  3
Exercice 2
On considère la fonction f qui à tout complexe z associe le complexe u =
z  2i
iz  3
1) Quel est le complexe qui n’a pas d’image par f ? On donnera la réponse sous forme algébrique.
2) Déterminer les images par f de : a) i ; b) 1 + i.
3) Résoudre f ( z )  2 .
4) Sachant que z  x  iy , x 
et y 
, donner la partie réelle de u en fonction de x et de y.
Exercice 3. Pour les élèves suivant la spécialité
math. Sur 3 points.
Pour les TS C : à rédiger sur une feuille à part
3) En déduire l’ensemble des solutions de (E).
Exercice 3. Pour les élèves suivant la spécialité
physique ou SVT. Sur 3 points.
On considère l’équation (E) d’inconnues (x, y) :
37x + 22y = 1.
1) Démontrer que cette équation admet au moins une
Pour une fonction f, on note f(1) ou f ’la dérivée de f, f(2)
ou f  la dérivée de f ‘ ; f (3) la dérivée de f(2), etc…
Soit f la fonction définie sur par f(x) = x ex.
Démontrer, par récurrence, que pour tout entier n ≥ 1,
2
solution dans .
2) En utilisant l’algorithme d’Euclide, trouver un
couple d’entiers relatifs  x0 ; y0  solution de (E).
on a : f ( n ) ( x)  ( n  x)e x
Exercice 4.
Partie A.
Soit g la fonction définie sur [0 ; +
[ par g ( x)  xe  x  2(1  e  x ) .
1) Calculer la limite de g en + .
2) Montrer que : g '( x )  e  x (3  x )
3) Etudier les variations de g et en déduire son signe sur [0 ; +
Partie B.
Soit f la fonction définie sur [0 ; +
1)
a)
b)
c)
d)
[.
[ par : f ( x)  ( x 1)( 2  e x ) .
Etudier la limite de f en + .
Montrer que la droite ∆ d’équation y = 2x – 2 est asymptote à C.
Etudier la position relative de C et ∆.
Calculer f '( x) puis vérifier que f '  g . En déduire le tableau de variations de f.
2) Calculer l’abscisse du point d’intersection de la courbe C avec l’axe des abscisses.
3) Déterminer le point A de C en lequel la tangente à C est parallèle à ∆.
4) Soit F la fonction définie sur [0 ; +
[ par : F(x) = x 2  2 x  xe  x  1 .
Montrer que F est une primitive de f sur [0 ; +
[.
Corrigé
Exercice 1
3z  2i  (1 i) z  3  (2-i)z=3+2i  z 
b) 2 z 2  2 z  1  0
(3  2i )(2  i)
3  2i
4  7i
 z
 z
(2  i)(2  i)
2i
5
4 7
Conclusion : S  { 5  5 i}
est une équation du second degré de discriminant  = –4=(2i)²
Elle a deux solutions complexes conjuguées : z1 
2  2i
2  2i
et z2 
4
4
1 1 1 1 
d’où S    i ;  i 
2 2 2 2 
Exercice 2
On considère la fonction f qui à tout complexe z associe le complexe u =
z  2i
iz  3
1) Le calcul de f ( z ) est impossible quand le dénominateur est nul. On résout iz  3  0
3
 3i  z  3i : le complexe qui n’a pas d’image par f est – 3i.
i
i  2i
i
1
2) f (i) 
  i
i(i)  3 4
4
1  i  2i 1  i 4  i 3  5i 3 5
f (1  i) 



  i
i(1  i)  3 4  i 4  i
17
17 17
iz  3  0  iz  3  z 
3) Pour z – 3i on a : f ( z )  2 
z  2i
 2  z  2i  2iz  6
iz  3
On pose z = x + iy avec x et y réels et (x,y)  (0 ;- 3). L’équation devient :
x  iy  2i  2i( x  iy)  6  x  i( y  2)  2 y  6  2ix
10

x

x  2 y  6
x  2 y  6

3


En raison de l’unicité de l’écriture algébrique, on en déduit : 
 y  2  2x
 y  2  4 y  12
 y   14

3
 10 14 
 i
 3 3 
S = 
4) z  x  iy , x 
u=
et y 
, avec (x,y)  (0 ;- 3)
z  2i
x  iy  2i
x  i ( y  2) 3  y  ix 3x  xy  x ( y  2)
(3  y )( y  2)  x ²




i
i z  3 i ( x  iy )  3
3  y  ix 3  y  ix
(3  y )²  x ²
(3  y )²  x ²
La partie réelle de u est donc :
x  2 xy
(3  y)²  x²
Exercice 3 Spé.
1) PGCD (37, 22) = 1 donc d’après le théorème de Bezout l’équation (E) admet au moins une solution dans 2 .
2) Algorithme d’Euclide : 37 = 22 × 1 + 15
22 = 15 × 1 + 7
15 = 7 × 2 + 1
Donc 1 = 15 – 2× 7 = 15 – (22 - 15× 1) ×2 = 15× 3 – 22 × 2
D’où 1 = (37 - 22×1) × 3 – 22 × 2 = 37 × 3 – 22 × 5.
Le couple (3 ; – 5) est donc solution de l’équation (E).
3) Déterminons l’ensemble des solutions de (E).
Soit (x, y) un couple solution de (E) alors 37x + 22y = 1 et d’après 2) 37 × 3 – 22 × 5 = 1.
On a donc 37x + 22y = 37 × 3 – 22 × 5  37(x – 3) = 22( – 5 – y).
37 divise 37(x – 3) donc 37 divise 22( – 5 – y) or 37 et 22 sont premiers entre eux donc d’après le théorème de
Gauss 37 divise ( – 5 – y). On en déduit qu’il existe k tel que – 5 – y = 37 k soit y = – 37k – 5.
37(x – 3) = 22 × 37k d’où x – 3 = 22k , k
soit x = 3 + 22k.
Réciproquement , vérifions que x = 3 + 22k et y = – 37k – 5, k
, sont bien solution de (E).
37(3 + 22k) + 22(– 37k – 5) = 111 + 37 × 22k – 22 ×37 k – 110 = 1.
L’ensemble des solutions de (E) est  3  22k ;  5  37k  k 
.
Exercice 3 non spé :
f(x) = x ex
On veut démontrer par récurrence la propriété : pour tout entier n ≥ 1, on a : f ( n ) ( x)  ( n  x)e x
Initialisation :
f est dérivable sur R et est de type uv avec u(x)=x et v(x) = ex
On a donc f (1) ( x)  f '( x)  1e x  xe x  (1  x)e x
D’autre part, pour n = 1, (n+x)ex=(1+x) ex
Donc la propriété est vraie pour n = 1
Hérédité :
supposons la propriété vraie pour un entier naturel k quelconque ≥1, c'est-à-dire supposons que f ( k ) ( x)  (k  x)e x
On veut démontrer que alors f ( k 1) ( x)  (k  1  x)e x
Dérivons f (k)
C’est une fonction de type produit uv avec u(x) = k+x donc u’(x) =1 et v(x) = ex donc v’(x) = ex
On sait que (uv)’= u’v+uv’ donc
f (k+1)(x) = 1 ex+(k+x) ex= (k+1+x) ex
La propriété est donc vraie au rang k+1
Conclusion : par le principe de récurrence, pour tout n ≥ 1 ,
f ( n ) ( x )  ( n  x )e x
Exercice 5.
Partie A.
1) Limite de g en + inf ?
ex
   donc par passage à l'inverse lim xe x  0
x  x
x  
lim e x  0d'où lim (1  e x )  1 et lim 2(1  e x )  2
lim
x  
x  
On peut conclure que lim g ( x)  2
x  
x 
2) Dérivée de g ?
[ et g '( x)  e  x  xe  x  2 e  x  3 e  x  xe  x
g est dérivable sur [0 ; +
Donc g '( x)  e  x (3  x)
3) Variations de g.
e > 0 pour tout x réel donc g’est du signe de 3 – x .
x
0
3
+
-x
g’(x)
Variation de g
+
0
–
0
1
D’après le tableau de variation le minimum de g sur [0 ; +
[ est 0 donc pour tout x ∈[0 ; +
[
g(x)
0.
Partie B.
1)
a) limite de f en +
lim x  1    

f ( x)   
 on en déduit que xlim
x
 
lim (2  e )  2 
x  

b)
x 
lim f ( x)  ( 2 x  2)  lim  ( x 1) e x  lim ( xe x  e x ) or on a montré dans la partie A) que lim xe x  0
x 
x 
x  
x 
Et on a lim e x  0. On peut donc conclure que lim f ( x)  (2 x  2)  0
x  
x  
et donc que la droite ∆ est asymptote à C en + .
c) position relative de C et ∆.
Il faut donc étudier le signe de f(x) – (2x – 2).
f(x) – (2x – 2) = – (x – 1)e-x = (– x + 1)e-x du signe de – x + 1 car e-x > 0 pour tout réel x.
x
0
1
+
Signe de f
+ 0
–
Pour x ∈ [0 ; 1[ C est au dessus de ∆
; pour x ∈ ]1 ; + [
d) Calcul de f ’
f de la forme u × v u(x) = x – 1 d’où u’(x) = 1 et v(x) = 2 – e-x
C est en dessous de ∆ ; en x = 1 C et ∆ sont sécantes.
d’où v’(x) = e-x
alors f '( x)  2  e  x  ( x 1) e  x  2  e  x  xe  x  e  x  2(1  e  x )  xe  x donc f '( x)  g ( x)
De la partie A on déduit le tableau de variation de f.
x
0
Signe de f ‘
0
+
+
Variation de f
+
–1
2)
Abscisse du point d’intersection de la courbe C avec l’axe des abscisses.
Chercher l’abscisse du point d’intersection de C avec l’axe des abscisses revient à résoudre f(x) = 0.
f ( x)  0  ( x 1)( 2  e x )  0  x 1 0 ou 2  e x  0  x 1 ou x   ln 2 0;  
donc sur [0 ; +
[ C coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse 1.
3) Tangente à C parallèle à ∆ ?
La tangente en A à C est parallèle à ∆ si les deux droites ont même coefficient directeur 2.
On doit donc résoudre f '( x)  2 .
f '( x)  2  xe x  2(1 e  x )  2  xe  x  2e  x  0  e  x ( x  2)  0  x  2  0 car e-x > 0 pour tout x réel.
On en déduit que le point A a pour abscisse 2 et pour ordonnée f(2) = 2 – e-2.
4) F est une primitive de f sur [0 ; +
[?
F(x) = x 2  2 x  xe  x  1 est une primitive de f sur [0 ; +
F’(x) = 2x – 2 + e-x – xe-x
[ si F’(x) = f(x).
or f(x) = (x – 1)(2 – e-x) = 2x – 2 + e-x – xe-x donc F’(x) = f(x).