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Classe de Terminale S MATHEMATIQUES CORRECTION DU SUIVI

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Classe de Terminale S
MATHEMATIQUES
CORRECTION DU SUIVI 1
Exercice 1 :
1)a) L’affixe du milieu K de [IJ] est :
zK =
1+i
zI + zJ
=
.
2
2
b) L’application T est définie pour tout point M distinct de A par
2zz 0 = i(z + z 0 )
⇐⇒
2zz 0 − iz 0 = iz
⇐⇒
z0 =
⇐⇒
z 0 (2z − i) = iz
iz
2z − i
• zI = 1 d’où l’affixe du point I 0 est
zI 0 =
i
i(2 + i)
−1 + 2i
=
=
2−i
(2 − i)(2 + i)
5
• zJ = i d’où l’affixe du point J 0 est
zJ 0 =
i×i
−1
−1 × i
=
=
=i
2i − i
i
i×i
1+i
d’où l’affixe du point K 0 est
2
1+i
1+i
i×
i×
2
2 = −1 + i
=
=
1+i
1+i−i
2
2×
−i
2
• zK =
zK 0
c) On calcule l’affixe du milieu du segment [I 0 J 0 ]
zI 0 + zJ 0
1 −1 + 2i
1 −1 + 2i + 5i
−1 + 7i
z=
=
+i =
=
2
2
5
2
5
10
On en déduit que K 0 n’est pas le milieu du segment [I 0 J 0 ] donc l’application T ne
conserve pas les milieux.
2) On a déjà vu que J est invariant par T car zJ = zJ 0 = i.
1
Il faut donc résoudre l’équation
⇐⇒
z(2z − i) = iz
⇐⇒
2z(z − i) = 0
z=
iz
2z − i
2z 2 − iz = iz
⇐⇒
⇐⇒
z=0
ou
2z 2 − 2iz = 0
⇐⇒
z = i.
Les points invariants par T sont donc O, l’origine du repère et le point J.
iz
on remplace dans l’écriture
2z − i
i
i
iz × 2
i × (2z − i)
i
iz
−
z−
=
−
z−
2z − i 2
2
(2z − i) × 2 2 × (2z − i)
2
3) Comme
z0 =
2iz − i(2z − i)
2(2z − i)
2iz − 2iz − 1
2(2z − i)
−1
2(2z − i)
=
=
=
i
z−
2
i
z−
2
i
z−
2
=
−z
i
+
2(2z − i) 2 × 2(2z − i)
=
−(2z − i)
−2z + i
=
4(2z − i)
4(2z − i)
=−
1
4
4) On vient de calculer que
d’où
0 i
i 1
z −
z−
=
2
2 4
i
z −
2
0
i
z−
2
=−
1
4
0 i z −
× z− i = 1
2 2 4
⇐⇒
1
où AM = 1.
4
Si M appartient au cercle de centre A et de rayon 1, M 0 appartient donc au cercle
1
de centre A et de rayon .
4
c.a.d
AM 0 × AM =
2
Exercice 2 :
a)
f : x 7−→
3x − 1
2x − 4
4
• Pour que f soit définie il ne faut pas que son dénominateur s’annule.
Or 2x − 4 = 0 ⇐⇒ x = 2.
On a donc
Df = R − {2}.
• f est dérivable composée de fonctions dérivables (fonction rationnelle et fonction
puissance).
u0 v − uv 0
.
v
v2
Il ne faut donc pas que le dénominateur soit nul d’où Df 0 = Df = R−{2}.
• La dérivée d’un quotient est de la forme
• ∀x ∈ Df 0 ,
u 0
=
3
3x − 1
3(2x − 4) − 2(3x − 1)
f (x) = 4
(2x − 4)2
2x − 4
0
3
6x − 12 − 6x + 2
3x − 1
=4
(2x − 4)2
2x − 4
=4
−10
(2x − 4)2
−40
(2x − 4)2
−40
(3x − 1)3
(2x − 4)2 (2x − 4)3
=
3x − 1
2x − 4
3
3
=
3x − 1
2x − 4
−40(3x − 1)3
=
(2x − 4)5
• Etude du signe de la dérivée.
1
x= .
3
Pour étudier le signe d’un quotient, le plus simple est de faire un tableau de
signes.
On a
f 0 (x) = 0
⇐⇒
3x − 1 = 0
⇐⇒
3
x
!
!
!
!!
__!
1
3
1
3
0
+_
"#
+#
2
_
x
- 40
!
3
"1)
(3x- 40
! 53
4)
(2x
(3x""1
"# _
__
!
0
_
+
0
5
quotient
(2x " 4)
__
0
+_
0
quotient
_
0
+
_
2
!
!
+#
+_
+
+
_
+
_
On en déduit le tableau de variations
!
x
ƒ’
!
!
1
3
"#
_
81
16
+#
2
0
_
+
+#
!
!
+#
ƒ
!
!
81
16
0
4
x(3 − x1 ) 4
(3 − x1 ) 4
81
3
! =
= lim
=
lim
= lim
4
4
x→−∞
x→−∞
x→−∞
2
16
x(2 − x )
(2 − x )
4
81
3x − 1
De même
lim
=
x→+∞
2x − 4
16
4
4
3x − 1
3x − 1
On a
lim
= lim
= +∞
x→2,x<2
x→2,x>2
2x − 4
2x − 4
b)
3x − 1
2x − 4
4
!
f : x 7−→
(3x − 2)3
(1 − 4x)2
• Pour que f soit définie il ne faut pas que son dénominateur s’annule.
1
Or 1 − 4x = 0 ⇐⇒ x = .
4
n1o
On a donc Df = R −
.
4
4
• f est dérivable composée de fonctions dérivables (fonction puissance et quotient).
u 0
• La dérivée d’un quotient est de la forme
v
=
u0 v − uv 0
.
v2
Il ne faut donc pas que le dénominateur soit nul d’où
• ∀x ∈ Df 0 ,
!
Df 0 = Df = R−
n1o
.
4
− 2)2 (11 − 4x)2 − (3x − 2)3 (2)(−4)(1
x = 3(3)(3x
"#
+# − 4x)
2
f 0 (x)
(1 − 4x)4
3
- 40
!
3
(3x "1) =
(2x " 4)
_
_
_
9(3x − 2)2 (1 − 4x)2 + 8(3x − 2)3 (1
! − 4x)
_!
+
+
0 (1 − 4x)4
_
5
_
0
+
(3x − 2)2 (1 − 4x)[9(1 − 4x) + 8(3x − 2)]
=
_
_
0 (1 − 4x)
+ 4
quotient
!
!
x
(3x − 2)2
= "#
(9 − 136x + 24x − 16)2
(1 − 4x)3
+#
3
!
ƒ’
!
_
(3x − _2)2 (−12x
0 − 7) +
=
3
(1
− 4x)
81
!
+#
!
+#
16
Un carré étant toujours
positif, le signe de cette dérivée dépend du signe du quoƒ
(−12x − 7)
!
!
tient
.
3
(1 − 4x)
!
81
f 0 (x) = 0
De plus
x
!
(1" 4 x )
!
3x − 20= 0
⇐⇒
x=
"#
("12x " 7)
!
⇐⇒
3
quotient
2
3
−12x − 7 = 0 16
7
x=−
12
ou
ou
!
7
12
0
1
4
"
+
+
_
0
!
5
_
_
+
+ !
+#
!
0
!
_
+
On a donc le tableau de variations
x
"#
"
+
ƒ’
!
!
1
4
7
12
0
"
+
!
- 4,746
!
!
!
"#
x
lim f (x) =!−∞,
x→−∞
c)
!
f : x 7−→
+#
!
ƒ
!
+#
ƒ’
r
"#
"#lim
x→+∞
x+1
!
x−1
1
lim
4x→ 14
7
f (x)
"! = +∞,
!
12
+
0
"#
f (x) = −∞
"
+#
+
!
- 4,746
!
+#
!
ƒ définie, il faut que le dénominateur du quotient ne s’annule pas
• Pour que f soit
!
x+1
c.a.d x 6= 1 et que
≥ 0. Il faut donc étudier le signe du quotient.
x−1
"#
Les deux valeurs remarquables
étant −1
1, on a le tableau de signes suivant
"# et"#
:
!
!
donc
x
"#
!
x +1
"
!
x "1
"
!
!
Quotient
!
!
+
! -1
1
+
0
"
0
+#
+
0
"
! +
+
!
Df =] − ∞; −1]∪]1; +∞[
!
• f est dérivable comme composée de fonctions dérivables (quotient et racine
carrée).
√ 0
u0
• La dérivée d’une fonction racine est de la forme
u = √
il faut donc
2 u
√
que
u 6= 0.
f est donc dérivable sur
Df 0 =] − ∞; −1[∪]1; +∞[
6
x
"#
"
+
ƒ’
!
!
1
4
7
12
+#
"
0
+
!
- 4,746
!
!
+#
!
ƒ
!
x − 1 − (x + 1)
−2
(x − 1)2
x−1 =
"#
r
r
"#
=
f 0 (x) = "#r
x+1
x+1
x+1
2
2
2
2(x − 1)
x−1
x−1
x−1
x + 1 0
∀x ∈ Df 0 ,
!
x
! -1
!
1
1
=−
" r
x +1
x + 01
(x − 1)2
!
x−1
x "1
"
!
0,
∀x ∈ Df!
"#
+#
+
+
"
0
! +
f 0 (x) < 0! donc f est strictement décroissante sur Df .
Quotient
0
+
"
+
On en déduit
le tableau
!
! de variations!
x
!
1
-1
"
!
1
+#
!
ƒ
+#
"
ƒ’
!
!
"#
!
!
!
0
r
De plus,
lim
x→−∞
r
et
d)
lim
x→1
x+1
= lim
x − 1 x→−∞
s
1
x(1 + x1 )
= 1 = lim f (x)
x→+∞
x(1 − x1 )
x+1
= +∞
x−1
f : x 7−→
√
4x2 − 1
• Pour que f soit définie, il faut que
4x2 −1 ≥ 0 c.a.d (2x−1)(2x+1) ≥ 0.
Or, pour un trinôme du second degré, on sait qu’il est du signe du cœfficient de
x2 à l’extérieur de l’intervalle formé par les racines et du signe opposé à l’intérieur
de l’intervalle formé par les racines.
(2x − 1)(2x + 1) = 0 ⇐⇒
1
1
Df = − ∞; − ∪ ; +∞
2
2
Comme
on a
x=
7
1
2
ou
x=−
1
2
"#
!
x
"#
"#
!
"#
! -1
"
x +1
1
+#
+
0
+
!
!
!
" dérivables (racine
xcomme
"1
+
"
• f est dérivable
composée
de fonctions
carrée et trinôme
0
!
du second
degré)
!
"
Quotient
+
0
√ 0 + u0
!
!
!
u = √
• La dérivée d’une fonction
racine est de la forme
il faut donc
2
u
√
!
u 6= 0. x
que
1
-1
"#
+#
1
1
f est donc dérivable
sur Df"0 = − ∞; − ∪ ; +∞"
ƒ’
2
2
!
!
!
1
+#
!
8x
4x
(4x2 − 1)0
= √
=! √
∀x ∈ Df 0 , f 0 (x) = !√
2 4x2 − 1
2 4x2 − 1
4x2 − 1
√ƒ
!
∀x ∈ Df 0 ,
4x2 − 1 > 0 donc le signe
de f 0 ne dépend que de celui de x
(puisque 4 > 0).
On a donc le tableau de variations :
x
"#
ƒ’
!
!
!
1
"
1
2
1
2
+
!
!
!
+#
!
!
0
0
e)
+#
"
+#
ƒ
0
2x+3
f : x 7−→ e x−2
• Pour que f soit définie, il faut que
On a donc
x − 2 6= 0
c.a.d
x 6= 2.
Df = R − {2}.
• f est dérivable comme composée de fonctions dérivables (fonction rationnelle et
exponentielle)
• La dérivée d’une fonction exponentielle est de la forme (eu )0 = u0 eu
2x + 3
faut que la dérivée du quotient
soit définie c.a.d x =
6 2.
x−2
donc il
f est donc dérivable sur Df 0 = Df = R − {2}
0
2x+3
2x+3
2x + 3
2(x − 2) − (2x + 3) 2x+3
−7
0
∀x ∈ Df 0 , f (x) =
e x−2 =
e x−2 =
e x−2
2
2
x−2
(x − 2)
(x − 2)
8
81
16
+#
!
+#
ƒ
!
!
!
81
16
0
x
"#
"
7
12
1
4
+#
!
_
f 0 (x) <("12x
0 " 7)car un
sont toujours posi+ carré et
_ exponentielle
0 une
∀x ∈ Df 0 ,
tifs.
!
!
(1" 4 x )
3
+
+ !
f est donc strictement
décroissante
sur D0f .
!
+
quotient
0
!
_
!
_
+
On a donc le tableau
de variations :
!
x
"#
!
+#
_
ƒ’
!
2
_
7,39
+#
!
ƒ
!
7,39
0
De plus,
d’où
x(2 + x3 )
2x + 3
2x + 3
= lim
= lim
=2
x→−∞ x − 2
x→+∞ x(1 − 2 )
x→+∞ x − 2
x
lim
lim f (x) = lim f (x) = e2 ≡ 7, 39
x→+∞
x→−∞
2x + 3
= +∞
x→2,x>2 x − 2
2x + 3
lim
= −∞
x→2,x<2 x − 2
lim
donc
donc
lim f (x) = +∞
x→2,x>2
lim f (x) = 0
x→2,x>2
Exercice 3 :
1) Soit f la fonction définie que R par
f (x) = x3 + x + 1.
f est dérivable sur R car c’est un polynôme.
∀x ∈ R,
De plus
f 0 (x) = 3x2 + 1 > 0
donc f est strictement croissante sur R.
lim x3 + x + 1 = +∞
x→+∞
lim x3 + x + 1 = −∞
et
x→−∞
2) f est continue sur R comme polynôme. f est strictement croissante sur R en
changeant de signe donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation
f (x) = 0 admet une solution unique a dans R.
On a
−0, 683 < a < −0, 682.
9
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