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+28i2i|||2i68i428i14+3i142i0
 
(E):(z+2i)(z2+(4+3i)z+142i)=0
 
Résolvons l'équation z2+(4+3i)z+142i=0
 
On a Δ=(4+3i)2+4(142i)=63+16iCR
 
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=65a2b2+2iab=63+16i 
 
Par identification on a : {a2+b2=65(1)a2b2=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 βαγα
 
On a βαγα=6+2i+2i2+i+2i=6+4i2+3i=2i.
 
βαγα=2i
 
c) Déduisons la nature du triangle ABC. On a :
 
βαγα=zBzAzCzA=2i
 
|zBzAzCzA|=|2i|=21
 
donc ABAC (1)
 
arg(zBzAzCzA)=arg(2i)=π2[2π]
 
donc (AC, AB)=π2[2π] (2)
 
(1) et (2) ABC est un triangle rectangle en A.

Partie B :

Soit z=83+8i;u=(62)+i(6+2
 
1) Calculons le module et un argument de z.
 
On a |z|=(83)2+82=16
 
Soit θ un argument de z on a alors :
 
{cosθ=8316sinθ=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 :
 
$Extra \left or missing \right\right. \ \ &\Leftrightarrow & \left\lbracer=4α=5π12+kπ,kZ\right.\end{array}$
 
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 :
 
$u2=[(62)+i6+2)]2=(62)2(6+2)2+2i(62)(6+2)=6+221262212+2(62)i=412+8i=83+8i$
 
Alors u2=83+8i
 
Exprimons les racines carrées de z sous forme algébrique.
 
On a u2=83+8i=z donc u=(62)+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=(62)i(6+2) Sous forme algébrique
 
On a :
 
u=(62)+i(6+2) 
 
u=(62)+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=33i2
 
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+13i
 
1) Factorisons z23iz2 en remarquant que z=i en est une solution,
 
puis résolvons l'équation (E) : z23iz2=0
 
Factorisons z23iz2 en remarquant que z=i en est une solution.
 
Comme z1=i est solution de z23iz22 alors si z1 désigne l'autre racine on a :
 
z1z2=2 D'où z2=2i=2i
 
Par suite z23iz2=(zi)(z2i)
 
résolvons l'équation (E) : z23iz2=0
 
$z23iz2=0(zi)(z2i)=0z=iouz=2iS=i; 2i$
 
2) Déterminons les affixes des points invariants par f. (Un point est invariant lorsque z=z)
 
$z est invariant par ff(z)=zz+2z+13i=zz+2=z2+z3izz2+3iz2=0z23iz+2=0z=iouz=2i$
 
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
 
$MC(O, 1)OM=1|zz0|=1|z|=1|z+2z+13i|=1|z+2|=|z+13i||z(2)|=|z(1+3i)||zzB|=|zzA|MB=MAMappartient à la médiatrice de[AB]$
 
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 (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 (z) en fonction de x et y.
 
On a :
 
$z=z+2z+13i=x+iy+2x+i+13i=x+2+iyx+1+i(y3)=(x+2iy)(x+1i)(y+3)(x+1)2+(y3)2=(x+2+iy)(x+1iy3i)(x+1)2+(y3)2=x2+xixy3ix+2x+22iy6iixy+iy+y2+3y(x+1)2+(y3)2=x2+y2+3x+3y+2(x+1)2(y3)2i3x+y6(x+1)2+(y3)2$
 
Par identification on a (z)=3x+y6(x+1)2+(y3)2
 
Déduisons l'ensemble des points M du plan tels que M appartienne à l'axe des abscisses.

On a :
 
$Extra \left or missing \right\right. \ \ &\Leftrightarrow& \left\lbrace3x+y6=0(x, y)(1, 3)\right. \end{array}$
 
Par suite l'ensemble des points M du plan tels que M appartienne à l'axe des abscisses est la droite (D) : 3x+y6=0 privée du point A.

Problème

Soit g la fonction définie par g(x)={x|x+1x|six<0x3x2x2+1six0
 
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
 
$Extra \left or missing \right\right. \ \ &\Leftrightarrow& \left\lbracex<0xR{0} \right. \ \ &\Leftrightarrow& Dg_{1}=]-\infty\;;\ 0[ \end{array}$
 
Posons g1(x)=x3x2x2+1six0
 
$Extra \left or missing \right\right. \ \ &\Leftrightarrow& \left\lbracex0xR\right. \ \ &\Leftrightarrow& Dg_{2}=[0\;;\ +\infty[ \end{array}$
 
Par suite Dg=Dg1Dg2=]; 0[[0; +[=R.
 
Dg=R
 
Écrivons g sans barres de valeur absolue.
 
Posons x+1x=0 Donc on a  x=1  et  x0
 
x10x+1+xx+1x+|x+1x|x+1xx+1x
 
g(x)={xx+1xsix]; 1]x1xsix]1; 0[x3x2x2+1six[0; +[
 
2) Étudions la continuité et la dérivabilité de g en 0 et en -1
 
Continuité en 0
 
Comme 0Dg on a g(0)=030202+1=0
 
limx0+g(x)=limx0+x3x2x2+1=0=g(0)
 
Par suite g est continue à droite de 0
 
limx0g(x)=limx0xx1x.
 
Or limx0x1x=10=+
 
Donc par composée on a limx0x1x=+
 
De plus limx0x=0 donc par produit nous avons une forme indéterminée.
 
Levons l'indétermination
 
On a
 
limx0xx1x=limx0xx+1x=limx0xx×x+1=limx0x×x+1=0×1=0
 
Donc limx0g(x)=0=g(0).
 
Par suite g est continue à gauche de 0
 
Conclusion :
 
On a limx0g(x)=limx0+g(x)=g(0)=0
 
donc g est continue en 0.
 
Continuité en 1
 
Comme 1Dg on a g(1)=1×01=0
 
limx1+g(x)=limx1+xx1x=0=g(1).
 
Par suite g est continue à droite de -1
 
limx1+g(x)=limx1+xx+1x=0=g(1).
 
Par suite g est continue à gauche de -1
 
Conclusion : 

On a limx1+g(x)=limx1+=g(1)=0
 
donc g est continue en 1
 
Dérivabilité en 0
 
limx0g(x)g(0)x0=limx0g(x)x=limx0xx1x=limx01x×x+1=10+=+
 
limx0g(x)g(0)x0=+
 
Par suite g n'est pas dérivable à droite de 0 et par conséquent (Cg) admet une tangente verticale en 0+
 
limx0+g(x)g(0)x0=limx0+g(x)x=limx0+x3x2x(x2+1=limx0+x2xx2+1=0
 
limx0+g(x)g(0)x0=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
 
limx1g(x)g(1)x+1=limx1g(x)x1=limx1xx+1×x+1x=limx1(xx+1)2×x+1x=limx1xx+1=+
limx1g(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
 
limx1+g(x)g(1)x+1=limx1+g(x)x1=limx1+xx+1×x1x=limx1+(xx+1)2×x1x=limx1+xx+1=
 
limx1+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 :
 
limxg(x)=limxxx+1x=
 
limx+g(x)=limx+x3x2x2+1=+
 
En on a :
 
limxg(x)x=limxx+1x=1
 
limx[g(x)x]=limx[xx+1xx].
 
Nous avons ici une forme indéterminée.
 
Levons l'indétermination On a :
 
limx[g(x)x]=limx[xx+1xx]=limx[x2(x+1x)x2xx+1x+x]=limx1x+1x+1=limx11+1x+1=12
Par suite la droite (D1) : y=x+12 est asymptote oblique à (Cg) en
 
En + on a :
 
limx+=limx+x3x2x3+x=1
limx+[g(x)x]=limx+[x3x2x2+1x]=limx+[x3x2x3xx2+1]=limx+[x2xx2+1]=1
Par suite la droite (D2):y=x1 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=xx+1xx12.
 
Sur ]; 1]:
 
Posons g(x)y0.
 
Alors on a :
 
$g(x)y0xx+1xx+12(xx+1x)(x+12)2car les deux membres sont tous négatifsx2(x+1x)(x+12)2x2+xx214x0140ce qui est impossible$
 
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)y0.
 
Alors on a :
 
$g(x)y0xx1xx+12avec x12 car impossible si x>12(xx1x)(x+12)2 car les deux membres sont tous négatifsx2(x1x)(x+12)2x2xx214x02x22x1408x28x10x]1; 224]$
 
Donc x ]1; 224],g(x)y0
 
Par conséquent :
 
sur ]1; 224], (Cg)est au dessus de(D1):y=x+12
 
sur ]224; 0[, (Cg)est au dessous de(D1):y=x+12
 
Position de Cg par rapport à (D2):y=x1
 
Sur [0; +[ : g(x)y=x3x2x2+1x+1
 
Posons g(x)y0
 
Alors on a :
 
$g(x)y0x3x2x2+1x+10x3x2x3+x2x+1x2+10x+1x2+10x ]0; 1]$
 
Donc x]0; 1]; g(x)y0
 
Par conséquent :
 
sur ]0; ],(Cg) est au dessus de (D1):y=x1
 
sur ]1; +[, (Cg) est en dessous de (D1):y=x1
 
4) Calculer g(x) sur les intervalles où g est dérivable.
 
Sur ]; 1]
 
La fonction xx est dérivable sur R, en particulier elle l'est sur ]; 1[.
 
La fonction xx+1x est dérivable sur ]; 1[
 
Donc g(x) est dérivable sur ]; 1[
 
comme produit de fonctions dérivables sur ]; 1[ et on a :
 
$g(x)=x+1x+x(x+1x)=x+1x+x((x+1x)2x+1x)=x+1x+x(xx1x22x+1x)=x+1x+x(1x22x+1x)=2x+12xx+1x$
 
Sur ]1; 0[
 
La fonction xx est dérivable sur R, en particulier elle l'est sur ]1; 0[.
 
La fonction xx1x est dérivable sur ]1; 0[.
 
Donc g(x) est dérivable sur ]1; 0[ comme produit de fonctions dérivables sur ]1; 0[
 
$g(x)=x1x+x(x1x)=x1x+x((x1x)2x1x)=x1x+x(x+x+1x22x1x)=x1x+x(1x22x1x)=2x12xx1x$
 
Sur [0; +[
 
La fonction xx3x2x2+1 est dérivable sur R, en particulier elle l'est sur [0; +[.
 
Par suite g est dérivable sur [0; +[ et on a :
 
$g(x)=(3x21)(x2+1)2x(x3x2)(x2+1)2=3x4+3x22x32x2x4+2x3(x2+1)2=x4+3x22x(x2+1)2$
 
Finalement on a :
 
g(x)={2x+12xx+1xsix]; 1[2x12xx1xsix]1; 0[x4+3x22x(x2+1)2six[0; +[
5) Soit ϕ=x3+3x2
 
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.
 
limxϕ(x)= et limx+ϕ(x)=+
 
ϕ est dérivable sur R (car ϕ est une fonction polynômiale).
 
xR 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 0R donc il existe un unique αR 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+3x22x(x2+1)2=x(x3+3x2)(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+12xx+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)=2x12xx1x.
 
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[.
 
x1120α+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=x1

 
 
a) Montrons que la restriction g1 de g à ]; 1] est bijective de ]; 1] sur un intervalle J à préciser.
 
g1(x)=xx+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) g11 la bijection réciproque de g1, est-elle dérivable sur J ?
 
Calculer g1(2) puis (g11)(2)
 
Comme g1 est dérivable et g1(x)0 sur ]; 1[ donc g11 est dérivable sur ]; 0[
 
on a g1(2)=22+12=22=2
 
(g11)(2)=1g1(2)=223
 
c) Donnons les variations de g11
 
g1 et g11 ont même sens de variation.
 
Puisque g1 est croissante sur ]; 1] donc g11 est aussi croissante sur ]; 0]
 
Traçons Cg11. 
 
Cg11 se déduit de Cg1 par la symétrie d'axe la première bissectrice (la droite y=x) (voir figure)
 
 
Auteur: 
Babacar Djité

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Meilleur site. merci

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