Corrige detaille - Exercice 1

1a) Solution reelle

Si \(z = r \in \mathbb{R}\), on substitue dans (E) et on separe parties reelle et imaginaire :

$$r^3 - 9r^2 + 22r - 12 + i(12r - 36) = 0$$

La partie imaginaire doit etre nulle :

$$12r - 36 = 0 \Rightarrow r = 3$$

Verifions avec la partie reelle : \(27 - 81 + 66 - 12 = 0\). Exact !

$$\boxed{z_1 = 3}$$

1b) Solution imaginaire pure

Si \(z = it\) avec \(t \in \mathbb{R}^*\), substituons dans (E) :

$$(it)^3 - 9(it)^2 + (22+12i)(it) - 12 - 36i = 0$$ $$-it^3 + 9t^2 + 22it - 12t + i(-t^3 + 12t) + (9t^2 - 12) = 0$$

Reorganisons :

$$-it^3 + 9t^2 + 22it - 12t - 12 - 36i = 0$$

Partie reelle : \(9t^2 - 12t - 12 = 0\), soit \(3t^2 - 4t - 4 = 0\).

Discriminant : \(\Delta = 16 + 48 = 64\), \(\sqrt{\Delta} = 8\).

$$t = \frac{4 \pm 8}{6}$$

\(t = 2\) ou \(t = -\frac{2}{3}\).

Partie imaginaire : \(-t^3 + 22t - 36 = 0\), soit \(t^3 - 22t + 36 = 0\).

Verifions \(t = 2\) : \(8 - 44 + 36 = 0\). Oui !

$$\boxed{z_2 = 2i}$$

1c) Troisieme solution

Par les relations de Viete : \(z_1 + z_2 + z_3 = 9\).

$$3 + 2i + z_3 = 9 \Rightarrow z_3 = 6 - 2i$$

Verification avec le produit : \(z_1 z_2 z_3 = 12 + 36i\).

$$3 \times 2i \times (6-2i) = 6i(6-2i) = 36i - 12i^2 = 12 + 36i \checkmark$$ $$\boxed{z_3 = 6 - 2i}$$

2a) Ecriture complexe de la similitude

La similitude directe \(s\) a pour ecriture \(s(z) = az + b\) ou \(|a|\) est le rapport et \(\arg(a)\) est l'angle.

On a \(|a| = \sqrt{2}\) et \(\arg(a) = \frac{\pi}{4}\), donc :

$$a = \sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}(1+i) = 1 + i$$

Condition \(s(z_1) = z_2\), c'est-a-dire \(s(3) = 2i\) :

$$3(1+i) + b = 2i$$ $$3 + 3i + b = 2i$$ $$b = -3 - i$$ $$\boxed{s(z) = (1+i)z - 3 - i}$$

Verification : \(s(3) = (1+i)(3) - 3 - i = 3 + 3i - 3 - i = 2i = z_2\). Correct !

2b) Centre de la similitude

Le centre \(\Omega\) est le point fixe de \(s\) : \(s(\omega) = \omega\).

$$\omega = (1+i)\omega - 3 - i$$ $$\omega - (1+i)\omega = -3 - i$$ $$\omega(1 - 1 - i) = -3 - i$$ $$-i\omega = -3 - i$$ $$\omega = \frac{-3-i}{-i} = \frac{3+i}{i} = \frac{(3+i)(-i)}{i(-i)} = \frac{-3i - i^2}{1} = 1 - 3i$$ $$\boxed{\Omega(1\,;\, -3), \text{ d'affixe } \omega = 1 - 3i}$$

Verification : \(s(1-3i) = (1+i)(1-3i) - 3 - i = 1 - 3i + i - 3i^2 - 3 - i = 1 - 3i + i + 3 - 3 - i = 1 - 3i\). Correct !

Corrige detaille - Exercice 2

1) Calcul des premiers termes

$$U_2 = \sqrt{U_1 \times U_0} = \sqrt{2 \times 1} = \sqrt{2}$$ $$U_3 = \sqrt{U_2 \times U_1} = \sqrt{\sqrt{2} \times 2} = \sqrt{2\sqrt{2}} = 2^{3/4}$$ $$U_4 = \sqrt{U_3 \times U_2} = \sqrt{2^{3/4} \times 2^{1/2}} = \sqrt{2^{5/4}} = 2^{5/8}$$

2a) Relation sur \(v_n\)

On a \(v_n = \ln U_n\). La relation \(U_{n+2} = \sqrt{U_{n+1} \times U_n}\) devient, en prenant le logarithme :

$$v_{n+2} = \ln U_{n+2} = \ln\sqrt{U_{n+1} \times U_n} = \frac{1}{2}\ln(U_{n+1} \times U_n)$$ $$v_{n+2} = \frac{1}{2}(\ln U_{n+1} + \ln U_n) = \frac{1}{2}(v_{n+1} + v_n)$$ $$\boxed{v_{n+2} = \frac{1}{2}(v_{n+1} + v_n)}$$

2b) Suite geometrique \((w_n)\)

On pose \(w_n = v_{n+1} - v_n\). Calculons \(w_{n+1}\) :

$$w_{n+1} = v_{n+2} - v_{n+1} = \frac{1}{2}(v_{n+1} + v_n) - v_{n+1} = \frac{1}{2}v_n - \frac{1}{2}v_{n+1}$$ $$w_{n+1} = -\frac{1}{2}(v_{n+1} - v_n) = -\frac{1}{2}w_n$$

Le rapport \(\frac{w_{n+1}}{w_n} = -\frac{1}{2}\) est constant.

Premier terme : \(w_0 = v_1 - v_0 = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2\).

Terme general : \(w_n = \ln 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^n\)

2c) Expression de \(v_n\)

On a \(v_n = v_0 + \sum_{k=0}^{n-1} w_k\) car \(w_k = v_{k+1} - v_k\) (somme telescopique).

$$v_n = v_0 + \sum_{k=0}^{n-1} \ln 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^k = 0 + \ln 2 \cdot \frac{1 - \left(-\frac{1}{2}\right)^n}{1 - \left(-\frac{1}{2}\right)}$$ $$v_n = \ln 2 \cdot \frac{1 - \left(-\frac{1}{2}\right)^n}{\frac{3}{2}} = \frac{2\ln 2}{3}\left(1 - \left(-\frac{1}{2}\right)^n\right)$$ $$\boxed{v_n = \frac{2\ln 2}{3}\left(1 - \left(-\frac{1}{2}\right)^n\right)}$$

Verification : \(v_0 = \frac{2\ln 2}{3}(1-1) = 0 = \ln 1\). \(v_1 = \frac{2\ln 2}{3}(1+\frac{1}{2}) = \frac{2\ln 2}{3} \cdot \frac{3}{2} = \ln 2\). Correct !

3) Limites

Puisque \(\left|-\frac{1}{2}\right| < 1\), on a \(\left(-\frac{1}{2}\right)^n \to 0\) quand \(n \to +\infty\).

$$\lim_{n \to +\infty} v_n = \frac{2\ln 2}{3}(1 - 0) = \frac{2\ln 2}{3} = \ln(2^{2/3}) = \ln(\sqrt[3]{4})$$

Comme \(U_n = e^{v_n}\) et \(v_n \to \frac{2\ln 2}{3}\) :

$$\lim_{n \to +\infty} U_n = e^{\frac{2\ln 2}{3}} = 2^{2/3} = \sqrt[3]{4}$$ $$\boxed{\lim_{n \to +\infty} U_n = \sqrt[3]{4} \approx 1{,}587}$$

Interpretation : La suite \((U_n)\), definie par une moyenne geometrique des deux termes precedents, converge vers la "moyenne geometrique ponderee" de \(U_0 = 1\) et \(U_1 = 2\), qui est \(2^{2/3}\).

Corrige detaille - Probleme

Partie A

1) Variations de \(g\)

$$g'(x) = 4x + \frac{1}{x}$$

Pour \(x > 0\), on a \(4x > 0\) et \(\frac{1}{x} > 0\), donc \(g'(x) > 0\) pour tout \(x > 0\).

2) Existence d'une unique solution

\(g\) est continue et strictement croissante sur \(]0, +\infty[\). Etudions les limites :

• \(\lim_{x \to 0^+} g(x) = 0 + (-\infty) = -\infty\)
• \(\lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty + \ln(+\infty) = +\infty\)

Par le theoreme des valeurs intermediaires, comme \(g\) est continue, strictement croissante, et passe de \(-\infty\) a \(+\infty\), l'equation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\).

3) Encadrement de \(\alpha\)

$$g(0{,}548) = 2(0{,}548)^2 + \ln(0{,}548) = 2 \times 0{,}300304 + (-0{,}60137) = 0{,}600608 - 0{,}60137 \approx -0{,}00076 < 0$$ $$g(0{,}549) = 2(0{,}549)^2 + \ln(0{,}549) = 2 \times 0{,}301401 + (-0{,}59955) = 0{,}602802 - 0{,}59955 \approx 0{,}00325 > 0$$

Comme \(g(0{,}548) < 0 < g(0{,}549)\) et \(g\) est continue croissante, on a :

$$\boxed{\alpha \in ]0{,}548\,;\, 0{,}549[}$$

4) Signe de \(g(x)\)

Puisque \(g\) est strictement croissante et s'annule uniquement en \(\alpha\) :

• \(g(x) < 0\) pour \(x \in ]0, \alpha[\)
• \(g(\alpha) = 0\)
• \(g(x) > 0\) pour \(x \in ]\alpha, +\infty[\)

Partie B

1) Limites et asymptotes

En \(0^+\) :

\(1 - x \to 1\) et \(\frac{1+\ln x}{2x}\) : \(\ln x \to -\infty\) et \(2x \to 0^+\), donc \(\frac{1+\ln x}{2x} \to \frac{-\infty}{0^+} = -\infty\).

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

La droite \(x = 0\) est asymptote verticale.

En \(+\infty\) :

$$f(x) = 1 - x + \frac{1 + \ln x}{2x}$$

Le terme dominant est \(-x \to -\infty\) et \(\frac{1+\ln x}{2x} \to 0\).

$$\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$$

Etudions si la droite \(y = 1 - x\) est asymptote oblique :

$$f(x) - (1-x) = \frac{1+\ln x}{2x} \to 0 \text{ quand } x \to +\infty$$

2) Derivee et variations

Calculons \(f'(x)\). On a \(f(x) = 1 - x + \frac{1+\ln x}{2x}\).

Pour \(\frac{1+\ln x}{2x}\), utilisons la regle du quotient : \(\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}\) avec \(u = 1+\ln x\), \(v = 2x\).

$$u' = \frac{1}{x}, \quad v' = 2$$ $$\left(\frac{1+\ln x}{2x}\right)' = \frac{\frac{1}{x} \cdot 2x - (1+\ln x) \cdot 2}{4x^2} = \frac{2 - 2 - 2\ln x}{4x^2} = \frac{-2\ln x}{4x^2} = \frac{-\ln x}{2x^2}$$ $$f'(x) = -1 + \frac{-\ln x}{2x^2} = \frac{-2x^2 - \ln x}{2x^2} = \frac{-(2x^2 + \ln x)}{2x^2} = \frac{-g(x)}{2x^2}$$ $$\boxed{f'(x) = \frac{-g(x)}{2x^2}}$$

Signe de \(f'(x)\) :

• \(2x^2 > 0\) toujours
• Si \(x < \alpha\) : \(g(x) < 0\), donc \(-g(x) > 0\), et \(f'(x) > 0\) (croissante)
• Si \(x > \alpha\) : \(g(x) > 0\), donc \(-g(x) < 0\), et \(f'(x) < 0\) (decroissante)

\(f\) admet un maximum en \(x = \alpha \approx 0{,}549\).

3) Tangente au point d'abscisse 1

$$f(1) = 1 - 1 + \frac{1 + \ln 1}{2} = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$$ $$f'(1) = \frac{-g(1)}{2} = \frac{-(2+0)}{2} = -1$$

Equation de la tangente :

$$T : y = f'(1)(x-1) + f(1) = -1(x-1) + \frac{1}{2} = -x + 1 + \frac{1}{2} = -x + \frac{3}{2}$$ $$\boxed{T : y = -x + \frac{3}{2}}$$

4) Aire

L'aire entre \(\mathcal{C}_f\) et la tangente \(T\) sur \([1, e]\) est :

$$\mathcal{A} = \int_1^e |f(x) - (-x + \frac{3}{2})|\,dx$$ $$f(x) - \left(-x + \frac{3}{2}\right) = 1 - x + \frac{1+\ln x}{2x} + x - \frac{3}{2} = -\frac{1}{2} + \frac{1+\ln x}{2x}$$ $$= \frac{1+\ln x - x}{2x} = \frac{1 + \ln x - x}{2x}$$

Etudions le signe de \(h(x) = 1 + \ln x - x\) sur \([1, e]\). On a \(h(1) = 1 + 0 - 1 = 0\) et \(h'(x) = \frac{1}{x} - 1\). Pour \(x > 1\), \(h'(x) < 0\), donc \(h\) est decroissante. Ainsi \(h(x) < 0\) pour \(x > 1\).

Donc \(f(x) - T(x) \leq 0\) sur \([1, e]\), et :

$$\mathcal{A} = \int_1^e \frac{x - 1 - \ln x}{2x}\,dx = \int_1^e \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2x} - \frac{\ln x}{2x}\right)dx$$ $$= \left[\frac{x}{2} - \frac{\ln x}{2} - \frac{(\ln x)^2}{4}\right]_1^e$$

En effet, la primitive de \(\frac{\ln x}{2x}\) est \(\frac{(\ln x)^2}{4}\).

En \(x = e\) : \(\frac{e}{2} - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{e}{2} - \frac{3}{4}\)

En \(x = 1\) : \(\frac{1}{2} - 0 - 0 = \frac{1}{2}\)

$$\mathcal{A} = \frac{e}{2} - \frac{3}{4} - \frac{1}{2} = \frac{e}{2} - \frac{5}{4} = \frac{2e - 5}{4}$$ $$\boxed{\mathcal{A} = \frac{2e - 5}{4} \approx 0{,}110 \text{ u.a.}}$$