Terminale S3 07/02/18
Devoir surveillé de mathématiques 1 heure 45
La al ulatri e est autorisée.
Exer i e 1 (10 points) − − Le plan est rapporté à un repère orthonormal dire t (0; → u ;→ v ). On note C l'ensemble des nombres omplexes. Pour ha une des propositions suivantes, dire si elle est vraie ou fausse en justi ant la réponse.
1. Proposition : Pour tout entier naturel n : (1 + i)4n = (−4)n . 2. Soit (E) l'équation (z − 4) (z 2 − 4z + 8) = 0 où z désigne un nombre omplexe. Proposition : Les points dont les a xes sont les solutions, dans C, de (E) sont les sommets d'un triangle d'aire 8. 3. Proposition : Pour tout nombre réel α, 1 + e2iα = 2eiα cos(α). 1
4. Soit A le point d'a xe zA = (1 + i) et Mn le point d'a xe (zA )n où n désigne un entier naturel 2 supérieur ou égal à 2. Proposition: si n − 1 est divisible par 4, alors les points O , A et Mn sont alignés. 2π
5. Soit j le nombre omplexe de module 1 et d'argument . 3 2 Proposition : 1 + j + j = 0.
Exer i e 2 (10 points) Les parties A et B peuvent être traitées de façon indépendante.
Partie A
On rappelle que la partie réelle d'un nombre omplexe z est notée ℜ(z). 1. Déterminer l'é riture exponentielle du nombre omplexe u = 1 − i. 2. Déterminer, pour tout réel θ, la forme algébrique et l'é riture exponentielle du nombre omplexe eiθ (1 − i). 3. Déduire des questions pré édentes que, pour tout réel θ, √ π cos(θ) + sin(θ) = 2 cos θ − . 4
Partie B
√
Dans ette partie, on admet que, pour tout réel θ, cos(θ) + sin(θ) = 2 cos θ − On onsidère les fon tions f et g dé nies sur l'intervalle [0 ; + ∞[ par:
π . 4
f (x) = e−x cos(x) et g(x) = e−x .
On dé nit la fon tion h sur [0 ; + ∞[ par h(x) = g(x) − f (x). Les représentations graphiques Cf , Cg et Ch des fon tions f, g et h sont données, en annexe, dans un repère orthogonal.
1. Conje turer : (a) les limites des fon tions f et g en +∞ ; (b) la position relative de Cf par rapport à Cg ; ( ) la valeur de l'abs isse x pour laquelle l'é art entre les deux ourbes Cf et Cg est maximal. 2. Justi er que Cg est située au-dessus de Cf sur l'intervalle [0 ; + ∞[. 3. Démontrer que la droite d'équation y = 0 est asymptote horizontale aux ourbes Cf et Cg . 4. (a) On note h′ la fon tion dérivée de la fon tion h sur l'intervalle [0 ; + ∞[. [0 ; + ∞[, Démontrer que, i h√ pour toutπx de l'intervalle ′ −x −1 . h (x) = e 2 cos x − 4 h πi √ π −1 >0 : 2 cos x − (b) Justi er que, sur l'intervalle 0 ; 2 4 i √ hπ π − 1 6 0. ; 2π , 2 cos x − et que, sur l'intervalle 2 4 ( ) En déduire le tableau de variation de la fon tion h sur l'intervalle [0 ; 2π].
Annexe Exer i e 2 1 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5
Cg
0.4
Cf
0.3 0.2 0.1
Ch 0
1
2
3
4
5
6
Corre tion du DS du 7/02 Exer i e 1 (10 points) − − u ;→ v ). Le plan est rapporté à un repère orthonormal dire t (0; → On note C l'ensemble des nombres omplexes.
1. (1 + i)4n = ((1 + i)4 )n et (1 + i)4 = ((1 + i)2 )2 (1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = 1 + 2i − 1 = 2i don (1 + i)4 = (2i)2 = 4i2 = −4 Don (1 + i)4n = (−4)n ; la proposition est vraie. 2. On her he les solutions de l'équation (E) : (z − 4) (z 2 − 4z + 8) = 0. (z − 4)(z 2 − 4z + 8) = 0 ⇐⇒ z − 4 = 0 ou z 2 − 4z + 8 = 0 ⇐⇒ z = 4 ou z 2 − 4z + 8 = 0. Résolution de z 2 − 4z + 8 = 0 : ∆ = (−4)2 − 4 × 1 × 8 = 16 − 32 =√−16 < 0 don l'équation z 2 − 4z + 8 = 0 admet deux solutions √ − (−4) − i 16 4 − 4i −b − i −∆ = = = 2 − 2i et 2 2 √ 2a √ −b + i −∆ − (−4) + i 16 4 + 4i z2 = = = = 2 + 2i 2a 2 2 L'équation (E) admet pour solutions 4, 2 + 2i, 2 − 2i . Représentons les points dont les a xes sont solutions de (E):
omplexes onjuguées : z1 =
B et C ont des a xes onjuguées don B et C
B ~v O ~u
H
sont symétriques par rapport à l'axe des abs isses : (OA) est la médiatri e de [BC] et le milieu H de [BC] est aussi le pied de la hauteur issue de A dans le triangle. H a pour a xe 2 don AH = 2; de plus BC = |2 + 2i − 2 + 2i| = |4i| = 4. L'aire de e triangle vaut don :
A
C
BC × AH 4×2 = =4 2 2
La proposition est fausse.
3. Soit α un nombre réel quel onque; on sait que 1 = cos2 (α) + sin2 (α). 2
1 + e2iα = 1 + (eiα ) = 1 + (cos(α) + i sin(α))2 = 1 + cos2 (α) + 2i sin(α) cos(α) + i2 sin2 (α) = cos2 (α) + sin2 (α) + cos2 (α) + 2i sin(α) cos(α) − sin2 (α) = 2 cos2 (α) + 2i sin(α) cos(α) = 2 (cos(α) + i sin(α)) cos(α) = 2eiα cos(α) La proposition est vraie.
4. |zA | =
√
a2
+
cos(θ) =
sin(θ) = −→ −−−→ (OA; OMn )
r
1 1 1 + = √ ainsi, on her he θ tel que : 4 √4 2 1 2 a = 21 = √ r 2 π 2 √ ainsi θ = [2π]. 1 2 b 4 2 = 1 = √ r 2 2 zn − zO [2π] = arg zA −n zO (zA ) [2π] = arg zA = (n − 1) arg(zA ) [2π] π = (n − 1) [2π] 4 b2
=
−→ −−−→
Si n − 1 est un multiple de 4 alors (OA; OMn) mesure un multiple de π don les points O , A et Mn sont alignés.
π+
π 4
~v
A b
π 4
La proposition est vraie.
5. Le nombre j a pour module 1 et argument
2π don j 2 a pour module 12 = 1 et pour argument 3
2π 4π . = 3 3 On a: √ π π 2π 3 2π π π 1 j = cos . + i sin = cos π − + i sin π − = − cos + i sin =− +i 3 3 3 3 3 3 2 2 Et: √ π π 4π π π 1 4π 3 2 + i sin = cos π + + i sin π + = − cos − i sin =− −i j = cos . 3 3 3 3 3 3 2 2 √ √ 1 3 1 3 2 Don 1 + j + j = 1 − + i − −i = 0. 2 2 2 2 2×
La proposition est vraie.
Une solution plus élégante onsiste à é rire le nombre j sous la forme ei 3 pour prouver que j 3 = 1. Ensuite on développe (1 + j + j 2 ) (1 − j) en 1 − j 3 qui donne don 0. Et omme j n'est pas égal à 1, le fa teur 1 − j n'est pas nul, mais omme le produit (1 + j + j 2 ) (1 − j) est nul, 'est le fa teur 1 + j + j 2 qui est nul. 2π
Exer i e 2 (10 points) Les parties A et B peuvent être traitées de façon indépendante.
Partie A
On rappelle que la partie réelle d'un nombre omplexe z est notée ℜ(z). 1. u(= 1 − i don |u| = |1√− i| = cos(θ) =
sin(θ) =
a r b r
=
=
√1 = 2 2 √ 2 − √12 = − 22
√
et u = 1 − i = 2e−i 4 . 2. Pour tout réel θ :
√ 12 + (−1)2 = 2. On her he θ tel que : ( √ π cos(− π4 ) = cos( π4 ) = 22 √ or don θ = − [2π] π 2 π 4 sin(− 4 ) = − sin( 4 ) = − 2 p
π
eiθ (1 − i) = (cos(θ) + i sin(θ))(1 − i) = cos(θ) + i sin(θ) − i cos(θ) − i2 sin(θ) = cos(θ) + sin(θ) + i(sin(θ) − cos(θ)) est la forme algébrique de eiθ (1 − i). √ √ π π De plus, eiθ (1 − i) = eiθ u = eiθ 2e−i 4 = 2ei(θ− 4 ) est la forme exponentielle de eiθ (1 − i). 3. On a pour tout θ : eiθ (1 − i) = cos(θ) √ i(θ−+π sin(θ) √ + i(sin(θ) π− cos(θ)) ) 4 = = 2e 2(cos(θ − 4 ) + i sin(θ − π4 )) On a don deux formes algébriques du√ omplexe eiθ (1 −√i) : cos(θ) + sin(θ) + i(sin(θ) − cos(θ)) et 2 cos(θ − π4 ) + i 2 sin(θ − π4 )
don les parties réelles sont égales d'où :
cos(θ) + sin(θ) =
√
π 2 cos θ − 4
Partie B
Dans ette partie, on admet que, pour tout réel θ, cos(θ) + sin(θ) =
√
π 2 cos θ − . 4
On onsidère les fon tions f et g dé nies sur l'intervalle [0 ; + ∞[ par: f (x) = e−x cos(x) et g(x) = e−x .
On dé nit la fon tion h sur [0 ; + ∞[ par h(x) = g(x) − f (x). 1. Conje tures : (a) Les fon tions f et g semblent tendre vers 0 en +∞ ; (b) Cf semble être en dessous de Cg sur [0; +∞[ ; ( ) La valeur de l'abs isse x pour laquelle l'é art entre les deux ourbes Cf et Cg est maximal est la valeur de l'abs isse x pour laquelle h admet un maximum : x ≈ 1,5. 2. Pour tout x ∈ [0 ; + ∞[ : g(x) − f (x) = e−x − e−x cos(x) = e−x (1 − cos(x)) est du signe de 1 − cos(x) ar e−x est une exponentielle don est positif. Or pour tout x de [0 ; + ∞[, cos(x) 6 1 ⇐⇒ − cos(x) > −1 ⇐⇒ 1 − cos(x) > 0. Ainsi, pour tout x de [0; +∞[ : g(x) − f (x) > 0 et Cg est située au-dessus de Cf sur l'intervalle [0 ; + ∞[. 3. Pour tout x de [0 ; + ∞[ : −1 6 cos(x) 6 1 ⇐⇒ −e−x 6 e−x cos(x) 6 e−x ( ar e−x > 0) Or lim −x = −∞ et lim eX = 0 don par omposition lim e−x = 0 et par produit x→+∞ x→+∞ X→−∞ lim −e−x = 0 ainsi, par le théorème des gendarmes : x→+∞
lim f (x) = lim e−x cos(x) = 0
x→+∞
x→+∞
et lim g(x) = lim e−x = 0 x→+∞ x→+∞ Ainsi, la droite d'équation y = 0 est asymptote horizontale aux ourbes Cf et Cg . 4. (a) On note h′ la fon tion dérivée de la fon tion h sur l'intervalle [0 ; + ∞[. Pour tout x de [0 ; + ∞[, on a :
h(x) = g(x) − f (x) = e−x − e−x cos(x) = e−x (1 − cos(x)) = u(x)v(x) ave u(x) = e−x = ew(x) v(x) = 1 − cos(x) w(x) = −x ′ ′ w(x) −x ′ ′ don u (x) = w (x)e = −e v (x) = − cos (x) = sin(x) w ′(x) = −1
Ainsi :
h′ (x) = u′ (x)v(x) + v ′ (x)u(x) = −e−x (1 − cos(x)) + e−x sin(x) = e−x (−1 + sin(x)) h√ + cos(x) i √ π π 2 cos x − = e−x − 1 ar pour tout réel θ, cos(θ) + sin(θ) = 2 cos θ − 4 h4 π i π π π π (b) Pour tout x de l'intervalle 0 ; : 0 6 x 6 ⇐⇒ − 6 x − 6 2 4 4h 4 i h π 2i π mais la fon tion cos est roissante sur − ; 0 et dé roissante sur 0; don le minimum de 4 √ 4 π h π πi π 2 = cos − = cos sur − ; est cos (en eet, cos est paire) 4 4 4 2 h π4 i Ainsi, pour tout x de 0; : √2 π 2 cos x − > 4 2 √ 2 √ √ π 2 > = 1 ar 2 > 0 2 cos x − ⇐⇒ 4 2 √ π ⇐⇒ −1>0 2 cos x − 4 i π hπ π π 7π Pour tout x de l'intervalle ; 2π : 6 x 6 2π ⇐⇒ 6 x − 6 2 2 4 4 4
7π mais la fon tion cos est dé roissante sur ; π et roissante sur π; don le maximum de 4 4 √ π π π 7π 2 = cos 2π − = ; cos sur est cos (en eet, cos est 2π -périodique) 4 4 4 2 hπ 4 i Ainsi, pour tout x de ; 2π : 2 √ π 2 cos x − 6 4 2 √ 2 √ √ 2 π 6 = 1 ar 2 > 0 2 cos x − ⇐⇒ 4 2 √ π −160 ⇐⇒ 2 cos x − 4 h√ i √ π π ′ −x ( ) h (x) = e 2 cos x − − 1 est du signe de 2 cos x − − 1 ar e−x > 0 sur 4 4 [0 ; + ∞[ d'où le tableau : hπ
x
i
π 2
0
Signe de h′ (x)
+
2π −
0 π
Variations de h en eet :
e− 2
0
0
h(0) f (0) =e−0 − e−0 cos(0) = 1 − π= g(0)−π π1× 1 = π0 ; π π π π π h =g −f = e− 2 − e− 2 cos = e− 2 − e− 2 × 0 = e− 2 ; 2 2 2 2 h(2π) = g(2π) − f (2π) = e−2π − e−2π cos(2π) = e−2π − e−2π × 1 = 0
