Probl`eme 1 [3p] Donner le domaine de - LIX

Problème 1 [3p] Donner le domaine de définition de la fonction
e2x − 2
.
e2x + 2
Etudier ses variations et donner ses limites.
f (x) =
La fonction est définie si e2x + 2 6= 0 et si e2x est défini. La fonction exponentielle est définie sur R et toujours positive donc le domaine de définition
est R. On a
0
0
(e2x − 2) (e2x + 2) − (e2x − 2)(e2x + 2)
0
f (x) =
(e2x + 2)2
2e2x (e2x + 2) − (e2x − 2)2e2x
=
(e2x + 2)2
= 8e2x (e2x + 2)2
La dérivée est toujours positive donc le fonction est croissante sur R.
On a
lim e2x + 2 = +∞
x→+∞
lim e2x − 2 = +∞
x→+∞
ce qui nous donne une indétermination. Mais
e2x − 2
e2x (1 − 2e−2x )
=
e2x + 2
e2x (1 + 2e−2x )
(1 − 2e−2x )
=
(1 + 2e−2x )
Ce qui nous donne
lim 1 + 2e−2x = 1
x→+∞
lim 1 − 2e−2x = 1
x→+∞
(1 − 2e−2x )
= 1
x→+∞ (1 + 2e−2x )
lim
On constate également que
lim e2x + 2 = 2
x→−∞
lim e2x − 2 = −2
x→−∞
e2x − 2
= −1
x→+∞ e2x + 2
lim
Problème 2 [2p] Donner le domaine de définition de la fonction f (x) =
1
. Donner ses limites.
ln(x)−2
La fonction est définie si ln(x) 6= 2 et si ln(x) est définie. ln(x) est définie
si x > 0 et ln(x) − 2 6= 0 si x 6= e2 . Le domaine de définition est donc
R+∗ \{e2 } =]0, e2 [∪]e2 , +∞[.
Pour les limites, on a
x → 0 x → e2
limite ln(x)
−∞
2−
limite ln(x) − 2 −∞
0−
1
−
limite ln(x)−2
0
−∞
−
x → e2
2+
0+
+∞
+
x → +∞
+∞
+∞
0+
Problème 3 [3p] Utiliser l’intégration par parties pour calculer
On a
Z
b
0
u (x)v(x) dx =
[u(x)v(x)]ba
Z
−
a
b
Rπ
0
x sin x dx.
0
u(x)v (x) dx
a
0
0
On pose u (x) = sin x et v(x) = x. On a u(x) = − cos(x) et v (x) = 1 d’où
Z π
Z π
π
x sin x dx = [− cos(x) × x]0 −
(− cos(x)) dx
0
0
Z π
= π+
cos(x) dx
0
= π + [sin(x)]π0 = π
Problème 4 [7p] On cherche à résoudre l’équation différentielle
00
0
y + y − 2y = 10 sin x
(1)
1. Déterminer les nombres réels a et b tels que h(x) = a sin(x) + b cos(x)
00
0
soit solution de l’équation y + y − 2y = 10 sin x
2. On pose g = f + h. Montrer que g est solution de (1) si et seulement
si f est solution de
00
0
y + y − 2y = 0
(2)
3. Résoudre (2)
0
4. Trouver la solution g(x) de (1) qui vérifie g(0) = 0 et g (0) = 0.
1. On a
h(x)
0
h (x)
00
h (x)
00
0
h + h − 2h
=
=
=
=
=
a sin(x) + b cos(x)
a cos(x) − b sin(x)
−a sin(x) − b cos(x)
−a sin(x) − b cos(x) + a cos(x) − b sin(x) − 2a sin(x) − 2b cos(x)
(−3a − b) sin(x) + (−3b + a) cos(x)
On en déduit que
00
−3a − b = 10
−3b + a = 0
⇔ a = −3, b = −1
⇔ h(x) = −3 sin(x) − cos(x)
0
h + h − 2h = 10 sin(x) ⇔
2. On a les équivalences suivantes:
00
0
g est solution de (1) ⇔ g + g − 2g = 10 sin(x)
00
0
⇔ (f + h) + (f + h) − 2(f + h) = 10 sin(x) car g = f + h
00
0
00
0
⇔ f + f − 2f + h + h − 2h = 10 sin(x)
car la dérivation est linéaire
00
0
00
0
⇔ f + f − 2f = 0 car h + h − 2h = 10 sin(x)
00
0
⇔ f est solution de y + y − 2y = 0
3. L’équation caractéristique associée est X 2 +X −2. Son discrimant vaut
12 − 4 × (−2) = 9. Ses racines sont X1 = −2 et X2 = 1. On en déduit
que les solutions de (2) sont de la forme f = Ae−2x + Bex .
4. Les solutions de (1) sont de la forme g = f + h = Ae−2x + Bex −
3 sin(x) − cos(x). On a
0
g (x)
g(0)
0
g (0)
A+B−1 = 0
−2A + B − 3 = 0
= −2Ae−2x + Bex − 3 cos(x) + sin(x)
= A+B−1
= −2A + B − 3
A = − 23
⇔
B = 53
Problème 5 [2p] On considère le nombre complexe z =
sous forme trigonométrique
1
2
√
+i
3
2
Écrire z
On a
s
|z| =
r
√
1 2
3 2
1 3
( ) +(
) =
+ =1
2
2
4 4
On cherche θ tel que cos θ = 12 et sin θ =
π
déduit que z = cos( π3 ) + i sin( π3 ) = ei 3 .
√
3
.
2
On trouve que θ = π3 . On en
Problème 6 [3p] Soient z1 = 4+i et z2 = 2−2i. Donnez la forme algébrique
de z1 + z2 , z1 × z2 et z12 .
On a
z1 + z2 = 4 + i + 2 − 2i = 6 − i
Z1 × z2 = (4 + i)(2 − 2i) = 8 + 2i − 8i − 2i2 = 8 + 2i − 8i + 2 = 10 − 6i
1
1
2 + 2i
2 + 2i
1
1
=
=
=
= +i
z2
2 − 2i
(2 − 2i)(2 + 2i)
4+4
4
4