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~~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:

4)

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 4x.
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 :

3)

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.