Annales de mathématiques

Remplacement 2002 Série S
Eléments de solution

exercice 1

exercice 2

probleme

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sommaire

Auteur : Michel Gosse

EXERCICE 1

Calculons les différentes aires en centimètres carrées :

EXERCICE II

  1. (a) On remplace $ z$ par $ -i$ et on trouve que l'affixe du point $ C'$ est égale à 2.
    (b) Le graphique complété avec les questions suivantes est :
    Image e3sf1
  2. Soit $ z=x+iy$, où $ x$ et $ y$ désignent deux nombres réels.

    1. On multiplie par le conjugué du dénominateur et on développe :

      $\displaystyle Z=\frac{(1-i)(x+i(y-1))((x-1)-iy)}{((x-1)+iy)((x-1)-iy)}=\frac{\l... ...}{\left(x-1\right)^{2}+y^{2}}-\frac{x^{2}+y^{2}-1}{\left(x-1\right)^{2}+y^{2}}i$

    2. $ Z$ est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle, ce qui équivaut à $ z\neq 1$ et $ x^{2}+y^{2}=1$. L'ensemble $ E$ des points $ M\, $ d'affixe $ z$ telle que $ Z$ soit réel est donc le cercle de centre $ O$ et de rayon 1 privé du point $ A$.
    3. $ Re(Z)$ est négatif ou nul si et seulement si $ z\neq 1$ et

      $\displaystyle (x-1)^{2}+(y-1)^{2}\leqslant 1$

      On reconnait le disque de centre $ \Omega (1,1)$ et de rayon 1, privé du point $ A$.
  3. (a) On a

    $\displaystyle 1-i=\sqrt{2}(\cos (-\frac{\pi }{4})+i\sin (-\frac{\pi }{4}))=\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi }{4}}$

    (b) Remarquons que modulo $ 2\pi $, on peut écrire :

    $\displaystyle \arg \left(\frac{\left(1-i\right)\left(z-i\right)}{z-1}\right)=\a... ...-1}\right)=-\frac{\pi }{4}+\left(\overrightarrow{MA},\overrightarrow{MB}\right)$

    Or, la condition :

    $\displaystyle \frac{\left(1-i\right)\left(z-i\right)}{z-1}\in R^{\ast }\Leftrightarrow \arg \left(\frac{\left(1-i\right)\left(z-i\right)}{z-1}\right)=k\pi $

    où $ k$ est un entier relatif, et ceci pour $ z$ différent de $ 1$ et de $ i$. On en déduit :

    $\displaystyle \left(\overrightarrow{MA},\overrightarrow{MB}\right)=\frac{\pi }{4}+k\pi $

    (c) D'après la question précédente, l'ensemble des points $ M$ vérifiant

    $\displaystyle \left(\overrightarrow{MA},\overrightarrow{MB}\right)=\frac{\pi }{4}+k\pi $

    est donc l'ensemble des points $ M$ distincts de $ A$ et de $ B$ tels que

    $\displaystyle \frac{\left(1-i\right)\left(z-i\right)}{z-1}\in R^{\ast }$

    c'est à dire l'ensemble des points $ M$ d'affixe $ z$ tels que $ Z$ soit un réel non nul. D'après la question 2) (b), cet ensemble est le cercle de centre $ O$ et de rayon 1 privé des points $ A$ et $ B$
    (d) En reprenant le résultat précédent, on trouve que

    $\displaystyle \arg Z=2k\pi \Leftrightarrow Z\in \mathbb{R}_{+}^{*}$

    $ Z$ est donc réel, et sa partie réelle doit être strictement positive, ce qui se traduit par :

    $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} x^{2}+y^{2}=1\\ (x-1)^{2}+(y-1)^{2}>1\end{array}\right.$

    On reconnait donc l'intersection du cercle unité avec l'extérieur du disque de centre $ \Omega $ et de rayon 1, privé des points $ A$ et $ B$, soit le grand arc de cercle $ AB$ privé de $ A$ et $ B$, dessiné sur le cercle unité.


PROBLEME

PARTIE A

  1. On a les inégalités suivantes :

    $\displaystyle x>0\Rightarrow 2x>0\Rightarrow e^{2x}>e^{0}\Rightarrow e^{2x}>1\Rightarrow e^{2x}-1>0$

  2. On remarque que l'inégalité précédente justifie l'existence de $ g$ sur $ \left]0,+\infty \right[$, puisque le dénominateur ne s'annule jamais sur l'intervalle choisi. On a :

    1. Comme $ \lim _{x\rightarrow 0^{+}}e^{2x}-1=0$ et que $ e^{2x}-1>0$ pour $ x>0$, on a $ \lim _{x\rightarrow 0}g(x)=+\infty $. On a $ \lim _{x\rightarrow +\infty }g(x)=0$. On prouve ainsi que les droites d'équations $ x=0$ et $ y=0$ sont asymptotes à la courbe représentative de $ g$.
    2. On a :

      $\displaystyle g'(x)=-\frac{2e^{2x}}{\left(e^{2x}-1\right)^{2}}<0$

      donc $ g$ est décroissante strictement sur $ ]0,+\infty [$.
PARTIE B

  1. (a) En appliquant les formules de dérivation :

    $\displaystyle f'(x)=2[a(\ln x)^{2}+b\ln x+c]+2x\left[a\frac{2\ln x}{x}+\frac{b}{x}\right]=2a(\ln x)^{2}+(2b+4a)\ln x+(2c+2b)$

    (b) On lit facilement :

    $\displaystyle f'\left(\frac{1}{e}\right)=0\qquad f'\left(\sqrt{e}\right)=0\qquad f'(e)=\frac{0-2e}{\frac{e}{2}-e}=4$

    (c) Comme $ f'\left(\frac{1}{e}\right)=-2a+2c$ et $ f'\left(\sqrt{e}\right)=\frac{5}{2}a+3b+2c$ et $ f'(e)=6a+4b+2c$, on peut trouver les valeurs de $ a$, $ b$ et $ c$ en résolvant le sytème d'équations :

    $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} -2a+2c=0\\ \frac{5}{2}a+3b+2c=0\\ 6a+4... ...t.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a=2\\ b=-3\\ c=2\end{array}\right.$

    On retrouve bien l'expression demandée pour $ f(x)$.
  2. (a) Le changement de variable indiqué équivaut sur $ ]0,+\infty [$ à $ x=e^{-t}$. Donc

    $\displaystyle f(x)=2e^{-t}\left[2t^{2}+3t+2\right]=4t^{2}e^{-t}+6te^{-t}+4e^{-t}$

    Quand $ x$ tend vers 0, $ t$ tend vers $ +\infty $. Comme $ \lim _{t\rightarrow +\infty }t^{n}e^{-t}=0$, on en déduit que la limite de $ f$ en 0 est égale à 0.
    (b) Pour $ x>1$, la factorisation suivante :

    $\displaystyle f(x)=2x(\ln x)\left[2(\ln x)-3+\frac{2}{\ln x}\right]$

    et le fait que $ \lim _{x\rightarrow +\infty }\ln x=+\infty $ prouve que $ \lim _{x\rightarrow +\infty }f(x)=+\infty $.
    (c) En utilisant les résultats de la question 1) (a) de cette partie, on a :

    $\displaystyle f'(x)=4(\ln x)^{2}+2\ln x-2$

    Il suffit de développer l'expression $ 2\left(\ln x+1\right)\left(2\ln x-1\right)$ pour établir l'égalité demandée.
    (d) On étudie donc le signe de chacun des facteurs :
$ x$ 0   $ \frac{1}{e}$   $ \sqrt{e}$   $ +\infty $
$ \ln x+1$   $ -$ 0 $ +$   $ +$  
$ 2\ln x-1$   $ -$   $ -$ 0 $ +$  
$ f'(x)$   $ +$ 0 $ -$ 0 $ +$  
      $ \frac{14}{e}$       $ +\infty $
$ f(x)$   $ \nearrow $   $ \searrow $   $ \nearrow $  
  0       $ 2\sqrt{e}$    

PARTIE C

  1. On trouve :
    \includegraphics{bbf1.eps}
  2. (a) Il suffit de réduire au même dénominateur :

    $\displaystyle \frac{e^{2x}}{e^{2x}-1}-1=\frac{1}{e^{2x}-1}=g(x)$

    (b) La fonction $ g$ étant à valeurs positive sur $ \left[\frac{1}{4},1\right]$, l'aire demandée est égale à :

    $\displaystyle A=\int _{\frac{1}{4}}^{1}g(x)dx=\int _{\frac{1}{4}}^{1}\frac{e^{2... ...^{1}=\frac{\ln \left(e^{4}-1\right)-\ln \left(\sqrt{e}-1\right)}{2}-\frac{7}{4}$

  3. (a) On remarque que sur $ \left[0,1;0,3\right]$ on a $ f'(x)>0$ et $ g'(x)<0$ car $ \frac{1}{e}\simeq 0,36>0,3$. Donc pour tout $ x$ appartenant à $ \left[0,1;0,3\right]$, on a $ \varphi ^{\prime }(x)>0$.
    (b) L'équation $ f(x)=g(x)$ équivaut à $ \varphi (x)=0$. La fonction $ \varphi $ est continue, strictement croissante sur $ \left[0,1;0,3\right]$ et $ \varphi (0,1)$ et $ \varphi (0,3)$ sont de signe contraires. Donc l'équation $ \varphi (x)=0$ admet une unique solution $ \alpha $ sur cet intervalle. On trouve $ 0,11<\alpha <0,12$.
PARTIE D

  1. Avec le tableau de variations de $ f$, on vérifie que $ f$ est strictement croissante sur $ ]0,\frac{1}{e}[$ et comme $ f(0)=0$, on peut en déduire que $ f(x)>0$ sur cet intervalle. Il suffit ensuite de dire que $ f$ admet un minimum qui vaut $ 2\sqrt{e}$ sur $ [\frac{1}{e},+\infty [$ pour conclure que pour tout $ x>0$, $ f(x)>0$.
  2. (a) On applique le théorème de composition des limites :

    $\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0}h(x)=\lim _{X\rightarrow 0}g(X)=+\infty \qquad \lim _{x\rightarrow +\infty }h(x)=\lim _{X\rightarrow +\infty }g(X)=0$

    (b) On applique le théorème de composition des sens de variations :
    Si $ x\in ]0,\frac{1}{e}[$ $ f$ est croissante $ g$ est décroissante $ g\circ f$ est décroissante
    Si $ x\in ]\frac{1}{e};\sqrt{e}[$ $ f$ est décroissante $ g$ est décroissante $ g\circ f$ est croissante
    Si $ x\in ]\sqrt{e},+\infty [$ $ f$ est croissante $ g$ est décroissante $ g\circ f$ est décroissante
    (c) $ f$ est croissante sur $ \left]0,\frac{1}{e}\right]$, donc

    $\displaystyle 0,11<\alpha <0,12\Rightarrow f(0,11)<f(\alpha )<f(0,12)$

    Comme $ f(0,11)\simeq 4,04$ et $ f(0,12)\simeq 4,16$, et que $ g$ est décroissante sur $ ]\sqrt{e},+\infty [$, on a :

    $\displaystyle f(0,11)<f(\alpha )<f(0,12)\Rightarrow g(f(0,12))<g(f(\alpha ))<g(f(0,11))$

    On a enfin $ g(f(0.11))\simeq 3,094\times 10^{-4}$ et $ g(f(0.12))\simeq 2,415\times 10^{-4}$. On en déduit une valeur approchée de $ h(\alpha )=g(f(\alpha ))$ à $ 10^{-4}$ près, par exemple $ 2,8\times 10^{-4}$.

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Courrier électronique : webmath@ac-poitiers.fr		 Dernière mise à jour : 01/03/03