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DM5 – Correction Page 1 sur 2
Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle
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Devoir maison n°5
maison n°5maison n°5
maison n°5 -
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Exercice 1 (Extrait de France juin 2007):
On considère l’équation :
(E) : z
3
−(4+i)z
2
+(13+4i)z−13i=0 où z est un nombre complexe.
1. Démontrons que le nombre complexe i est solution de cette équation :
i
3
−(4+i)×i
2
+(13+4i)×i−13i=-i+4+i+13i−4−13i=0 donc i est solution de (E) .
2. Déterminons les nombres réels a, b et c tels que, pour tout nombre complexe z, on ait :
z
3
−(4+i)z
2
+(13+4i)z−13i = (z−i)
( )
az
2
+bz+c
(z−i)
( )
az
2
+bz+c = az
3
+bz
2
+cz−aiz
2
−biz−ci = az
3
+(b−ia)z
2
+(c−bi)z−ci
donc z
3
−(4+i)z
2
+(13+4i)z−13i = (z−i)
( )
az
2
+bz+c ñ
a=1
b−ai=-4−i
c−bi=13+4i
-ci=-13i
ñ
a=1
b−i=-4−i
13−bi=13+4i
c=13
ñ
a=1
b=-4
b=-4
c=13
ñ
a=1
b=-4
c=13
Ainsi, z
3
−(4+i)z
2
+(13+4i)z−13i=(z−i)
( )
z
2
−4z+13
3. Déduisons-en les solutions de l’équation (E) :
Dans Ê, z
3
−(4+i)z
2
+(13+4i)z−13i=0 ñ(z−i)
( )
z
2
−4z+13 =0 ñ z−i=0 ou z
2
−4z+13=0
Résolvons dans Ê l’équation du second degré : z
2
−4z+13=0
Le discriminant est ∆=(-4)
2
−4×1×13=16−52=-36 =(6i)
2
<0.
Donc l’équation admet deux solutions complexes conjuguées : z
1
=
4+36 i
2
=
4+6i
2
=2+3i et z
2
=z
1
= 2−3i.
Ainsi les solutions dans Ê de l’équation (E) sont i;2+3i;2−3i.
Exercice 2 (Nouvelle Calédonie, mars 2005)
Le plan est rapporté au repère orthonormal
( )
O,Åi,Åj.
Soit f la fonction définie sur ]-1;+õ[ par f(x)=x
2
−2,2x+2,2ln(x+1)
1. courbe représentative de f.
voir ci-contre
2. Conjectures
La fonction f semble croissante sur ]-1;+õ[
L’équation f(x)=0 semble avoir 0 pour unique solution sur ]-1;+õ[
3. On se propose maintenant d’étudier la fonction f.
4.
a. Etudions le sens de variation de f.
2 3-1
2
3
4
-1
-2
-3
-4
0 1
1
x
y

DM5 – Correction Page 2 sur 2
La fonction f est dérivable sur ]-1;+õ[ comme somme de fonctions dérivables sur ]-1;+õ[.
┐x>-1, f ′(x)=2x−2,2+
2,2
x+1
=
(2x−2,2)(x+1)+2,2
x+1
=
2x
2
−0,2x
x+1
=
2x(x−0,1)
x+1
┐x>-1, x+1>0 donc f ′(x) est du signe de son numérateur.
x
−
1
0 0,1
+
∞
2x - 0 + +
x−0,1 - - 0 +
x+1 0 + + +
f ’(x) + 0 - 0 +
Donc
f ′(x)>0 ssi x☻]-1;0[∟]0,1;+õ[
f ′(0)=f ′(0,1)=0
f ′(x)<0 ssi x☻]0;0,1[
On déduit que f est strictement croissante sur ]-1;0] et sur [0,1;+õ[ et strictement décroissante sur
[0;0,1].
b. Limites de f en -1 et en +õ
 lim
x↔-1
x>-1
ln(x+1)= lim
X↔0
X>0
lnX=-õ
De plus lim
x↔-1
x
2
−2,2x=3,2 donc lim
x↔-1
x>-1
f(x)=-õ
 A l’infini, la limite d’un polynôme est celle de son terme de plus haut degré
donc lim
x↔+ õ
x
2
−2,2x= lim
x↔+ õ
x
2
=+õ
De plus lim
x↔+ õ
ln(x+1)= lim
X↔+ õ
lnX=+õ donc lim
x↔+ õ
f(x)=+õ
d’où le tableau des variations de f :
x
−
1
0 0,1
+
∞
signe de
f
′
(x)
+ 0
−
0 +
0 +õ
f
-õ f(0,1)
c. Déduisons-en le nombre de solutions de l’équations f(x)=0
 D’après le tableau de variations, l’équation f(x)=0 admet 0 pour unique solution sur ]-1;0,1]
 f est dérivable donc continue sur ]-1;+õ[ donc sur [0,1;+õ[.
f est strictement croissante sur [0,1;+õ[, f(0,1)<0 et lim
x↔+ õ
f(x)=+õ
donc 0☻ f(0,1); lim
+õ
fdonc d’après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, on
déduit que l’équation f(x)=0 admet une unique solution α sur ]0,1;+õ[
 En résumé l’équation f(x)=0 admet exactement deux solutions sur ]-1;+õ[ :
0 et α☻[0,1;+õ[
d. Confirmation ou infirmation des conjectures
Les conjectures émises à la question 1. étaient donc fausses puisque f n’est pas croissante sur ]-1;+õ[ et
que l’équation f(x)=0 n’admet pas une unique solution sur ]-1;+õ[
5. On veut représenter, sur l’écran d’une calculatrice, la courbe représentative de f sur l’intervalle [-0,1;0,2].
a. Proposition de valeurs extrêmes de l’ordonnée y
On peut choisir par exemple, Y
min
=-10
-3
et Y
max
=10
-3
car f(0,1)>-10
-3
et f(0)<10
-3
b. A l’aide de la calculatrice, déterminons une valeur approchée par défaut à 10-2 près de la plus grande
solution α de f(x)=0.
D’après la calculatrice, on trouve f(0,15)<0 et f(0,16)>0, donc un encadrement de α à 10
-2
près est
0,15<α<0,16 d’où une valeur approchée par défaut à 10
-2
près de α est 0,15.