Corrige detaille - Exercice 1

1) Nature de \(f\)

L'ecriture complexe est \(z' = m^3 z + m(m+1)\). C'est de la forme \(z' = az + b\) avec \(a = m^3\) et \(b = m(m+1)\).

• Si \(a = 1\), c'est-a-dire \(m^3 = 1\) : comme \(m \neq 1\), on a \(m = j\) ou \(m = \bar{j}\) (racines cubiques de l'unite). Alors \(f\) est une translation de vecteur d'affixe \(b = m(m+1)\).
• Si \(a \neq 1\) et \(|a| = 1\), c'est-a-dire \(|m^3| = |m|^3 = 1\), donc \(|m| = 1\) et \(m^3 \neq 1\). Alors \(f\) est une rotation.
• Si \(a \neq 1\) et \(|a| \neq 1\), avec \(\arg(a) = 0 \pmod{2\pi}\) : \(f\) est une homothetie.
• Si \(a \neq 1\), \(|a| \neq 1\) et \(\arg(a) \neq 0 \pmod{2\pi}\) : \(f\) est une similitude directe (ni rotation, ni homothetie).

2) Cas \(m = 1 + i\)

a) Calcul de \(m^3\) :

Calculons d'abord \(m^2 = (1+i)^2 = 1 + 2i + i^2 = 2i\).

$$m^3 = m^2 \times m = 2i(1+i) = 2i + 2i^2 = -2 + 2i$$

Forme trigonometrique :

$$|m^3| = \sqrt{4+4} = 2\sqrt{2}$$ $$m^3 = 2\sqrt{2}\left(\frac{-2}{2\sqrt{2}} + i\frac{2}{2\sqrt{2}}\right) = 2\sqrt{2}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$$ $$\boxed{m^3 = -2 + 2i = 2\sqrt{2}\left(\cos\frac{3\pi}{4} + i\sin\frac{3\pi}{4}\right)}$$

b) Nature et elements :

\(a = m^3 = -2 + 2i\), \(|a| = 2\sqrt{2} \neq 1\), \(\arg(a) = \frac{3\pi}{4} \neq 0\).

Donc \(f\) est une similitude directe de rapport \(2\sqrt{2}\) et d'angle \(\frac{3\pi}{4}\).

Centre \(\Omega\) (point fixe) : \(\omega = m^3\omega + m(m+1)\), donc :

$$\omega(1-m^3) = m(m+1)$$ $$\omega = \frac{m(m+1)}{1 - m^3}$$

Calculons \(m(m+1) = (1+i)(2+i) = 2 + i + 2i + i^2 = 1 + 3i\).

\(1 - m^3 = 1 - (-2+2i) = 3 - 2i\).

$$\omega = \frac{1+3i}{3-2i} = \frac{(1+3i)(3+2i)}{(3-2i)(3+2i)} = \frac{3+2i+9i+6i^2}{9+4} = \frac{-3+11i}{13}$$ $$\boxed{\omega = \frac{-3+11i}{13}, \quad \text{soit } \Omega\left(-\frac{3}{13}\,;\, \frac{11}{13}\right)}$$

3) \(f\) est une translation

Pour que \(f\) soit une translation, il faut \(m^3 = 1\) avec \(m \neq 1\).

Les racines cubiques de 1 sont \(1\), \(j = e^{i2\pi/3} = -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}\) et \(\bar{j} = e^{-i2\pi/3} = -\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2}\).

Comme \(m \neq 1\) :

$$\boxed{m = j = -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2} \quad \text{ou} \quad m = \bar{j} = -\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2}}$$

Pour \(m = j\) : vecteur d'affixe \(b = j(j+1) = j \cdot (-\bar{j}) = j \cdot j^2 = j^3 = 1\).

Attendons, \(j + 1 = \frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2} = -\bar{j}\). Donc \(j(j+1) = -j\bar{j} = -|j|^2 = -1\).

Pour \(m = j\) : \(b = j(j+1) = j \cdot \frac{1+2j}{2}\). Recalculons proprement :

\(j + 1 = \frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}\). Donc \(b = j(j+1) = (-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})\).

$$b = -\frac{1}{4} - i\frac{\sqrt{3}}{4} + i\frac{\sqrt{3}}{4} + i^2\frac{3}{4} = -\frac{1}{4} - \frac{3}{4} = -1$$

Pour \(m = \bar{j}\) : par symetrie, \(b = \bar{j}(\bar{j}+1) = -1\) egalement.

Le vecteur de translation a pour affixe \(b = -1\), soit le vecteur \(\vec{u}(-1, 0)\).

4) \(f\) est une homothetie de rapport 8

Pour une homothetie de rapport \(k\), on a \(a = k\) (reel). Ici \(a = m^3 = 8\), donc \(m^3 = 8\), soit \(m = 2\) (racine reelle, car \(m^3\) doit etre reel positif).

Verifions : \(m = 2\), \(m^3 = 8\), \(\arg(m^3) = 0\). C'est bien une homothetie de rapport 8.

Centre : \(\omega = \frac{m(m+1)}{1-m^3} = \frac{2 \times 3}{1-8} = \frac{6}{-7} = -\frac{6}{7}\).

$$\boxed{m = 2, \quad \text{centre } \Omega\left(-\frac{6}{7}\,;\, 0\right)}$$

Corrige detaille - Exercice 2

1) Linearisation de \(\sin^3 x \cos x\)

Methode 1 : Utilisation des formules de linearisation.

On utilise la formule \(\sin x \cos x = \frac{1}{2}\sin 2x\), donc :

$$\sin^3 x \cos x = \sin^2 x \cdot (\sin x \cos x) = \sin^2 x \cdot \frac{1}{2}\sin 2x$$

Or \(\sin^2 x = \frac{1-\cos 2x}{2}\), donc :

$$\sin^3 x \cos x = \frac{1}{2} \cdot \frac{1-\cos 2x}{2} \cdot \sin 2x = \frac{1}{4}(\sin 2x - \sin 2x \cos 2x)$$

Or \(\sin 2x \cos 2x = \frac{1}{2}\sin 4x\), donc :

$$\boxed{\sin^3 x \cos x = \frac{1}{4}\sin 2x - \frac{1}{8}\sin 4x}$$

Verification : pour \(x = \frac{\pi}{4}\), \(\sin^3\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{4} = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^4 = \frac{1}{4}\). Et \(\frac{1}{4}\sin\frac{\pi}{2} - \frac{1}{8}\sin\pi = \frac{1}{4} - 0 = \frac{1}{4}\). Correct !

2) Primitive

$$H(x) = \int \sin^3 x \cos x\,dx = \int \left(\frac{1}{4}\sin 2x - \frac{1}{8}\sin 4x\right)dx$$ $$H(x) = \frac{1}{4}\left(-\frac{\cos 2x}{2}\right) - \frac{1}{8}\left(-\frac{\cos 4x}{4}\right) + C$$ $$\boxed{H(x) = -\frac{\cos 2x}{8} + \frac{\cos 4x}{32} + C}$$

Methode alternative (plus rapide) : On peut aussi remarquer que \(\sin^3 x \cos x = \sin^3 x \cdot (\sin x)'\). C'est de la forme \(u^3 u'\) avec \(u = \sin x\), dont une primitive est \(\frac{u^4}{4} = \frac{\sin^4 x}{4}\).

Corrige detaille - Probleme

Partie A

1) Determination de \(a\)

On cherche \(a\) tel que \(g(x) = axe^x\) verifie \(g'' - 2g' + g = -3e^x\).

Calculons les derivees :

$$g(x) = axe^x$$ $$g'(x) = ae^x + axe^x = a(1+x)e^x$$ $$g''(x) = ae^x + a(1+x)e^x = a(2+x)e^x$$

Substituons :

$$g'' - 2g' + g = a(2+x)e^x - 2a(1+x)e^x + axe^x$$ $$= ae^x[(2+x) - 2(1+x) + x]$$ $$= ae^x[2+x-2-2x+x]$$ $$= ae^x \cdot 0 = 0$$

On obtient 0, pas \(-3e^x\). Cela signifie que \(g(x) = axe^x\) est solution de l'equation homogene, pas de l'equation complete. Essayons \(g(x) = ax^2 e^x\) :

$$g(x) = ax^2 e^x$$ $$g'(x) = a(2x + x^2)e^x = ax(2+x)e^x$$ $$g''(x) = a(2+2x)e^x + a(2x+x^2)e^x \cdot 1 = a(2 + 4x + x^2)e^x$$

Substituons :

$$g'' - 2g' + g = a(2+4x+x^2)e^x - 2a(2x+x^2)e^x + ax^2 e^x$$ $$= ae^x[2+4x+x^2-4x-2x^2+x^2] = ae^x \cdot 2 = 2ae^x$$

Pour que cela egal \(-3e^x\), il faut \(2a = -3\), donc :

$$\boxed{a = -\frac{3}{2}}$$

La solution particuliere est \(g(x) = -\frac{3}{2}x^2 e^x\).

2) Equation homogene \(y'' - 2y' + y = 0\)

Equation caracteristique : \(r^2 - 2r + 1 = 0\), soit \((r-1)^2 = 0\). Racine double \(r = 1\).

3) Solution generale

$$\boxed{y(x) = (C_1 + C_2 x)e^x - \frac{3}{2}x^2 e^x = \left(C_1 + C_2 x - \frac{3}{2}x^2\right)e^x}$$

Partie B : Etude de \(f(x) = (1-x)e^x\)

1) Limites

En \(-\infty\) :

\(1-x \to +\infty\) et \(e^x \to 0\). C'est une forme indeterminee \(+\infty \times 0\).

On sait que \(e^x\) tend vers 0 plus vite que tout polynome ne tend vers l'infini.

$$\lim_{x \to -\infty} (1-x)e^x = 0^+$$

Plus precisement, en posant \(t = -x \to +\infty\) : \((1+t)e^{-t} = \frac{1+t}{e^t} \to 0\).

En \(+\infty\) :

$$\lim_{x \to +\infty} (1-x)e^x = -\infty$$

Car \(1 - x \to -\infty\) et \(e^x \to +\infty\), donc le produit tend vers \(-\infty\).

2) Derivee et variations

$$f'(x) = -e^x + (1-x)e^x = e^x(-1+1-x) = -xe^x$$

Signe : \(e^x > 0\) toujours, donc le signe de \(f'(x)\) est oppose a celui de \(x\) :

• \(f'(x) > 0\) si \(x < 0\) (croissante)
• \(f'(0) = 0\)
• \(f'(x) < 0\) si \(x > 0\) (decroissante)

\(f\) admet un maximum en \(x = 0\) : \(f(0) = 1\).

3) Tangente en \(x = 0\)

$$f(0) = 1, \quad f'(0) = 0$$ $$\boxed{T : y = 1}$$

La tangente est horizontale au sommet de la courbe.

4) Aire sur \([0, 1]\)

Verifions le signe de \(f\) sur \([0,1]\) : \(f(0) = 1 > 0\), \(f(1) = 0\). Comme \(f\) est decroissante sur \([0,1]\) et passe de 1 a 0, \(f(x) \geq 0\) sur cet intervalle.

$$\mathcal{A} = \int_0^1 f(x)\,dx = \int_0^1 (1-x)e^x\,dx$$

Integration par parties : \(u = 1-x\), \(v' = e^x\), donc \(u' = -1\), \(v = e^x\).

$$\int_0^1 (1-x)e^x\,dx = [(1-x)e^x]_0^1 - \int_0^1 (-1)e^x\,dx$$ $$= [0 \cdot e - 1 \cdot 1] + \int_0^1 e^x\,dx$$ $$= -1 + [e^x]_0^1 = -1 + e - 1 = e - 2$$ $$\boxed{\mathcal{A} = e - 2 \approx 0{,}718 \text{ u.a.}}$$

5) Bijection

Sur \([1, +\infty[\), \(f\) est continue et strictement decroissante (car \(f'(x) = -xe^x < 0\) pour \(x > 0\)).

Limites : \(f(1) = 0\) et \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\).

Bijection reciproque :

Pour tout \(y \in ]-\infty, 0]\), il existe un unique \(x \in [1, +\infty[\) tel que \(f(x) = y\). La bijection reciproque \(f^{-1}\) est definie sur \(]-\infty, 0]\) a valeurs dans \([1, +\infty[\).

• \(f^{-1}(0) = 1\)
• \(f^{-1}\) est continue et strictement decroissante sur \(]-\infty, 0]\)
• \(\lim_{y \to -\infty} f^{-1}(y) = +\infty\)

Derivee de \(f^{-1}\) : en un point \(y = f(x)\) :

$$(f^{-1})'(y) = \frac{1}{f'(x)} = \frac{1}{-xe^x} = \frac{-1}{xe^x}$$

En particulier, en \(y = 0\) (c'est-a-dire \(x = 1\)) :

$$(f^{-1})'(0) = \frac{-1}{1 \cdot e} = -\frac{1}{e}$$