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.
f0(x) = 1 ×px(2 −x) + x×2−2x
2px(2 −x)=x(2 −x)
px(2 −x)+x(−x+ 2) px(2 −x)
=2x−x2−x2+x
px(2 −x)=−2x2+ 3x px(2 −x)=x(3 −2x) px(2 −x)
2. a )
lim
x→0
f(x)
x= lim
x→0px(2 −x) = 0
b ) Le taux d’accroissement de fen 0 est T = f(x)−f(0)
x−0=f(x) x
D’après la question précédente
lim
x→0T = lim x→0
f(x)
x= 0
Ce qui signifie que la fonction fest dérivable en 0de nombre dérivé f0(0) = 0.
c ) Déterminons le taux d’accroissement en 2de la fonction f, en considérant une valeur
de hproche de 0mais négative (car fn’est définie qu’à gauche de 2).
T = f(2 + h)−f(2)
h=(2 + h)p(2 + h) (2 −(2 + h)) h=(2 + h)p(2 + h)(−h) h
=−(2 + h)√2 + h×√−h
−h=−(2 + h)√2 + h×√−h −h=−(2 + h)√2 + h×1
√−h
Or lim
h→0−−(2 + h)√2 + h=−2√2et lim h→0−
1
√−h= +∞, d’où lim
h→0−
T = −∞
Ce qui signifie que la fonction fn’est pas dérivable en 2.
3. f0(x)est du signe de 3−2xsur l’intervalle ]0,2[.
f0(x)est positif pour x∈0,3
2et f0(x)est négatif pour x∈3 2,2
D’où le tableau de variations suivant
x
f0(x)
f(x)
03
22
+0−
00
3√3
4
3√3
4
00
Francis CORTADO, Collège Protestant Français Beyrouth 1

Exercice 2
1. a )
f(x+ 2π) = (sin (x+ 2π))2+ cos (x+ 2π) = (sin(x))2+ cos(x) = f(x)
fest donc périodique de période 2π
b )
f(−x) = (sin (−x))2+ cos(−x) = (−sin x)2+ cos x=f(x)
fest donc une fonction paire, ce qui entraine que sa courbe représentative est symétrique par
rapport à l’axe des ordonnées.
2. a )
f0(x) = 2 sin xcos x−sin x= sin x(2 cos x−1)
b )
2 cos x−1>0⇔cos x>1
2⇔cos x>cos π 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 :
sur [0, π]l’inéquation 2 cos x−1>0a pour solutions l’intervalle h0,π
3i
c ) Comme sin xest positif sur l’intervalle [0, π], il s’ensuit que f0(x)sera du signe de
2 cos x−1sur cet intervalle, et donc d’après la question précédente :
f0(x)est positif sur h0,π
3iet négatif sur hπ 3, πi
d )
x
f0(x)
f(x)
0π
3π
+0−
11
5
4
5
4
−1−1
Francis CORTADO, Collège Protestant Français Beyrouth 2

Exercice 3
1. Soit bun nombre réel, ibest 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
−b3+b2+ 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)(z2+bz +c) = z3+bz2+cz −iz2−ibz −ic=z3+ (b−i)z2+ (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=−4et c= 13
3. L’équation (E) est donc équivalente à l’équation
(z−i)(z2−4z+ 13) = 0 ⇔z−i = 0 ou z2−4z+ 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
z1=4−i√36
2et z2=4+i√36 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 = (z−1) (z+ 2i)
(z−2i) (z+ 2i) =zz + 2iz−z−2i zz + 2i(z−z)+4 =x2+y2+ 2i(x+ iy)−(x−iy)−2i x2+y2−4y+ 4
=x2+y2+ 2ix−2y−x+ iy−2i
x2+ (y−2)2=x2+y2−2y−x x2+ (y−2)2+ i 2x+y−2 x2+ (y−2)2
D’où x2+y2−2y−x
x2+ (y−2)2+ i 2x+y−2 x2+ (y−2)2= X + iY
2.
M∈(F)⇔ <e(Z) = 0 ⇔x2+y2−2y−x
x2+ (y−2)2= 0
Or
x2+y2−2y−x= 0 ⇔x−1
22
+y−12=5
4
(F)est donc le cercle de centre D d’affixe 1
2+ i, de rayon √5 2et privé du point B d’affixe 2i
3.
M∈(G)⇔
z−1
z−2i 
= 1
⇔|z−1|
|z−2i |= 1
⇔MA
MB = 1
⇔MA = MB
L’ensemble (G)est donc la médiatrice du segment [A,B]
Francis CORTADO, Collège Protestant Français Beyrouth 4