2012 13 ts ds 5 complexes exponentielle

TS  Correction DS 5
Exercice 1
1. z1 = 2i(7  i)(3i + 1) = (14i  2i2)(3i + 1) = (14i + 2)(3i + 1) = 42i2 + 14i + 6i + 2 soit z1 = 40 + 20i.
z2 = (5  i)2  2(1 + i) = 25  10i + i2  2 2i soit z2 = 22  12i.
z3 = 3 + i
2  5i = (3 + i)(2 + 5i) (2  5i)(2 + 5i) = 6 + 15i + 2i + 5i2
4 + 25 soit z3 = 1 29 + 17 29 i.
2.a. i z + 1  i = 0  i z = 1 + i  z = 1 + i
i Donc S = {1 + i}.
b. (1 + 3i)z = 1 + z  (1 + 3i)z  z = 1  (1 + 1 + 3i)z = 1  z = 1
3i donc S = 
 i
3.
c. z2 + 9 = 0  z2  (9) = 0  z2  (3i)2 = 0  (z  3i)(z + 3i) = 0
 z  3i = 0 ou z + 3i Donc S = {3i ; 3i}.
d. On calcul le discriminant  = (6)2  4  2  5 = 4. Donc on a deux racines complexes conjuguées :
z1 = (6)  i4
2  2 = 6
4 + 2 4 i = 3 2 + 1 2 i et z2 = ¯¯z1 Donc S = 
3
2 + 1 2 i , 3 2  1 2 i.
e. z  2 z = 6 + i  a + ib  2(a  ib) = 6 + i où z = a + ib  a + 3bi = 6 + i
 a = 6 et 3b = 1 (par identification des parties réelles et imaginaires) Donc z =  6 + 1
3 i.
Exercice 2
1.a. f est dérivable sur ]2 ; +[ et f ’(x) = 1(x + 2)  (x  1)1
(x + 2)2 e
x  1
x + 2 soit f ’(x) = 3
(x + 2)2 e
x  1
x + 2 .
b. Pour tout x de ]2 ; +[, 3
(x + 2)2  0 et e
x  1
x + 2  0, donc f ’(x)  0 sur ]2 ; +[.
Donc la fonction f est strictement croissante sur ]2 ; +[.
2. lim
x  +  x  1
x + 2 = lim
x  +  1  1/x
1 + 2/x = 1 et lim
x  1 ex = e donc par composition lim x  +  f(x) = e .
Donc la courbe de f admet une asymptote horizontale d’équation y = e en + .
3. x  1
x + 2 = (x  1)  1 x + 2 . Alors lim x  2 x + 2 = 0 et x  2, donc x + 2  0 donc lim x  2 1 x + 2 = + .
Et lim
x  2 x  1 =  3, donc par produit lim x  2 (x  1)  1 x + 2 =   , donc lim x  2 x  1 x + 2 =  
De plus lim
X    eX = 0, donc par composition lim x  2 f(x) = 0
4. G est continue en a si lim
x  2 g(x) = g(2). Or d’après la question 3, on aura lim x  2 g(x) = lim x  2 f(x) = 0.
Donc en choisissant a = 0, on aura g(2) = 0 et g sera continue en 0.
Exercice 3 (Amérique Nord, juin 2012)
1. f (M) = M  z2 = z  z2  z = 0  z(z − 1) = 0  z = 0 ou z = 1. Donc 1 = {O, }.
2.a. a = 2  2i. Alors | a | = 22 + 22 soit | a | = 2.
Soit  un argument de a . Alors cos  = 2
2
sin  = 2
2
soit  = 
4. Donc a = 2e i 
4.
b. On cherche les antécédents de A, c’est à dire les points d’affixe z tels que z2 = a.
Posons z = r ei. Alors z2 = r2 e2i.
Donc z2 = a  r2 e2i = 2e i 
4  
r2 = 2
2 =  
4 + k2 
r = 2
 =  
8 + k
On prend donc  =  
8 et  = 7 8 .
Donc les antécédents de A par f sont les points B et C d’affixe zB = 2 e i 
8 et zC = 2 ei 7 8 =  zB.
3. z’ imaginaire pur  z2 imaginaire pur  arg(z2) = 
2 + k où k    2 arg(z) =  2 + k
 arg(z) = 
4 + k  2  (
u ,  OM) = 
4 + k  2  M appartient aux deux bissectrices du repère du plan.
Donc 2 est la réunion des deux bissectrices du repère du plan.
Autre méthode : z2 imaginaire pur  Re((x + iy)2) = 0  Re(x2  y2 + 2iyx) = 0  x2  y2 = 0
 (x  y)(x + y) = 0  y = x ou y =  x (on retrouve l’équation des bissectrices du repère du plan).
4.a. * z’  1 = i(z  1)  
 |z’  1| = |i (z’  1)|
arg(z’  1) = arg(i(z  1))  
 |z’  1| = |i ||z’  1|
arg(z’  1) = arg(z  1) + arg(i)
|z  1| = |z’  1|
arg 
z’  1
z  1 = 
2  
M = M’
( M ;  M’) = 
2  MM’ rectangle isocèle direct en 
* Alors : M est un point de 3  MM’ rectangle isocèle direct en  et   M
 z’  1 = i(z  1) et z  1  z2  iz  1 + i = 0 et z  1 (car z’ = z2)
b. (z  1)(z + 1  i) = z2 + z  iz  z  1 + i = z2  iz  1 + i.
c. M est un point de 3  (z  1)(z + 1  i) = 0 et z  1  z = 1 ou z = 1 + i et z  1
Donc 3 = {D} où D est le point d’affixe 1 + i.
5.a. Pour z  0 et z  1, (  OM,  OM’) = arg z’
z = arg z2 z soit ( 
OM,  OM’) = arg(z) .
b. O, M et M’ alignés  (  OM,  OM’) = 0 + k où k    arg(z) = 0 + k où k  
 M appartient à l’axe des réels.
Or M  O et M  , donc 4 est l’axe des abscisses privé des points O et .