Correction du DS n°5 Exercice 1 1. f (x)=1 × √ x(2 − x) + x × 2 − 2x 2

Correction du DS n°5
Exercice 1
1.
p
2 − 2x
x(2 − x)
x(−x + 2)
x(2 − x) + x × p
=p
+p
2 x(2 − x)
x(2 − x)
x(2 − x)
−2x2 + 3x
x(3 − 2x)
2x − x2 − x2 + x
p
=p
=p
=
x(2 − x)
x(2 − x)
x(2 − x)
f 0 (x) = 1 ×
2. a )
p
f (x)
= lim x(2 − x) = 0
x→0
x→0
x
f (x) − f (0)
f (x)
b ) Le taux d’accroissement de f en 0 est T =
=
x−0
x
D’après la question précédente
f (x)
lim T = lim
=0
x→0
x→0
x
Ce qui signifie que la fonction f est dérivable en 0 de nombre dérivé f 0 (0) = 0.
lim
c ) Déterminons le taux d’accroissement en 2 de la fonction f , en considérant une valeur
de h proche de 0 mais négative (car f n’est définie qu’à gauche de 2).
p
p
(2 + h) (2 + h) (2 − (2 + h))
(2 + h) (2 + h)(−h)
f (2 + h) − f (2)
=
=
T=
h√
h
h
√
√
√
√
−h
1
(2 + h) 2 + h × −h
= −(2 + h) 2 + h ×
= −(2 + h) 2 + h × √
=−
−h
−h
−h
√
√
1
Or lim− − (2 + h) 2 + h = −2 2 et lim− √
= +∞, d’où lim− T = −∞
h→0
h→0
h→0
−h
Ce qui signifie que la fonction f n’est pas dérivable en 2.
3. f 0 (x) est du signe de 3 − 2x
sur l’intervalle ]0, 2[.
3
3
0
0
et f (x) est négatif pour x ∈
, 2
f (x) est positif pour x ∈ 0,
2
2
D’où le tableau de variations suivant
x
3
2
0
f 0 (x)
+
0
2
−
√
3 3
4
f (x)
0
Francis CORTADO, Collège Protestant Français Beyrouth
0
1
Exercice 2
1. a )
f (x + 2π) = (sin (x + 2π))2 + cos (x + 2π) = (sin(x))2 + cos(x) = f (x)
f est donc périodique de période 2π
b)
f (−x) = (sin (−x))2 + cos(−x) = (− sin x)2 + cos x = f (x)
f est donc une fonction paire, ce qui entraine que sa courbe représentative est symétrique par
rapport à l’axe des ordonnées.
2. a )
f 0 (x) = 2 sin x cos x − sin x = sin x (2 cos x − 1)
b)
π 1
⇔ cos x > cos
2
3
En utilisant une représentation sur un cercle trigonométrique (ou bien d’après la décroissance
de la fonction cosinus sur l’intervalle [0, π]), nous obtenons que : h
πi
sur [0, π] l’inéquation 2 cos x − 1 > 0 a pour solutions l’intervalle 0,
3
c ) Comme sin x est positif sur l’intervalle [0, π], il s’ensuit que f 0 (x) sera du signe de
2 cos x − 1 sur cet intervalle,
précédente :
h π la question
i
h π i et donc d’après
0
et négatif sur
, π
f (x) est positif sur 0,
3
3
d)
2 cos x − 1 > 0 ⇔ cos x >
x
π
3
0
f 0 (x)
+
0
π
−
5
4
f (x)
1
Francis CORTADO, Collège Protestant Français Beyrouth
−1
2
Exercice 3
1. Soit b un nombre réel, ib est solution de l’équation (E) si et seulement si
(ib)3 − (4 + i) × (ib)2 + (13 + 4i) × ib − 13i = 0
Après avoir développé et regroupé partie réelle et partie imaginaire, nous obtenons
4b2 − 4b + i(−b3 + b2 + 13b − 13) = 0
ce qui donne le système
(
4b2 − 4b
=0
3
2
−b + b + 13b − 13 = 0
La première équation donne
b=0
ou
b=1
en reportant dans la seconde, on s’aperçoit que seul b = 1 convient.
En conclusion, l’équation (E) admet une unique solution imaginaire pure z0 = i
2. Puisque
(z − i)(z 2 + bz + c) = z 3 + bz 2 + cz − iz 2 − ibz − ic = z 3 + (b − i)z 2 + (c − ib)z − ic
Il vient par identification des coefficients


−(4 + i) = b − i
13 + 4i
= c − ib


−13i
= −ic
Système qui admet comme solution b = −4 et c = 13
3. L’équation (E) est donc équivalente à l’équation
(z − i)(z 2 − 4z + 13) = 0 ⇔ z − i = 0
ou
z 2 − 4z + 13 = 0
La première équation donne la solution z0 = i, la seconde est une équation du second degré
à coefficients réels, dont le discriminant est ∆ = (−4)2 − 4 × 13 = 16 − 52 = −36.
Elle admet donc deux solutions imaginaires conjuguées
√
√
4 − i 36
4 + i 36
et z2 =
z1 =
2
2
L’ensemble des solutions de l’équation (E) est donc, après simplification
i, 2 − 3i, 2 + 3i
Francis CORTADO, Collège Protestant Français Beyrouth
3
Exercice 4
1.
Z=
=
D’où
zz + 2iz − z − 2i
x2 + y 2 + 2i(x + iy) − (x − iy) − 2i
(z − 1) (z + 2i)
=
=
(z − 2i) (z + 2i)
zz + 2i(z − z) + 4
x2 + y 2 − 4y + 4
x2 + y 2 + 2ix − 2y − x + iy − 2i
x2 + y 2 − 2y − x
2x + y − 2
=
+i 2
2
2
2
2
x + (y − 2)
x + (y − 2)
x + (y − 2)2
x2 + y 2 − 2y − x
2x + y − 2
+i 2
= X + iY
2
2
x + (y − 2)
x + (y − 2)2
2.
M ∈ (F ) ⇔ <e(Z) = 0 ⇔
x2 + y 2 − 2y − x
=0
x2 + (y − 2)2
Or
2
2 5
+ y−1 =
4
√
1
5
(F ) est donc le cercle de centre D d’affixe + i, de rayon
et privé du point B d’affixe 2i
2
2
3.
z−1 =1
M ∈ (G ) ⇔ z − 2i 2
2
x + y − 2y − x = 0 ⇔
1
x−
2
⇔
|z − 1|
=1
| z − 2i |
⇔
MA
=1
MB
⇔ MA = MB
L’ensemble (G ) est donc la médiatrice du segment [A, B]
Francis CORTADO, Collège Protestant Français Beyrouth
4