corrigé

Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle
Devoir maison n°5 - correction
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
a=1
a=1
b−i=-4−i
b−ai=-4−i
ñ
donc z 3−(4+i)z 2+(13+4i)z−13i = (z−i)( az 2+bz+c ) ñ
13−bi=13+4i
c−bi=13+4i
c=13
-ci=-13i
a=1
a=1
b=-4 
ñ
ñ b=-4
b=-4 
c=13
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.
4+ 36 i 4+6i
Donc l’équation admet deux solutions complexes conjuguées : z1=
=
=2+3i et z2= z1 = 2−3i.
2
2
Ainsi les solutions dans Ê de l’équation (E) sont i;2+3i;2−3i .
Exercice 2 (Nouvelle Calédonie, mars 2005)
y
4
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)
3
2
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[
1
-1
0
-1
-2
-3
3. On se propose maintenant d’étudier la fonction f.
4.
a. Etudions le sens de variation de f.
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-4
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1
2
3
x
La fonction f est dérivable sur ]-1;+õ[ comme somme de fonctions dérivables sur ]-1;+õ[.
2,2
(2x−2,2)(x+1)+2,2 2x 2−0,2x 2x(x−0,1)
┐x>-1, f ′(x)=2x−2,2+
=
=
=
x+1
x+1
x+1
x+1
┐x>-1, x+1>0 donc f ′(x) est du signe de son numérateur.
x
0
0,1
−1
+∞
2x
0
+
+
0
+
x−0,1
0
+
+
+
x+1
+
0
0
+
f ’(x)
f
′(x)>0
ssi
x☻]-1;0[∟]0,1;+õ[

Donc 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 ln(x+1)= lim lnX=-õ
x↔ - 1
x> - 1
X↔0
X>0
De plus lim x 2−2,2x=3,2 donc lim f(x)=-õ
x↔-1
x↔-1
x>-1
A l’infini, la limite d’un polynôme est celle de son terme de plus haut degré
donc lim x 2 −2,2x= lim x 2 =+õ
x↔ + õ
x↔ + õ
De plus lim ln(x+1)= lim lnX=+õ donc lim f(x)=+õ
x↔+ õ
X↔+ õ
d’où le tableau des variations de f :
x
−1
+
signe de f ′(x)
x↔+ õ
0
0
0
−
0,1
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 f(x)=+õ
x↔+ õ
donc 0☻ f(0,1); lim f donc d’après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, on

+õ 
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, Ymin =-10-3 et Ymax =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.
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