Corrigé sujet 1 - Tle S - Ogooue education

Tle C Mathématiques Sujet 1 corrigé – Tle S Corrigé sujet 1 – Tle S

Exercice 1

1.a) Calculons $u_1+u_2~$ et $~u_1.u_2$
$u_1+u_2=(z_1+z_2+2)e^{-ia}~$
et $~u_1.u_2=(z_1z_2+z_1+z_2+1)e^{-ia}$
b) En déduisons que $u_1$ et $u_2$ sont solution de l’équation :
$(2):u^2-(4\cos a)u+2=0$
(Rappel 2nde :si $x_1~$ et $~x_2~$ sont solutions de l’équation :
$~x^2-Sx+P=0,$ alors la somme des racines $x_1+x_2=S~$ et le produit des racines est $x_1 x_2=P$ )
On a: $u_1+u_2=(z_1+z_2+2)e^{-ia}~$ or $~z_1$ et $z_2$ sont solutions de l’équation.

$(1):z^2-2(\cos 2a+i\sin 2a)z-1=0$
donc $z_1+z_2=2(\cos 2a+i\sin 2a)=2e^{i2a}~$
et $~z_1 z_2=-1$
Ainsi ; $u_1+u_2=(z_1+z_2+2)e^{ia} \\ =(2e^{i2a}+2)e^{-ia} \\ =2e^{ia}+2e^{-ia} \\ =2(e^{ia}+e^{-ia}) \\ =2[\cos a+i\sin a+cos⁡(-a)+i\sin(-a)] \\ =2(\cos a+i\sin a+\cos a-i\sin a) \\ =4\cos a$

u_1 u_2=(z_1 z_2+z_1+z_2+1)e^{-ia} \\ =(-1+2e^{i2a}+1)e^{-i2a}=2

$u_1+u_2=4\cos a ~$ et $~ u_1u_2=2~$ donc $~u_1~$ et $~u_2$ sont solutions de l’équation :
$(2) : u^2 – (4\cos a)u +2=0.$

2.a) Déterminons les valeurs de a pour lesquelles $u_1~$ et $~u_2~$ sont réels.
$u_1~$ et $~u_2$ sont solutions réelles de l’équation (2) si le discriminant est positifs.

b) Démontrons que les complexes $𝑧_1+1$ et $𝑧_2+1$ ont même argument.
On a : $z_1+1=\dfrac{u_1}{e^{-a}}=u_1e^{ia}~$
et $~z_2+1=\dfrac{u_1}{e^{-a}}=u_2e^{ia}$ .
De plus ; $u_1+u_2=4 \cos a >0~$
et $~u_1u_2=2>0~$ donc $~u_1~$ et $~u_2~$ sont tous positifs.

Exercice 2

I) $f(x)=x^2e^{-x},D_f=\R$

1) Calcul des limites
$\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}f(x)=0$
$\lim\limits_{\substack{x\rightarrow -\infty}}f(x)=+\infty$

2) $f'(x)=(2x-x^2)e^{-x}$

3) $\forall ~x \in \R, e^{-x}>0~$ donc le signe de $f'(x)~$ dépend de celui de : $2x-x^2$
$2x-x^2=0 \Harr x=0~$ où $~x=2$
Par conséquent:
$\forall ~~x \in ~]-\infty , 0 [, f'(x) <0$
$\forall ~~x \in ~] 2;0[, f'(x) > 0$
$\forall ~~x \in ~] 2 ; +\infty [, f'(x) < 0$
On en déduit que :
Sur $]-\infty;0[,~f$ est décroissante.
Sur $]0;2[,~f$ est croissante.
Sur $]2;+\infty[,~f$ est décroissante.

Tableau de variation de f

4) $(T):y=f'(-1)(x+1)+f(-1) \\ (T):y=e(x+2)$

5) Tracer de (T) et (C).

II)

1) $J=\displaystyle{\int_{0}^{1}}xe^{-x}dx$
Intégration par parties

2) $f'(x)+f(x)=(2x-x^2)e^{-x}+x^2e^{-x}~$
On a donc $~f'(x)+f(x)=2xe^{-x}$

3) Déduction

On en déduit que:

Probleme

Partie A
$(E) : y’-2y = 2(e^{2x} -1)$

1) $g(x)=axe^{2x}+b$

2) $y=z+g$
Supposons que $y$ est solution de (E)

Car $(g’ – 2g)=2(e^{2x}-1)$
donc $z$ est solution de (E’) si $y$ est solution de (E).
Réciproquement :
Supposons que $y$ est solution de(E’)
On a :

Alors $z$ est solution de(E) si $y$ est solution de(E’).
On vient de montrer ainsi que $y$ est solution de (E) si et seulement si $z$ est solution de(E’).

3) $z’-2z=0 \Harr z’=2z~$
Alors $~z=ke^{2x};k \in \R$
Déduction :
Soit $y$ une solution de (E)
$y=z+g$
Ainsi $y=ke^{2x}+2xe^{2x}+1;k \in \R$

4) $f(x)=ke^{2x}+2xe^{2x}+1~$ et $~f(0)=0 \\ f(0)=0 \Harr k=-1$
On a donc $~f(x)=(2x-1)e^{2x}+1$

Partie B
$f(x) = (2x-1)e^{2x} +1 ; ~ D_f = \R$

1.a)

On en déduit que :
La courbe $(C)~$ admet une asymptote horizontale ( $\Delta$ ) d’équation $y=1$ au voisinage de $-\infty$ .

b) $\Delta:y=1$
$f(x)-y=(2x-1)e^{2x}$
$\forall ~x \in \R,e^{2x}>0;~$ donc le signe dépend de celui de $~(2x-1)$
Par conséquent :
$\forall ~x \in ~]-\infty;\dfrac{1}{2}[,f(x)-y<0$

$\forall ~x \in ~]\dfrac{1}{2};+\infty[,f(x)-y>0$
On en déduit que :
sur $]-\infty;\dfrac{1}{2}[,(C)~$ est en dessous de ( $\Delta$ )
Sur $]\dfrac{1}{2};+\infty[,(C)~$ est au dessus de ( $\Delta$ )
$(C)=(\Delta) \Harr f(x)=y \\ \Harr x=\dfrac{1}{2}~$ et $~y=1~$ Alors $~A(\dfrac{1}{2};1)$

2) $\begin{cases}\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}e^{2x} =+\infty \\ \lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}(2x-1)=+\infty \end{cases}$
Donc $\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}f(x)=+\infty$
D’autres parts :

Ainsi la courbe (C) admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.

3) $f'(x)=4xe^{2x} \\ \forall ~x \in \R, e^{2x}>0;~$
Alors le signe dépend de celui de 4 $x.$
Par conséquent:
$\forall ~x \in ]-\infty;0[, f'(x)< 0$

$\forall ~x \in ]0;+\infty[; f'(x)>0~$
On en deduit que:
sur $]-\infty;0[; f$ est décroissante
sur $]0;+\infty[ , f$ est croissante

Tableau de variation

4) Tracer de $(C)~$ et $~(\Delta)~$

5.a) $I=\displaystyle{\int_{0}^{\tfrac{1}{2}}}[1-f(x)]dx \\ =\displaystyle{\int_{0}^{\tfrac{1}{2}}}(1-2x)e^{2x}dx$

Intégration par partie

b) I est l’aire en unité d’aire du domaine plan délimité par la courbe(C), la droite ( $\Delta$ ), et les droites d’équations
$x=0~$ et $~x=\tfrac{1}{2}$ .

Partie C

1) $J=\displaystyle{\int_{-1}^{0}}(2x-1)e^{2x}dx=[(x-1)e^{2x}]_{-1}^0$
D’après Partie B 5)
Donc $J=2e^{-2}-1$

2) $K=\displaystyle{\int_{-1}^{0}}(2x-1)^2e^{4x}dx$
Intégration par parties:

Intégration par parties:

On a donc :

Partie D

1) $x=\dfrac{\ln t}{2} \Harr \ln t=2x~$ et $~t=e^{2x}~$
On en déduit que :
$y=1-(2x+1)e^{2x}$
D’autre part:

2) $(\Gamma) : y = -(2x+1)e^{-2x} +1 ; x\geq 0 \\ \Leftrightarrow (\Gamma) : y = f(-x) ; x\geq 0$
Construction:
$\forall ~~x \geq 0; -x\leq 0.~ \\ (\Gamma)~$ est donc la symétrique de la partie de (C) correspondant à $]-\infty;0]~$ par rapport à l’axe des ordonnées.