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. fsomme de fonctions dérivables sur ]0; +∞[est dérivable et sur cet intervalle :
f′(x) = 2 x+4
x.
Comme x > 0⇒2x > 0et 4
x>0, on déduit que f′(x)>0.
La fonction fest donc strictement croissante sur ]0; +∞[.
•lim
x→0
x2= 0 et lim
x→04ln x=−∞ ; par somme de limites, on a lim x→0
f(x) = −∞.
L’axe des ordonnées est donc asymptote verticale à la courbe représentative de fau
voisinage de zéro.
•lim
x→+∞
x2= +∞et lim
x→+∞
4
x= 0 ; par somme de limites, on a lim
x→+∞
f(x) = +∞.
2. La fonction fcontinue car dérivable croît sur ]0; +∞[de −∞ à+∞. Elle réalise donc
une bijection de ]0; +∞[sur R; donc tout réel, en particulier 0a un antécédent unique
dans ]0; +∞[.
Il existe donc αréel 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=αalors f(x) = 0 ;
•si x > α alors f(x)>0.
Partie B
1. g(x) = x⇔e−1
4x2
=x⇔ −1
4x2=ln x(par croissance de la fonction logarithme népérien,
les deux membres étant supérieurs à zéro) ⇔1
4x2+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 αest 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>0et on montre
que la propriété est vraie pour l’entier k+ 1:un>0, et un+1 =g(un) = e
un
2
4>0.
Donc pour tout entier naturel n,un>0.
3. a) La fonction gest dérivable sur Rcomme composée de fonctions qui le sont, et
g′(x) = −x
2e
−x2
460sur ]0; +∞[, donc la fonction gest strictement décroissante sur
]0; +∞[.
b) Par suite, (un)est une suite alternée.
c) Après avoir entré la fonction gdans la fonction y1(x)(calculatrice TI), on entre
0,5 Entrée y1(ANS(1)) Entrée puis Entrée Entrée Entrée, ..., on obtient :
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 npour lequel les trois premières décimales de unet un+1 sont
identiques est donc n= 6.
Puisqu’on a supposé que u66α6u7, on a donc 0,838174 6α60,838925.
Donc 0,838 est une valeur approchée de αà 10−3près.
On peut conjecturer que la suite converge vers la solution de l’équation g(x) = xdans
R+
⋆c’est-à-dire α.

Partie C - Un problème de distance
1. Avec M(x; 2 ln x), on a OM2=x2+ (2 ln x)2=x2+ 4(ln x)2.
Comme x2>0et 4(ln x)2>0, on a OM2>0. Donc OM=x2+ 4(ln x)2
p.
2.
a. hsomme de fonctions dérivables sur ]0; +∞[est dérivable et sur cet intervalle :
h′(x) = 2 x+ 8(ln x)×1
x= 2 x+ 8ln x
x=2x2+ 8 ln x x=2 (x2+ 4 ln x) x=2f(x) x.
Comme x > 0, le signe de h′(x)est celui de 2f(x), donc celui de f(x)qui a
été étudié dans la partie A. Conclusion :
•si 0< x α:h′(x)<0: la fonction hest décroissante sur [0; α[;
•si x > α:h′(x)>0: la fonction hest croissante sur ]α; +∞[.
b. Le résultat précédent montre que la fonction ha un minimum h(α). La fonction
définie par xOM=h(x)
pa 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 Mde (Γ) distinct de A.
3. La tangente TAà la courbe (Γ) au point A a pour vecteur directeur (1; ϕ′(α)) =1; 2
α.
La droite OA a pour vecteur directeur OA(α; 2 ln α).
Le produit scalaire de ces deux vecteurs est égal à :
1×α+2
α×2ln α=α+4ln α
α=α2+ 4 ln α α.
On a vu dans la question précédente que f(α) =α2+ 4ln α=0 donc le produit scalaire
est nul, ce qui montre que la droite (OA) est perpendiculaire à la tangente TA.
Exercice 2
1. On sait que la rotation RAa pour écriture complexe : z′−a=e−iπ
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
=2i
=−iz+10i=i(10 −z).
L’affixe du point Uest donc u=i(10 −z).
De même la rotation RBa pour écriture complexe : z′−b=e
iπ
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
=−2i
=iz−10i=i(z−10).
L’affixe du point Test 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 −5z−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 Γdes points Md’affixe ztels que : zz −5z−5z= 0 est donc le cercle
de centre Ωd’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, Met Usont 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 ktel
que OU =kOM, i.e. encore s’il existe un réel ktel que u=k z.
Or : u=k z avec kréel ⇔u
z∈R⇔u
z=u z⇔u z=u¯
z¯.
Donc les points O, Met Usont alignés si et seulement si u
z=u¯ z¯.
b. Il résulte du a. que les points O, Met Usont alignés si et seulement si uz −uz =0.
Or :
uz −uz = 0 ⇔i(10 −z)z+ i(10 −z)z= 0 ⇔10z+10 z−2zz = 0 ⇔
zz −5z−5z= 0 ⇔M∈Γ.
Donc les points O, Met Usont alignés si et seulement si Mappartient au
cercle Γ.
4. OM U est isocèle en O ⇔OM=OU⇔ |z|=|u| ⇔ |z|=|10 −z| ⇔ OM=MP⇔
Mappartient à la médiatrice du segment [OP].
Donc l’ensemble des points Mdu 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
zest un imaginaire pur ⇔u z=−u
z⇔u
z=−u¯ z¯⇔uz +uz =0 ⇔i(10 −z)z−i(10 −z)z=
0⇔10z−10 z= 0 ⇔z=z⇔z∈R.
Donc l’ensemble des nombres complexes ztels que u
zsoit un imaginaire pur est l’axe
réel privé de O.
Si Mest un point de la droite (OP) privée de O et P, alors z0et u0et on a :
argu
z=π
2(π).
Et comme (OM,OU) = argu
z(2 π), on en déduit : (OM,OU) = π 2(π).
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 Mest en Ω.
Donc il existe une unique position du point Mtel 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. fsomme de fonctions dérivables sur [0; 1] est dérivable et sur cet intervalle :
f′(x) = 1 −2x×1
x2+ 1 =x2+ 1 −2x
x2+ 1 =(x−1)2
x2+ 1 .
On a quel que soit x,x2+1 >1>0et 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 −ln2<1. La fonction est croissante de 0à1−ln2<1,
donc toutes les images f(x)appartiennent à l’intervalle [0;1].

Partie B
1. Initialisation : u0= 1 61, donc u0∈[0; 1].
Hérédité : Supposons qu’il existe un entier ptel que up∈[0; 1] ; d’après la partie A,
on a up+1 =f(up)et on a vu que si up∈[0; 1], alors f(up) = up+1 ∈[0; 1].
On a donc pour tout naturel n, un∈[0; 1].
2. On a un+1 −un=−ln (un
2+ 1)
Or un>0⇒un
2>0⇒un 2+ 1 >1⇒ln (un 2+ 1) >0⇔0>−ln (un 2+ 1).
Conclusion : quel que soit le naturel n, un+1 −un60: 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
n→+∞
un= 0.
Exercice 4
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct (O;u, v ).
1. Soit (E) l’ensemble des points Md’affixe zvérifiant : z= 1 −2i+eiθ,θétant un nombre
réel. z= 1 −2i+eiθ,⇒|z−(1 −2i)|=|eiθ|soit |z−(1 −2i)|= 1.
Conclusion : les points Md’affixe zsont à la distance 1 du point d’affixe 1−2i.
Comme θ∈R, la réponse est c.
2. Soit fl’application du plan qui, à tout point Md’affixe zassocie le point M′d’affixe
z′tel que z′=−iz−2i.
Un point Md’affixe zest invariant par fsi et seulement si : z=−iz−2i⇔
z(1 + i) = −2i⇔z=−2i
1 + i=−1−i.
Il y a donc un point invariant par f.
z′=−iz−2i
−1−i=−i(−1−i)−2ientraîne par différence :
z′−(−1−i) = −i[z−(−1−i)].fest donc la rotation de centre le point d’afixe
−1−i et d’angle −π
2. Réponse d.
3. Soit (F) l’ensemble des points Md’affixe zvérifiant |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 Mappartient 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+y2= 7 + i, soit en identifiant parties réelles et parties imaginaires :
x+x2+y2= 7
y= 1
La partie imaginaire de(s) la solution(s) est égale à 1. La première équation s’écrit :
x+x2+y2= 7 ⇔x2+ 1+ x= 7 ⇔x2+x−6 = 0⇔(x−2) (x+ 3) = 0 ⇔x= 2ou 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.