Corrigé devoir commun Terminale S 2 et 3 - 28 janvier 2012 Exercice 1 Partie A - Étude du signe d’une fonction 1. f somme de fonctions dérivables sur ]0; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle : 4 f ′(x) = 2 x + . x 4 Comme x > 0 ⇒ 2 x > 0 et > 0, on déduit que f ′(x) > 0. x La fonction f est donc strictement croissante sur ]0; +∞[. • lim x2 = 0 et lim 4 ln x = −∞ ; par somme de limites, on a lim f (x) = −∞. x→0 x→0 x→0 L’axe des ordonnées est donc asymptote verticale à la courbe représentative de f au voisinage de zéro. 4 = 0 ; par somme de limites, on a lim f (x) = +∞. • lim x2 = +∞ et lim x→+∞ x→+∞ x→+∞ x 2. La fonction f continue car dérivable croît sur ]0; +∞[ de −∞ à +∞. Elle réalise donc une bijection de ]0; +∞[ sur R ; donc tout réel, en particulier 0 a un antécédent unique dans ]0; +∞[. Il existe donc α réel 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 = α alors f (x) = 0 ; • si x > α alors f (x) > 0. Partie B 1 − x2 1 1. g(x) = x ⇔ e 4 =x ⇔ − 4 x2 = ln x (par croissance de la fonction logarithme népérien, 1 les deux membres étant supérieurs à zéro) ⇔ 4 x2 + 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 α est 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 > 0 et on montre que la propriété est vraie pour l’entier k + 1: un > 0, et un+1 = g(un) = e Donc pour tout entier naturel n, un > 0. u2 n 4 >0 . 3. a) La fonction g est dérivable sur R comme composée de fonctions qui le sont, et x −x2 g ′(x) = − 2 e 4 6 0 sur ]0; +∞[, donc la fonction g est strictement décroissante sur ]0; +∞[. b) Par suite, (un) est une suite alternée. c) Après avoir entré la fonction g dans la fonction y1(x) (calculatrice TI), on entre puis Entrée Entrée Entrée, ..., on obtient : 0,5 Entrée y1(ANS(1)) Entrée 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 n pour lequel les trois premières décimales de un et un+1 sont identiques est donc n = 6. Puisqu’on a supposé que u6 6 α 6 u7, on a donc 0, 838174 6 α 6 0, 838925. Donc 0, 838 est une valeur approchée de α à 10−3 près. On peut conjecturer que la suite converge vers la solution de l’équation g(x) = x dans ⋆ R+ c’est-à-dire α. Partie C - Un problème de distance 1. Avec M (x; 2 ln x), on a OM 2 = x2 + (2 ln x)2 = x2 + 4(ln x)2. p Comme x2 > 0 et 4(ln x)2 > 0, on a OM 2 > 0. Donc OM = x2 + 4(ln x)2 . 2. a. h somme de fonctions dérivables sur ]0; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle : ln x 2 x2 + 8 ln x 2 (x2 + 4 ln x) 2 f (x) 1 = = = . h ′(x) = 2 x + 8(ln x) × = 2 x + 8 x x x x x Comme x > 0, le signe de h ′(x) est celui de 2 f (x) , donc celui de f (x) qui a été étudié dans la partie A. Conclusion : • si 0 < x α: h ′(x) < 0 : la fonction h est décroissante sur [0; α[ ; • si x > α: h ′(x) > 0 : la fonction h est croissante sur ]α; +∞[. b. Le résultat précédent montre que la fonction h a un minimum h(α). La fonction p définie par x OM = h(x) a 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 M de (Γ) distinct de A. 2 ′ 3. La tangente TA à la courbe (Γ) au point A a pour vecteur directeur (1; ϕ (α)) = 1; . α La droite OA a pour vecteur directeur OA(α; 2 ln α). Le produit scalaire de ces deux vecteurs est égal à : 4 ln α α2 + 4 ln α 2 = . 1 × α + × 2 ln α = α + α α α On a vu dans la question précédente que f (α) = α2 + 4 ln α = 0 donc le produit scalaire est nul, ce qui montre que la droite (OA) est perpendiculaire à la tangente TA. Exercice 2 − iπ 1. On sait que la rotation RA a pour écriture complexe : z ′ − a = e 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 = −iz + 10i=i(10 − z). =2i L’affixe du point U est donc u = i(10 − z). iπ De même la rotation RB a pour écriture complexe : z ′ − b = e 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 = iz − 10i=i(z − 10). =−2i L’affixe du point T est 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 − 5 z − 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 Γ des points M d’affixe z tels que : zz − 5 z − 5z = 0 est donc le cercle de centre Ω d’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, M et U sont 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 k tel que OU = k OM, i.e. encore s’il existe un réel k tel que u = k z. ū u u u u Or : u = k z avec k réel ⇔ z ∈ R ⇔ z = z ⇔ z = . z̄ u ū Donc les points O, M et U sont alignés si et seulement si = . z z̄ b. Il résulte du a. que les points O, M et U sont alignés si et seulement si uz − uz = 0. Or : uz − uz = 0 ⇔ i(10 − z)z + i(10 − z) z = 0 ⇔ 10z + 10 z − 2 zz = 0 ⇔ zz − 5 z − 5z = 0 ⇔ M ∈ Γ. Donc les points O, M et U sont alignés si et seulement si M appartient au cercle Γ. 4. OM U est isocèle en O ⇔OM = OU ⇔ |z | = |u| ⇔ |z | = |10 − z | ⇔ OM = M P⇔ M appartient à la médiatrice du segment [OP]. Donc l’ensemble des points M du 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 u ū u u est un imaginaire pur ⇔ = − z ⇔ = − ⇔ uz + uz = 0 ⇔ i(10 − z)z − i(10 − z) z = z z z̄ z 0 ⇔ 10z − 10 z = 0 ⇔ z = z ⇔ z ∈ R. u Donc l’ensemble des nombres complexes z tels que soit un imaginaire pur est l’axe z réel privé de O. Si M un point de la droite (OP) privée de O et P, alors z 0 et u 0 et on a : est u π = 2 (π). arg z u π (2 π), on en déduit : (OM, OU) = 2 (π) . Et comme (OM, OU) = arg z 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 M est en Ω. Donc il existe une unique position du point M tel 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. f somme de fonctions dérivables sur [0; 1] est dérivable et sur cet intervalle : x2 + 1 − 2 x (x − 1)2 1 = = 2 . f ′(x) = 1 − 2 x × 2 x +1 x2 + 1 x +1 On a quel que soit x, x2 + 1 > 1 > 0 et 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 − ln 2 < 1. La fonction est croissante de 0 à 1 − ln 2 < 1, donc toutes les images f (x) appartiennent à l’intervalle [0;1]. Partie B 1. Initialisation : u0 = 1 6 1, donc u0 ∈ [0; 1]. Hérédité : Supposons qu’il existe un entier p tel que u p ∈ [0; 1] ; d’après la partie A, on a u p+1 = f (u p) et on a vu que si u p ∈ [0; 1], alors f (u p) = u p+1 ∈ [0; 1]. On a donc pour tout naturel n, un ∈ [0; 1]. 2. On a un+1 − un = −ln (u2n + 1) Or un > 0 ⇒ u2n > 0 ⇒ u2n + 1 > 1 ⇒ ln (u2n + 1) > 0 ⇔ 0 > −ln (u2n + 1). Conclusion : quel que soit le naturel n, un+1 − un 6 0 : 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 un = 0. n→+∞ Exercice 4 Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct (O; Qu , Qv ). 1. Soit (E) l’ensemble des points M d’affixe z vérifiant : z = 1 − 2i+eiθ, θ étant un nombre réel. z = 1 − 2i+eiθ, ⇒|z − (1 − 2i)| = |eiθ | soit |z − (1 − 2i)| = 1. Conclusion : les points M d’affixe z sont à la distance 1 du point d’affixe 1 − 2i. Comme θ ∈ R, la réponse est c. 2. Soit f l’application du plan qui, à tout point M d’affixe z associe le point M ′ d’affixe z ′ tel que z ′ = −iz − 2i. Un point M d’affixe z est invariant par f si et seulement si : z = −iz − 2i⇔ −2i z (1 + i) = −2i⇔z = = −1 − i. 1+i Il y a donc un point invariant par f . z′ = −iz − 2i entraîne par différence : −1 − i = −i(−1 − i) − 2i z ′ − (−1 − i) = −i[z − ( − 1 − i)]. f est donc la rotation de centre le point d’afixe π −1 − i et d’angle − . Réponse d. 2 3. Soit (F) l’ensemble des points M d’affixe z vérifiant |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 M appartient 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 + y 2 = 7 + i, soit en identifiant parties réelles et parties imaginaires : x + x2 + y 2 = 7 y = 1 La partie imaginaire de(s) la solution(s) est égale à 1. La première équation s’écrit : x + x2 + y 2 = 7 ⇔ x2 + 1 + x = 7 ⇔ x2 + x − 6 = 0 ⇔ (x − 2) (x + 3) = 0 ⇔ x = 2 ou 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.