DS commun dec 08 - expo + complx CORRECTION

DS COMMUN – TS – Décembre 2008 – 4h
Vous avez 4 exercices à traiter.
Le sujet comporte 3 pages.
Il est conseillé d’utiliser une feuille par exercice.
La clarté de la rédaction et le soin prennent une part importante du barème.
Le barème, sur 30, est donné à titre indicatif.
EXERCICE 1 :
( 6 points)
→
→
Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal direct(O, u , v ) on considère
l’application f du plan dans lui-même qui, à tout point M d’affixe z associe le point M’ d’affixe z’,
telle que z’ = z² – 4z.
1) Soient A et B les points d’affixes
zA= 1 – i
et zB = 3 + i.
Calculer les affixes zA’ et zB’ des points A’ et B’, images de A et B par f.
2) Soit I le point d’affixe -3.
a. Démontrer que OMIM’ est un parallélogramme si et seulement si z² – 3z + 3=0.
b. Résoudre l’équation z² - 3z + 3 = 0 dans C.
I
3) Restitution organisée des connaissances :
a. Donner la définition de l’argument d’un complexe non nul z.
b. Démontrer que si A, B, C, D sont 4 points distincts du plan, d’affixes
→
→
d – c
respectives a, b, c, d, alors (AB, CD) = arg b – a 


4)
a. Exprimer (z’ + 4) en fonction de (z – 2). En déduire une relation entre |z’ + 4| et
|z – 2| d’une part et arg(z’ + 4) et arg(z – 2) d’autre part.
b. On considère les points J et K d’affixes respectives zJ = 2 et zK = - 4.
Démontrer que tous les points M du cercle (C) de centre J et de rayon 2 ont leur
image M’ sur un cercle que l’on déterminera.
c. Soit E le point d’affixe zE = -4 – 3i.
Donner la forme trigonométrique de (zE + 4) puis démontrer à l’aide de 4a)
qu’il existe 2 points dont l’image par f est le point E.
Préciser la forme algébrique des affixes de ces deux points.
1
EXERCICE 2 : (toutes les classes) QCM
( 7 points)
Pour chaque question, une seule des 3 propositions est exacte. Vous indiquerez clairement sur
votre copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie.
Barème :
Une réponse juste et rigoureusement justifiée rapporte 1 point.
Dans tous les autres cas, on comptera 0 point.
→
→
Le plan complexe est muni du repère orthonormé (O, u , v )
Question 1 : La solution de l’équation
A:
3
B:
2z + z = 9 + i
i
est :
C:
3+i
C:
|i z + 1|
Question 2 : Soit z un nombre complexe. |z + i| est égal à :
A:
|z| + 1
B:
|z–1|
Question 3 : Soit z un nombre complexe non nul d’argument θ. Un argument de
-1 + i 3
est :
z
π
+θ
3
B:
2π
+θ
3
-
A:
Question 4 : Soit n un entier naturel. Le complexe ( 3 + i)n est imaginaire pur si et seulement si :
n=3
B:
n = 6k + 3
k Є IN
C:
n = 6k
k Є IN
Question 5 : Soient A et B deux points d’affixes respectives i
d’affixe z vérifiant |z – i | = |z + 1|
est :
A:
la droite (AB)
B:
le cercle de diamètre [AB]
C:
2π
–θ
3
A:
et
-1. L’ensemble des points M
C:
la droite perpendiculaire
à (AB) passant par O.
A:
Question 6 : Soit Ω le point d’affixe 1 – i. L’ensemble des points M d’affixe z = x + iy vérifiant
l’équation
|z – 1 + i | = |3 – 4i| a pour équation :
y = -x + 1
C : x² + y² - 2x + 2y – 23 = 0
B:
(x – 1)² + y² = 5
A:
Question 7 : Soient A et B les points d’affixes respectives 4 et 3i. L’affixe du point C tel que le
→
→
π
triangle ABC soit isocèle avec (AB ; AC) =
est :
2
1 – 4i
B:
-3i
C:
7 + 4i
2
EXERCICE 3 :
x
 f(x) = x e
si x ≠ 0
x
e –1
.
On considère la fonction f définie sur IR par 
 f(0) = 1
→ →
On note C sa courbe représentative dans un repère orthonormal (O, i , j ) .
1)
( 8,5 points)
a. Déterminer la limite de f en - ∞.
b. Etablir que, pour tout réel x non nul,
f(x) =
x
.
1 – e-x
En déduire la limite de f en + ∞
ex – 1
x→0 x
2) Donner, sans la démontrer, la limite suivante : lim
La fonction f est elle continue en 0 ?
3) Etudier les variations de ϕ(x) = ex – x – 1
les valeurs de x.
sur IR.En déduire le signe de ϕ suivant
4) Déterminer la fonction dérivée de f, notée f ’, puis étudier les variations de f à l’aide de
la question 3). Dresser enfin le tableau de variation de f.
5) Soient x un nombre réel non nul, M et M’ les points de C de coordonnées M (x ; f(x))
et M’ ( -x ; f(-x) ).
Déterminer le coefficient directeur de la droite (MM’). Que constate t on ?
6) En supposant que f soit dérivable en 0, comment interpréter le résultat précédent ?
( 8,5 points)
EXERCICE 4 :
PARTIE A : Etude d’une fonction auxiliaire g
La fonction g est définie sur IR par g(x) = 2ex + 2x – 7
1) Etudier les limites de g en -∞ et en +∞.
2) Etudier le sens de variation de la fonction g sur IR et dresser son tableau de variation.
3) Justifier que l’équation g(x) = 0 admet une solution unique α. Donner un encadrement
de α d’amplitude 10-2.
4) Etudier le signe de g sur IR.
PARTIE B : Etude d’une fonction f.
La fonction f est définie sur IR par f(x) = (2x – 5)(1 – e – x).
On note C sa courbe représentative dans un repère orthonormal (O,
→
→
i , j ).
1) Etudier le signe de f sur IR.
2) Etudier les limites de f en – ∞ et en + ∞.
3) Calculer la fonction dérivée de f, notée f ’(x), et dresser le tableau de variation de f.
(On pourra utiliser les résultats de la partie A)
(2α – 5)²
4) Démontrer l’égalité
f(α) =
2α – 7
5) Démontrer que la droite (D) d’équation y = 2x – 5, est asymptote à C en + ∞.
Préciser les positions respectives de C et (D).
6) Tracer la droite (D) et la courbe C dans le repère (O,
→
→
i , j ) (unité graphique : 2cm)
3
CORRECTION
EXERCICE 1 :
1) zA’ = zA² – 4zA = (1 – i)² – 4(1 – i) = -4 + 2i
zB’ = zB² – 4zB = (3 + i)² – 4(3 + i) = -4 + 2i
→
A’ a pour affixe -4 + 2i
A’ et B’ sont confondus.
→
2) OMIM’ est un parallélogramme ssi MO = IM’ soit 0 – z = z’ + 3
soit z² – 4z + 3 + z = 0,
soit :
→
→
a. MO = IM’ 0 – z = z’ + 3
z² – 4z + 3 + z = 0 z² – 3z + 3 = 0.
3–i 3
3+i 3
b. ∆ = -3 < 0 : l’équation admet 2 solutions complexes conjuguées : {
;
}
2
2
3) Voir cours.
4) Suite :
a. z’ + 4 = z² – 4z + 4 = (z – 2)². D’après les propriétés du module et de l’argument :
|z’ + 4| = |z – 2|²
arg(z’ + 4) = 2 arg(z – 2)
b. M є C MJ = 2 |z – 2| = 2 |z’ + 4| = 4 KM’ = 4 M’ est un point du cercle de
centre K, rayon 4.
π
π
c. zE + 4 = -3i = 3(cos (- ) + i sin(- ) )
2
2
π
2
donc les affixes des antécédents éventuels de zE vérifient |z – 2| = 3 et
π
π
π
3π
2 arg(z – 2) = + 2kπ soit arg(z – 2) = + kπ
soit arg(z – 2) = - ou
[2π]
2
4
4
4
iπ
3iπ
Donc
z – 2 = 3 exp(- ) ou
z – 2 = 3 exp(
)
4
4
6
6
6
6
Autrement dit,
z = (2 +
)–i
ou
z = (2 –
)+i
2
2
2
2
Si zE + 4 = -3i, alors | zE + 4| = 3 et arg(zE + 4) = -
EXERCICE 2 :
1
C
QCM :
2
C
3
B
4
B
5
C
Question 1) :
essayer chaque réponse.
Question 2) :
|i z + 1| = |i( z – i) | = 1| z – i | = | z – i | = |z + i |.
Réponse A = erreur impardonnable !!
Réponse B = fausse avec comme contre exemple z = 1
Question 3) :
arg(
-1 + i 3
) = arg(-1 + i
3) – arg( z ) =
z
Question 4) : ( 3 + i)n є iIR
arg ( 3 + i)n =
6
C
7
A
|1 + i|≠ 0
2π
2π
+ arg z =
+θ
3
3
π
π
[π] n.arg ( 3 + i) =
+kπ (k є ZZ)
2
2
nπ
π
= + kπ n = 3 + 6k (k є ZZ)
6
2
4
Question 5) : L’égalité se traduit par AM = BM soit M décrit la médiatrice de [AB]. Or OA = OB
(puisque |i| = |-1|) donc la médiatrice passe bien par O.
Question 6) : |z – 1 + i |² = |(x – 1) + i(y + 1) |² = (x – 1)² + (y + 1)²| = x² + y² – 2x + 2y + 2
|3 – 4i|² = 5² = 25
Les 2 membres étant strictement positifs, il y a égalité ssi : x² + y² - 2x + 2y – 23 = 0
zC – zA
= i (interprétation module argument).
zB – zA
On vérifie donc que zC = i(3i – 4) + 4 = 1 – 4i
Question 7) : ABC soit être rectangle isocèle, soit si
EXERCICE 3 :
1)
a. lim xex = 0- (croissances
x → -∞
comparées)
et lim
x → -∞
ex
–
1
=
-1.
Par
quotient :
lim f(x) = 0 +
x → -∞
b. (mettre ex en facteur)
lim x = +∞ lim 1 – e-x = 1
x → +∞
Par
x → +∞
quotient :
lim f(x) = +∞
x → +∞
ex – 1
=1
x→0 x
2) Cours : lim
Donc
lim f(x) = 1
x→0
f(x) = ex .
x
e –1
avec
x
lim ex = 1
x→0
x
x → oe – 1
et
lim
x
=1
Or f(0) = 1 donc lim f(x) = f(0) : f est continue en 0 .
x→0
3) φ est dérivable (somme de fonctions dérivables) et
φ’(x) = ex – 1.
x
φ’(x) > 0 e > 1 x > 0 ( la fonction exp. est strictement croissante).
Donc φ est strictement décroissante sur ]-∞ ; 0[ et strictement croissante sur [0 ; +∞[ :elle admet
donc un minimum en 0, qui est φ(0) = 0. Donc φ(x) ≥ 0 sur IR
4) f est dérivable sur IR* comme quotient de fonctions dérivables, et
f ’(x) =
(ex + x.ex)(ex – 1) – ex(x.ex)
(ex – 1)²
=
ex[(1 + x)(ex – 1) – (x.ex)]
ex[ex – x – 1]
=
=
x
(e – 1)²
(ex – 1)²
Or ex > 0 , φ(x) ≥ 0 , (ex – 1)² > 0 pour tout x réel . Donc f ’
positive, et f strictement croissante sur IR*. D’où le tableau
variations :
x
f ’(x)
-∞
+
f(x)
0
?
ex φ(x)
(ex – 1)²
+∞
+
+∞
est
de
1
0+
5) Le coefficient directeur cherché est
-x
x
x
f(-x) – f(x)
1  -x.e – xe 
1  -x – xe 
 -x
 = 

=x
x
x
-x – x
2x  e – 1 e – 1 
2x  1 – e e – 1 
1 x(1 – ex)
1
==
x
2x e – 1
2
Ce coefficient directeur est constant !
6) Lorsque x tend vers 0, la droite (MM’) s’assimile
à la tangente à C en 0 : le coefficient de cette dernière serait donc
autrement dit si f est dérivable en 0, alors f ’(0) =
1
,
2
1
2
5
EXERCICE 4 :
Partie A :
1) lim g(x) = -∞
x → -∞
lim g(x) = +∞
x → +∞
(somme de limites classiques)
(somme de limites classiques)
2) La fonction g est dérivable sur IR et g’(x) = 2(ex + 1) > 0 sur IR. donc
g est strictement croissante. (ou : g est une somme de 2 fonctions
croissantes). D’où le tableau de variations :
x
g ’(x)
-∞
α
+
+∞
+∞
g(x)
0
-∞
3) Puisque g est strictement croissante et continue (car dérivable) sur IR
et 0 є ]-∞ ; +∞[, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation g(x) = 0 admet une
unique solution sur IR. D’après la calculatrice, 0,94 < α < 0,95
4) D’après les questions précédentes, g est négative sur ]-∞ ; α [ et positive sur ]α ; +∞ [.
Partie B :
1) On résout 1 – e-x > 0 e-x < 1-x < 0 (la
fonction exp. est strictement croissante) x >0.
La règle du signe d’un produit donne alors :
lim
2x – 5 = -∞
lim
2x – 5 = +∞
x → -∞
x → +∞
lim 1 – e-x = -∞.
Par produit
lim 1 – e-x = 1.
Par produit
x → -∞
x → -∞
0
5
2
2x – 5
1 – e-x
f(x)
5
La fonction f est négative ssi x є [0 : ]
2
2)
x
–
–
+
–
+
–
+
+
+
lim f(x) = +∞
x → -∞
lim f(x) = +∞
x → -∞
3) f étant dérivable comme produit de fonctions dérivables,
f ’(x) =2(1 – e-x) + (2x – 5)e-x = e-x(2ex + 2x – 7) = e-xg(x)
D’après l’étude précédente, f ’ et g sont du même signe, d’où le
tableau de variations de f :
x
α
-∞
+∞
f ’(x)
f(x)
-2α + 7
d’où f(α) = (2α – 5)(1 –
2
(2α – 5)²
2
-2α + 5
) = (2α – 5)
=
-2α + 7
-2α + 7
2α – 7
–
0
+
+∞
+∞
4) On sait que g(α) = 0 : eα =
5) f(x) –(2x –5) = -(2x – 5)e-x = -2xe-x + 5e-x
Or lim -2xe-x = 0 (croissances comparées) et
x → +∞
lim
x → +∞
5e-x = 0, d’où
f(α)
lim
x → +∞
f(x) –(2x –5) = 0
Donc (D) est bien asymptote à C en + ∞.
5
Or –(2x – 5)e-x >0 2x – 5 < 0 x < .
2
5
5
C est au dessus de D sur ]-∞ ; [ et en dessous sur ] ; +∞[
2
2
6)
6
7