Corrigé Devoir n°32 - Ts2

Classe: 
Terminale

Exercice 1 

Partie A :

On considère dans C l'équation −z3+(4+i)z2+(8+6i)z+4+28i=0.
 
1) Montrer que cette équation admet une solution imaginaire pure que l'on notera α.
 
Soit α=ib avec b ∈ R∗ une solution de (E). On a alors :
 
$Extra \left or missing \right\right.\end{array}$
 
En résolvant l'équation (1) on obtient b=−2 ou b=12

On vérifie aisément que seule la valeur b=−2 est solution de l'équation (2).
 
Par suite la solution imaginaire pure est α=−2i
 
2) Déterminons les autres solutions β et γ de l'équation.
 
Passons par la méthode de Hörner. Comme α=−2i est solution de (E) on a alors :
 
−14+i8+6i4+28i−2i|||2i6−8i−4−28i−14+3i14−2i0
 
(E):(z+2i)(−z2+(4+3i)z+14−2i)=0
 
Résolvons l'équation −z2+(4+3i)z+14−2i=0
 
On a Δ=(4+3i)2+4(14−2i)=63+16i∈C−R
 
Cherchons une racine carrée de Δ.
 
Soit δ=a+ib une racine de Δ donc δ2=Δ On a alors :
 
{|δ|2=|Δ|δ2=Δ ⇔ {a2+b2=√632+652(a+ib)2=63+16i 
 
donc {a2+b2=65a2−b2+2iab=63+16i 
 
Par identification on a : {a2+b2=65(1)a2−b2=63(2)ab=8(3)
 
En combinant (1) et (2) on obtient a=±8 et b=±1. Et comme ab=8 donc a et b ont même signe.
 
Par suite a=8 et b=1 ou a=−8 et b=−1.
 
Prenons δ=8+i Donc β=6+2i et γ=−2+i
 
3) Soit A, B et C les points d'affixes respectives −2i, 6+2i et −2+i
 
a) Plaçons les points A, B et C.

 
 
b) Calculons β−αγ−α
 
On a β−αγ−α=6+2i+2i−2+i+2i=6+4i−2+3i=−2i.
 
β−αγ−α=−2i
 
c) Déduisons la nature du triangle ABC. On a :
 
β−αγ−α=zB−zAzC−zA=−2i
 
|zB−zAzC−zA|=|−2i|=2≠1
 
donc AB≠AC (1)
 
arg(zB−zAzC−zA)=arg(−2i)=−π2[2π]
 
donc (→AC, →AB)=−π2[2π] (2)
 
(1) et (2) ⟹ABC est un triangle rectangle en A.

Partie B :

Soit z=−8√3+8i;u=(√6−√2)+i(√6+√2
 
1) Calculons le module et un argument de z.
 
On a |z|=√(−8√3)2+82=16
 
Soit θ un argument de z on a alors :
 
{cosθ=−8√316sinθ=816 ⇔ {cosθ=−√32sinθ=12
 
Donc θ=5π6 est un argument de z.
 
|z|=16 et arg(z)=5π6
 
2) Déterminons sous forme trigonométrique, les racines carrées de z.
 
On a z=16ei5π6
 
Soit a tel que a2=z Posons a=reiα On a :
 
$Extra \left or missing \right\right. \ \ &\Leftrightarrow & \left\lbracer=4α=5π12+kπ,k∈Z\right.\end{array}$
 
Donc les racines carrées de z sont les ak=4ei(5π12+kπ) avec k=0; 1
 
D'où a0=4ei(5π12) et a1=4ei(17π12) sont les racines carrées de z.
 
Sous forme trigonométrique on a :
 
a0=4(cos5π12+sin5π12) a1=4(cos17π12+isin17π12)
 
3) Calculons u2 puis exprimons les racines carrées de z sous forme algébrique.
 
Calculons u2
 
On a :
 
$u2=[(√6−√2)+i√6+√2)]2=(√6−√2)2−(√6+√2)2+2i(√6−√2)(√6+√2)=6+2−2√12−6−2−2√12+2(6−2)i=−4√12+8i=−8√3+8i$
 
Alors u2=−8√3+8i
 
Exprimons les racines carrées de z sous forme algébrique.
 
On a u2=−8√3+8i=z donc u=(√6−√2)+i(√6+√2) est une racine carrée de z
 
et donc on obtient l'autre en multipliant u par −1 qui est la deuxième racine carrée de l'unité.
 
Par suite l'autre racine est u′=−(√6−√2)−i(√6+√2) Sous forme algébrique
 
On a :
 
u=(√6−√2)+i(√6+√2) 
 
u′=−(√6−√2)+i(√6+√2)
 
4) Déduisons la valeur exacte de cos5π6 et sin5π6
 
On a u=a0 donc,

$Extra \left or missing \right\right. \end{array}$

Exercice 2

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal (O, →u , →v)
 
On appelle A, B et C les points d'affixes respectives
 
zA=−1+3i;zB=−2 et zC=−3−3i2
 
Soit f l'application du plan privé de A dans le plan qui, à tout point M d'affixe z distincte de zA associe le point M d'affixe z′ définie par : z′=z+2z+1−3i
 
1) Factorisons z2−3iz−2 en remarquant que z=i en est une solution,
 
puis résolvons l'équation (E) : z2−3iz−2=0
 
Factorisons z2−3iz−2 en remarquant que z=i en est une solution.
 
Comme z1=i est solution de z2−3iz−2−2 alors si z1 désigne l'autre racine on a :
 
z1z2=−2 D'où z2=−2i=2i
 
Par suite z2−3iz−2=(z−i)(z−2i)
 
résolvons l'équation (E) : z2−3iz−2=0
 
$z2−3iz−2=0⇔(z−i)(z−2i)=0⇔z=iouz=2i⇔S=i; 2i$
 
2) Déterminons les affixes des points invariants par f. (Un point est invariant lorsque z=z′)
 
$z est invariant par f⇔f(z)=z⇔z+2z+1−3i=z⇔z+2=z2+z−3iz⇔−z2+3iz−2=0⇔z2−3iz+2=0⇔z=iouz=2i$
 
Par suite les points invariants ont pour affixes z=i et z=2i
 
3) Déterminons l'ensemble des points M du plan tels que M′ appartienne au cercle de centre O et de rayon 1.
 
On a
 
$M′∈C(O, 1)⇔OM′=1⇔|z′−z0|=1⇔|z′|=1⇔|z+2z+1−3i|=1⇔|z+2|=|z+1−3i|⇔|z−(−2)|=|z(1+3i)|⇔|z−zB|=|z−zA|⇔MB=MA⇔Mappartient à la médiatrice de[AB]$
 
Par suite l'ensemble des points M du plan tels que M′ appartienne au cercle de centre O et de rayon 1 est la médiatrice du segment [AB].
 
4) En posant z=x+iy, déterminons ℑ(z′) en fonction de x et y.
 
En déduire l'ensemble des points M du plan tels que M′ appartienne à l'axe des abscisses. déterminons ℑ(z′) en fonction de x et y.
 
On a :
 
$z′=z+2z+1−3i=x+iy+2x+i+1−3i=x+2+iyx+1+i(y−3)=(x+2iy)(x+1−i)(y+3)(x+1)2+(y−3)2=(x+2+iy)(x+1−iy−3i)(x+1)2+(y−3)2=x2+x−ixy−3ix+2x+2−2iy−6iixy+iy+y2+3y(x+1)2+(y−3)2=x2+y2+3x+3y+2(x+1)2(y−3)2i−3x+y−6(x+1)2+(y−3)2$
 
Par identification on a ℑ(z′)=−3x+y−6(x+1)2+(y−3)2
 
Déduisons l'ensemble des points M du plan tels que M′ appartienne à l'axe des abscisses.

On a :
 
$Extra \left or missing \right\right. \ \ &\Leftrightarrow& \left\lbrace−3x+y−6=0(x, y)≠(−1, 3)\right. \end{array}$
 
Par suite l'ensemble des points M du plan tels que M′ appartienne à l'axe des abscisses est la droite (D) : −3x+y−6=0 privée du point A.

Problème

Soit g la fonction définie par g(x)={x√|x+1x|six<0x3−x2x2+1six≥0
 
1) Montrons que g est définie sur R.
 
Écrivons g sans barres de valeur absolue.
 
Montrons que g est définie sur R
 
Posons g1(x)=x√|x+1x|six<0
 
$Extra \left or missing \right\right. \ \ &\Leftrightarrow& \left\lbracex<0x∈R∖{0} \right. \ \ &\Leftrightarrow& Dg_{1}=]-\infty\;;\ 0[ \end{array}$
 
Posons g1(x)=x3−x2x2+1six≥0
 
$Extra \left or missing \right\right. \ \ &\Leftrightarrow& \left\lbracex≥0x∈R\right. \ \ &\Leftrightarrow& Dg_{2}=[0\;;\ +\infty[ \end{array}$
 
Par suite Dg=Dg1∪Dg2=]−∞; 0[∪[0; +∞[=R.
 
Dg=R
 
Écrivons g sans barres de valeur absolue.
 
Posons x+1x=0 Donc on a  x=−1  et  x≠0
 
x−∞−10x+1−+x−−x+1x+−|x+1x|x+1x−x+1x
 
g(x)={x√x+1xsix∈]−∞; −1]√−x−1xsix∈]−1; 0[x3−x2x2+1six∈[0; +∞[
 
2) Étudions la continuité et la dérivabilité de g en 0 et en -1
 
Continuité en 0
 
Comme 0∈Dg on a g(0)=03−0202+1=0
 
limx→0+g(x)=limx→0+x3−x2x2+1=0=g(0)
 
Par suite g est continue à droite de 0
 
limx→0−g(x)=limx→0−x√−x−1x.
 
Or limx→0−−x−1x=−10−=+∞
 
Donc par composée on a limx→0−√−x−1x=+∞
 
De plus limx→0−x=0 donc par produit nous avons une forme indéterminée.
 
Levons l'indétermination
 
On a
 
limx→0−x√−x−1x=limx→0−x√−x+1−x=limx→0−x√−x×√x+1=limx→0−√−x×√x+1=0×1=0
 
Donc limx→0−g(x)=0=g(0).
 
Par suite g est continue à gauche de 0
 
Conclusion :
 
On a limx→0−g(x)=limx→0+g(x)=g(0)=0
 
donc g est continue en 0.
 
Continuité en −1
 
Comme −1∈Dg on a g(−1)=−1×√0−1=0
 
limx→−1+g(x)=limx→−1+x√−x−1x=0=g(−1).
 
Par suite g est continue à droite de -1
 
limx→−1+g(x)=limx→−1+x√x+1x=0=g(−1).
 
Par suite g est continue à gauche de -1
 
Conclusion : 

On a limx→−1+g(x)=limx→−1+=g(−1)=0
 
donc g est continue en −1
 
Dérivabilité en 0
 
limx→0−g(x)−g(0)x−0=limx→0−g(x)x=limx→0−x√−x−1x=limx→0−1√−x×√x+1=10+=+∞
 
limx→0−g(x)−g(0)x−0=+∞
 
Par suite g n'est pas dérivable à droite de 0 et par conséquent (Cg) admet une tangente verticale en 0+
 
limx→0+g(x)−g(0)x−0=limx→0+g(x)x=limx→0+x3−x2x(x2+1=limx→0+x2−xx2+1=0
 
limx→0+g(x)−g(0)x−0=−1
 
Par suite g est dérivable à gauche de 0 et par conséquent (Cg) admet 0+ une tangente (D) d'équation y=f′(0)x+0=0. Donc (D) : y=0
 
Conclusion g n'est pas dérivable en 0.
 
Par conséquent :
 
(Cg) admet une demi-tangente verticale en 0+
 
(Cg) admet 0+ une tangente (D) d'équation (D) : y=0
 
Dérivabilité en −1
 
limx→−1−g(x)−g(−1)x+1=limx→−1−g(x)x−1=limx→−1−xx+1×√x+1x=limx→−1−√(xx+1)2×x+1x=limx→−1−√xx+1=+∞
limx→−1−g(x)−g(−1)x+1=+∞
 
Par suite g n'est pas dérivable à gauche de -1 et par conséquent (Cg) admet une demi-tangente verticale en −1−
 
limx→−1+g(x)−g(−1)x+1=limx→−1+g(x)x−1=limx→−1+xx+1×√−x−1x=limx→−1+−√(xx+1)2×−x−1x=limx→−1+−√−xx+1=−∞
 
limx→−1+g(x)−g(−1)x+1=−∞
 
Par suite g n'est pas dérivable à droite de −1 et par conséquent (Cg) admet une demi-tangente verticale en −1+
 
Conclusion g n'est pas dérivable en -1.
 
Par conséquent :
 
(Cg) admet deux demi-tangentes verticales en −1.
 
3) Étudier les branches infinies et la position de la courbe par rapport aux éventuelles asymptotes.
 
On a :
 
limx→−∞g(x)=limx→−∞x√x+1x=−∞
 
limx→+∞g(x)=limx→+∞x3−x2x2+1=+∞
 
En −∞ on a :
 
limx→−∞g(x)x=limx→−∞√x+1x=1
 
limx→−∞[g(x)−x]=limx→−∞[x√x+1x−x].
 
Nous avons ici une forme indéterminée.
 
Levons l'indétermination On a :
 
limx→−∞[g(x)−x]=limx→−∞[x√x+1x−x]=limx→−∞[x2(x+1x)−x2x√x+1x+x]=limx→−∞1√x+1x+1=limx→−∞1√1+1x+1=12
Par suite la droite (D1) : y=x+12 est asymptote oblique à (Cg) en −∞
 
En +∞ on a :
 
limx→+∞=limx→+∞x3−x2x3+x=1
limx→+∞[g(x)−x]=limx→+∞[x3−x2x2+1−x]=limx→+∞[x3−x2−x3−xx2+1]=limx→+∞[−x2−xx2+1]=−1
Par suite la droite (D2):y=x−1 est asymptote oblique à Cg en +∞
 
Position de Cg par rapport au asymptote
 
Position de Cg par rapport à (D1):y=x+12
 
On a en −∞ :
 
g(x)−y=x√x+1x−x−12.
 
Sur ]−∞; −1]:
 
Posons g(x)−y≤0.
 
Alors on a :
 
$g(x)−y≤0⇔x√x+1x≤x+12⇔(x√x+1x)≥(x+12)2car les deux membres sont tous négatifs⇔x2(x+1x)≥(x+12)2⇔x2+x−x2−14−x≥0⇔−14≥0ce qui est impossible$
 
Donc ∀x ∈]−∞; −1],f(x)−y>0.
 
Par conséquent :
 
sur ]−∞; −1] (Cg) est au dessus de (D1):y=x+12
 
Sur ]−1; 0[ :
 
Posons g(x)−y≥0.
 
Alors on a :
 
$g(x)−y≥0⇔x√−x−1x≥x+12avec x≤12 car impossible si x>−12⇔(x√−x−1x)≤(x+12)2 car les deux membres sont tous négatifs⇔x2(−x−1x)≤(x+12)2⇔−x2−x−x2−14−x≤0⇔−2x2−2x−14≤0⇔−8x2−8x−1≤0⇔x∈]−1; −2−√24]$
 
Donc ∀x ∈]−1; −2−√24],g(x)−y≥0
 
Par conséquent :
 
sur ]−1; −2−√24], (Cg)est au dessus de(D1):y=x+12
 
sur ]−2−√24; 0[, (Cg)est au dessous de(D1):y=x+12
 
Position de Cg par rapport à (D2):y=x−1
 
Sur [0; +∞[ : g(x)−y=x3−x2x2+1−x+1
 
Posons g(x)−y≥0
 
Alors on a :
 
$g(x)−y≥0⇔x3−x2x2+1−x+1≥0⇔x3−x2−x3+x2−x+1x2+1≥0⇔−x+1x2+1≥0⇔x∈ ]0; 1]$
 
Donc ∀x∈]0; 1]; g(x)−y≥0
 
Par conséquent :
 
sur ]0; ],(Cg) est au dessus de (D1):y=x−1
 
sur ]1; +∞[, (Cg) est en dessous de (D1):y=x−1
 
4) Calculer g′(x) sur les intervalles où g est dérivable.
 
Sur ]−∞; −1]
 
La fonction x↦x est dérivable sur R, en particulier elle l'est sur ]−∞; −1[.
 
La fonction x↦√x+1x est dérivable sur ]−∞; −1[
 
Donc g(x) est dérivable sur ]−∞; −1[
 
comme produit de fonctions dérivables sur ]−∞; −1[ et on a :
 
$g′(x)=√x+1x+x(√x+1x)′=√x+1x+x((x+1x)′2√x+1x)=√x+1x+x(x−x−1x22√x+1x)=√x+1x+x(−1x22√x+1x)=2x+12x√x+1x$
 
Sur ]−1; 0[
 
La fonction x↦x est dérivable sur R, en particulier elle l'est sur ]−1; 0[.
 
La fonction x↦√−x−1x est dérivable sur ]−1; 0[.
 
Donc g(x) est dérivable sur ]−1; 0[ comme produit de fonctions dérivables sur ]−1; 0[
 
$g′(x)=√−x−1x+x(√−x−1x)′=√−x−1x+x((−x−1x)′2√−x−1x)=√−x−1x+x(−x+x+1x22√−x−1x)=√−x−1x+x(1x22√−x−1x)=−2x−12x√−x−1x$
 
Sur [0; +∞[
 
La fonction x↦x3−x2x2+1 est dérivable sur R, en particulier elle l'est sur [0; +∞[.
 
Par suite g est dérivable sur [0; +∞[ et on a :
 
$g′(x)=(3x2−1)(x2+1)−2x(x3−x2)(x2+1)2=3x4+3x2−2x3−2x−2x4+2x3(x2+1)2=x4+3x2−2x(x2+1)2$
 
Finalement on a :
 
g′(x)={2x+12x√x+1xsix∈]−∞; −1[−2x−12x√−x−1xsix∈]−1; 0[x4+3x2−2x(x2+1)2six∈[0; +∞[
5) Soit ϕ=x3+3x−2
 
a) Montrons que l'équation ϕ=0 admet une solution unique α sur R puis donnons un encadrement de α par deux entiers consécutifs.
 
Montrons que l'équation ϕ(x)=0 admet une solution unique α sur R Dϕ=R car ϕ est une fonction polynômiale.
 
limx→−∞ϕ(x)=−∞ et limx→+∞ϕ(x)=+∞
 
ϕ est dérivable sur R (car ϕ est une fonction polynômiale).
 
∀x∈R on a ϕ′(x)=3x2+1>0
 
Donc ϕ est strictement croissante sur R.
 
ϕ étant continue et strictement croissante sur R
 
donc elle réalise une bijection de R sur R.
 
Or 0∈R donc il existe un unique α∈R tel que ϕ(α)=0
 
Donnons un encadrement de α par deux entiers consécutifs.
 
Comme ϕ(0)=−2 et ϕ(1)=2 donc ϕ(0)×ϕ(1)<0.
 
Par suite 0<α<1
 
b) En déduire le signe de ϕ sur R.
 
On a :
 
∀x ∈]−∞; α], ϕ(x)≤0
 
∀x∈]α; +∞[, ϕ(x)>0
 
6) Montrons que g′(x)=xϕ(x)(x2+1)2sur[0; +∞[ puis établir le tableau de variation de g sur R
 
On a :
 
∀x ∈[0; +∞[,g′(x)=x4+3x2−2x(x2+1)2=x(x3+3x−2)(x2+1)2=xϕ(x)(x2+1)2
 
Tableau de variations de g.
 
Sur [0; +∞[
 
Le signe de ϕ(x) dépend de celui de xϕ(x).
 
∀x ∈]α; +∞[, ϕ(x)≤0
 
donc xϕ(x)>0 ou encore g′(x)≤0
 
D'où g est strictement croissante sur ]α; +∞[
 
∀x ∈]0; α], ϕ(x)≤0 donc xϕ(x)≤0 ou encore g′(x)≤0
 
D'où g est décroissante sur ]α; +∞[
 
Sur ]−∞; −1[
 
on a g′(x)=2x+12x√x+1x
 
Sur ]α; −12], g′(x)≥0 donc ∀x∈]−∞; −1[g′(x)≥0
 
D'où g est croissante sur ]−∞; −1[.
 
Sur ]−1; 0[
 
on a g′(x)=−2x−12x√−x−1x.
 
Sur ]−1; −12],g′(x)≤0 donc ∀x∈]−1; −12[, g′(x)≤0
 
D'où g est décroissante sur ]−1; −12]
 
Sur ]−12; 0], g′(x)>0 donc ∀x ]−12; 0[, g′(x)≤0
 
D'où g est croissante sur ]−12; 0[.
 
x−∞−1−120α+∞g′(x)+−+−+g↗↘↗↘↗
 
Les maximums (locaux) de g sont A(−1; 0) et O(0; 0)
 
Les minimums (locaux) de g sont C(−12; −12)  et  D(α; g(α))
 
7) Traçons les droites remarquables puis tracer Cg la courbe de g.
 
Asymptote oblique en −∞ : (D1):y=x+12
 
Asymptote oblique en +∞ :(D2):y=x−1

 
 
a) Montrons que la restriction g1 de g à ]−∞; −1] est bijective de ]−∞; −1] sur un intervalle J à préciser.
 
g1(x)=x√x+1x
 
D'après le tableau de variation, g1 est continue et croissante sur ]−∞; −1]
 
donc elle réalise une bijection de ]−∞; −1] sur J=g1(]−∞; −1])=]−∞; 0]
 
b) g−11 la bijection réciproque de g1, est-elle dérivable sur J ?
 
Calculer g1(−2) puis (g−11)′(−√2)
 
Comme g1 est dérivable et g′1(x)≠0 sur ]−∞; −1[ donc g−11 est dérivable sur ]−∞; 0[
 
on a g1(−2)=−2√−2+1−2=−2√2=−√2
 
(g−11)′(−√2)=1g′1(−√2)=−2√23
 
c) Donnons les variations de g−11
 
g1 et g−11 ont même sens de variation.
 
Puisque g1 est croissante sur ]−∞; −1] donc g−11 est aussi croissante sur ]−∞; 0]
 
Traçons Cg−11. 
 
Cg−11 se déduit de Cg1 par la symétrie d'axe la première bissectrice (la droite y=x) (voir figure)
 
 
Auteur: 
Babacar Djité

Commentaires

Demba Ba (non vérifié)

sam, 04/10/2021 - 19:33

Meilleur site. merci

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