
\documentclass[a4paper,12pt,french]{article}
\linespread{1}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Définitions de la feuille d'exercices
\newcommand{\ch}{Devoir Commun}
\newcommand{\Ch}{}	
\newcommand{\Cl}{TS}	
\newcommand{\Annee}{2010-2011}	
\newcommand{\num}{3}	
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
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\geometry{verbose,letterpaper,tmargin=2cm,bmargin=2cm,lmargin=2cm,rmargin=2cm}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Début
\begin{document}
 


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Table des matieres et style de pages
\debutDsCha

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%  Les exos

\textbf{\textsc{ Exercice 1} \hfill 5 points}

\textbf{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Question de cours : il suffit de montrer que le complexe $\dfrac{z' - \omega}{z -\omega}$ a pour module 1 et a un argument égal 
à $\theta$ à $2\pi$ près.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  D'après le résultat précédent si $M'(z')$ est l'image de $M(z)$ par la rotation $R$ on a  alors : 
$z'-(2 +2\text{i}) =  \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} [z -(2 +2\text{i})] \iff$
		
$z' = \left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)[z -(2 +2\text{i})] + 2 + 2\text{i} \iff\\ z' = 
\left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)z - (1 + \text{i}\sqrt{3})(1 + \text{i}) + 2 + 2\text{i} \iff$
 \boldmath $z' =   \left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)z+ 1 + \sqrt{3} + \text{i}\left(1 - \sqrt{3}\right)$ 
\unboldmath qui est l'écriture complexe de $R$.
		\item En appliquant cette relation à l'affixe de I, on obtient : 
		
$z_{\text{A}} = \dfrac{1}{2}\left(3 + \sqrt{3}\right) + \dfrac{\text{i}}{2}\left(3 - \sqrt{3}\right)$.
		\item On a IB$^2 = |1 + \text{i}|^2 = 2$ ; de même IO$^2 = |1 + \text{i}|^2 = 2$.
		
D'après la définition de la rotation $R$, le triangle BIA est isocèle d'angle au sommet de mesure $\frac{\pi}{3}$ : c'est donc un 
triangle équilatéral.

Donc IB = AB = IA = IO =  $\sqrt{2}$ .

En particulier les points les points O, A et B sont équidistants  de  I. Ils sont sur le cercle de centre I et   de rayon $\sqrt{2}$.

On a $1 + \text{i} = \dfrac{0 + (2 + 2\text{i})}{2}$, c'est-à-dire que I est le milieu du diamètre [OB]. Le triangle OAB est donc 
inscrit dans le cercle précédent : il est donc rectangle en A.

Par complément à $\pi$, on trouve que $\left(\vect{\text{OA}},~\vect{\text{OB}}\right) = \pi - \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} = 
\frac{\pi}{6}$.

		\item On a $\left(\vect{u},~\vect{\text{OB}}\right) = \text{arg}\left(z_{\text{I}}\right) = \frac{\pi}{4}.$

En appliquant la relation de Chasles : $\left(\vect{u},~\vect{\text{OA}}\right) = \left(\vect{u},~\vect{\text{OB}}\right) - 
\left(\vect{\text{OA}},~\vect{\text{OB}}\right) = \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{12}$.
	\end{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item $\text{A}' = T(\text{A})$. L'affixe du vecteur $\vect{\text{IO}}$ est $-1  - \text{i}$. On a donc \\
$z_{\text{A}'} = \dfrac{1}{2}\left(3 + \sqrt{3}\right) + \text{i}\left(3 - \sqrt{3}\right)  - 1 - \text{i} = \dfrac{1}{2}\left(1 + \sqrt{3}\right) +  \dfrac{\text{i}}{2}\left(1 - \sqrt{3}\right)$.
		\item  On a par définition de la translation $\vect{\text{IO}} = \vect{\text{AA}'} \iff $OIAA$'$ est un parallélogramme 
; de plus d'après 2 c AI = IO ; La quadrilatère OIAA$'$ est un parallélogramme ayant deux côtés consécutifs de même longueur : 
c'est donc un losange 
(mais pas un carré car $\left(\vect{\text{IO}},~\vect{\text{IA}}\right) = \dfrac{2\pi}{3}.$)
		\item On sait que $\left(\vect{\text{OA}'},~\vect{\text{OI}}\right) = \dfrac{\pi}{3}$ et 
$\left(\vect{\text{OA}},~\vect{\text{OI}}\right) = \dfrac{\pi}{6}$ ; en appliquant la relation de Chasles on obtient $\left(\vect{u},~\vect{\text{OA}'}\right) = \left(\vect{u},~\vect{\text{OA}}\right) - \left(\vect{\text{OA}'},~\vect{\text{OA}}\right) = \dfrac{\pi}{12} - \dfrac{\pi}{6} = - \dfrac{\pi}{12}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{center}
\psset{unit=2cm,RightAngleSize=0.2}
\SpecialCoor
\psset{PtNameMath=false}
%\fbox{
\begin{pspicture*}(-1,-0.8)(3,2.5)
\psaxes[labels=none]{->}(0,0)(-1,-0.8)(3,2.5)
\pstGeonode[PosAngle=-135](0,0){O}
\pstGeonode[PosAngle=135](1,1){I}
\pstGeonode[PosAngle=45](2,2){B}
\pstCircleOA{I}{B}
\pstRotation[RotAngle=60,PosAngle=-60]{B}{I}[A] %,PointName=none
\psline(O)(A)(B)(O) %[linestyle=dashed]
\pstRightAngle{O}{A}{B}
\pstTranslation{I}{O}{A}[A$'$]
\psline[linestyle=dashed](O)(I)(A)(A$'$)(O)
\end{pspicture*}
%}
\end{center}

\vspace{0,5cm}



\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 6 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip


On consid\`ere la fonction $f$ d\'efinie sur l'intervalle $]- 1~;~ + \infty[$ par :
$f (x) = x - \dfrac{\ln (1 + x)}{1 + x}.$

\textbf{Partie A}\\

\begin{enumerate}
\item $f$ est d\'erivable comme compos\'ee, quotient et somme de fonctions d\'erivables sur $]-1~;~+\infty[$.\\
$f=u-\dfrac{\ln v}{v}$ en posant $u(x)=x$ et $v(x)=1+x$. $u'(x)=1$ et $v'(x)=1$.\\
$f'=u'-\left(\dfrac{\ln v}{v}\right)'=u'-\dfrac{\dfrac{v'}{v}\times v-v'\ln v}{v^2}=u'-\dfrac{1-v'\ln v}{v^2}$.\\
Par cons\'equent, pour tout $x$ de $]-1~;~+\infty[$, $f'(x)=1-\dfrac{1-\ln(1+x)}{(1+x)^2}=\dfrac{(1+x)^2-1+\ln(1+x)}{(1+x)^2}$.
\item On pose $N(x)=(1+x)^2-1+\ln(1+x)$. $N$ est d\'erivable comme somme et compos\'ee de fonctions d\'erivables.\\
$N'(x)=2\times 1\times (1+x)+\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{2(1+x)^2+1}{1+x}$. Comme $x$ appartient \`a $]+1~;~+\infty[$, $1+x>0$. Le num\'eratuer est positif comme somme de nombres strictement positifs. Par cons\'equent, $N(x)>0$ pour tout $x$. On en d\'eduit que $N$ est croissante sur $]-1~;~+\infty[$.\\
$N(0)=0$ donc $N(x)<0$ pour tout $x$ de $]-1~;~0[$ et $N(x)>0$ pour tout $x>0$.\\
$f'(x)=\dfrac{N(x)}{(1+x)^2}$ qui est du signe du num\'erateur $N(x)$ car $(1+x)^2>0$ pour tout $x$.\\
Par cons\'equent, $f'(x)<0$ sur $]-1~;~0[$, $f'(0)=0$ et $f'(x)>0$ pour $x>0$.\\
On en d\'eduit le tableau de variations de $f$ : 
\begin{center}
$\begin{array}{|c||lc*{3}r|}
\hline
x&-1&&0&&+\infty\\
\hline
f'(x)&&-&0&+&\\
\hline
&&&&&\\
f(x)&&\searrow&&\nearrow&\\
&&&0&&\\
\hline
\end{array}$
\end{center}
$\mathcal{D}$ est la droite d'\'equation $y=x$. Pour avoir les coordonn\'ees du point d'intersection de $\mathcal{D}$ et de $\mathcal{C}$, on r\'esout l'\'equation $f(x)=x$.\\
$f(x)=x\Leftrightarrow -\dfrac{\ln(1+x)}{1+x}=0\Leftrightarrow \ln(1+x)=0\Leftrightarrow 1+x=1\Leftrightarrow x=0$.\\
Comme $f(0)=0$, $\mathcal{D}$ et $\mathcal{C}$ se coupent \`a l'origine.
\end{enumerate}
\vspace{1cm}
\textbf{Partie B}

\begin{enumerate}
\item Sur l'intervalle $[0~;~4]$, $f$ est croissante donc pour tout $x$ de $[0~;~4]$, $0=f(0)\leqslant f(x)\leqslant f(4)$ ; or $f(4)=4-\dfrac{\ln5}{5}<4$ donc $f(x)\in[0~;~4$.

\item 
\begin{enumerate}
\item Voir courbe.

\item Montrons par r\'ecurrence sur $n$, que, pour tout $n$, $u_{n}\in[0~;~4]$.
\begin{enumerate}
\item[$\bullet$] Initialisation : $u_{0}=4\in[0~;~4]$ donc c'est vrai au rang 0.

\item[$\bullet$] H\'er\'edit\'e : supposons que $u_{n}\in[0~;~4]$ pour un entier $n$. Alors $u_{n+1}=f(u_{n})\in[0~;~4]$ d'apr\`es 1.
\end{enumerate}
Par cons\'equent, $u_{n}\in[0~;~4]$ pour tout $n$.

\item[$\bullet$] Pour tout $n$, $u_{n+1}-u_{n}=f(u_{n})-u_{n}=u_{n}-\dfrac{\ln(1+u_{n})}{1+u_{n}}-u_{n}=-\dfrac{\ln(1+u_{n})}{1+u_{n}}\leqslant 0$ car $1+u_{n}\geqslant 1$ d'o\`u $\ln(1+u_{n})\geqslant 0$.\\
Par cons\'equent, la suite $(u_{n})$ est d\'ecroisssante.

\item La suite $(u_{n})$ est d\'ecroissante et minor\'ee par 0 : elle est convergente vers un r\'eel $ell$.

\item Comme $f$ est continue, on sait que $ell$ est solution de l'\'equation $f(x)=x$. On en d\'eduit que $ell=0$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{1cm}
\begin{center}
\psset{unit=1.45cm}
\begin{pspicture}(-2,-1)(6,5.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(-2,-1)(6,5.5)
\psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=1,griddots=10](-2,-1)(6,5)
\uput[dr](1,0){1} \uput[dl](0,1){1} \uput[dl](0,0){O}
\uput[d](6.2,0){$x$} \uput[r](0,5.5){$y$}
\uput[dr](5.4,5){$\mathcal{C}$} \uput[ul](5,5){$\mathcal{D}$}
\psline(-1,-1)(5.5,5.5)
\psplot[plotpoints=1000,linecolor=blue]{-0.76}{5.7}{x 1 x add ln 1 x add div sub}
\psline[linestyle=dashed](4,0)(4,3.68)
\psline[linestyle=dashed](4,3.68)(3.68,3.68)
\psline[linestyle=dashed](3.68,3.68)(3.68,0)
\psline[linestyle=dashed](3.68,3.35)(3.35,3.35)
\psline[linestyle=dashed](3.35,3.35)(3.35,0)
\psline[linestyle=dashed](3.35,3.01)(3.01,3.01)
\psline[linestyle=dashed](3.01,3.01)(3.01,0)
\uput[d](4,0){$\small{u_{0}}$}
\uput[d](3.68,0){$\small{u_{1}}$}
\uput[d](3.35,0){$\small{u_{2}}$}
\uput[d](3.01,0){$\small{u_{3}}$}
\end{pspicture}
\end{center}

\newpage

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 4 points}
 
\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
La fonction $u$ est dérivable sur $\R$, comme somme des fonctions $x\mapsto x$ et $x\mapsto \text{e}^{-x}$, 
chacune dérivable sur $\R$.

Soit $x\in\R$. Comme $u'(x)=\text{e}^{-x}-x\text{e}^{-x}$, on en déduit : 
$u'(x)+u(x)=\text{e}^{-x}-x\text{e}^{-x}+x\text{e}^{-x}=\text{e}^{-x}$ : \\
$u$ est donc est une solution de l'équation différentielle (E) 
\item
On sait d'après le cours que les solutions (sur $\R$) de l'équation  différentielle $y'+ay=0$ sont les fonctions
 $h$ définies sur $\R$ par $h(x)=Ke^{-ax}$, avec $K\in\R$. On en déduit : 

Les solutions de l'équation $(E')$ sont les fonctions $h$ définies sur $\R$ par $h(x)=K\text{e}^{-x}$, où $K\in\R$
\item \par
$v$ est une solution de l'équation différentielle (E)\\
\begin{tabular}[t]{lcl}
&$\iff$& $\forall x\in\R\quad v'(x)+v(x)=\text{e}{-x}$\\
&$\iff$& $\forall x\in\R\quad v'(x)+v(x)=u'(x)+u(x)\;{}^{*}$\\
&$\iff$& $\forall x\in\R\quad v'(x)-u'(x)+v(x)-v'(x)=0$\\
&$\iff$& $\forall x\in\R\quad (v-u)'(x)+(v-u)(x)=0$\\
&$\iff$&$v-u$ est une solution de l'équation différentielle (E')\\

\end{tabular}

${}^{*}\;$car $u$ est une solution de l'équation $y'+y=\text{e}^{-x}$
\par\medskip
\item
Raisonnons encore par équivalence : 
\par\hspace{-1cm}
$v$ est une solution de l'équation différentielle (E)\\
\begin{tabular}[t]{lcll}
&$\iff$& $v-u$ est une solution de l'équation différentielle (E')&d'après Q.3.\\
&$\iff$&Il existe un réel $K$ tel que, pour tout réel $x\;$:\; $(v-u)(x)=K\text{e}^{-x}$&d'après Q.2. \\
&$\iff$&Il existe un réel $K$ tel que, pour tout réel $x\;$:\; $v(x)=K\text{e}^{-x}+u(x)$&\\
 \end{tabular}
 
 Par suite : 
\par\medskip
Les solutions de l'équation $(E)$ sont les fonctions $v$ définies sur $\R$ par 
$$v(x)=K\text{e}^{-x}+x\text{e}^{-x}=(x+K)\text{e}^{-x}, \quad \text{ où } K\in\R$$
 \par\medskip
\item 
Soit $g$ une solution de $(E)$ : d'après Q.4, il existe un réel $K$ tel que : $\forall x\in\R\quad g(x)=(K+x)\text{e}^{-x}$.

Comme : $g(0)=2\iff K\text{e}^{0}=2\iff K=2$, on en déduit :
\par\medskip
L'unique solution $g$ de l'équation $(E)$ vérifiant $g(0)=2$ est la fonction $g$ définie sur $\R$ par : 
$$g(x)=(x+2)\text{e}^{-x}$$
\par\medskip
\end{enumerate}

\vspace{0.5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}\\
\noindent \textbf{Commun à tous les candidats}\\

\medskip



\begin{center}
\psset{xunit=1cm,yunit=2cm, algebraic=true}
\begin{pspicture*}(-5,-0.3)(5,3.5)
\psgrid[subgriddiv=0,%
 	gridlabels=0,
 	xunit=0.5, yunit=0.25,
 	gridwidth=0.2pt,%
 	gridcolor=gray,
   subgridwidth=0.1pt,%
   subgridcolor=gray](0,0)(-10,0)(10,14)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-5,-0.3)(5,3.5)
\uput[u](4.8,0){$x$} \uput[l](0,3.4){$y$}
\psplot[linecolor=blue,plotpoints=5000]{-5}{5}{ln(1+2.71828^(-x))+1/3*x}
\psplot[linecolor=red,plotpoints=5000]{-5}{5}{1/3*x}
\psplot[linecolor=green,plotpoints=5000]{-5}{5}{-1/6*x+0.693147}
\uput[u](4,1.4){$\mathcal{C}$}
\uput[d](2.5,0.76){(D)}
\uput[d](-1,0.85){(T)}
\end{pspicture*}
\end{center}
\medskip

\textbf{Partie A}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  On a $\Lim{+\infty} e^{-x} = 0$, donc $\Lim{+\infty} 1 + e^{-x} = 1$ donc 
$\Lim{+\infty} \ln(1 + e^{-x}) = 0$ donc $\Lim{+\infty}f(x)=+\infty$
	\item Comme $f(x) -\dfrac{1}{3}x = \ln \left(1 + e^{-x}\right)$ et que $\Lim{+\infty} \ln \left(1 + e^{-x}\right) = 0$.\\
on en déduit que la droite (D) est asymptote à $(\mathcal{C})$ au voisinage de $+\infty$.
	\item Comme $f(x) -\dfrac{1}{3}x = \ln(1 + e^{-x})$ et que $\forall x \in \R, e^{-x} > 0$, on a $1 + e^{-x} >1$ et donc 
$\ln \left(1 + e^{-x}\right) > 0$, dont on déduit que l'asymptote (D) est en dessous de la courbe $(\mathcal{C})$ sur $\R$.
	\item Soit $x$ un réel. On a 
$$f(x) = \ln \left(1 + e^{-x}\right) + \dfrac{1}{3}x = 
	\ln\left({1 + \dfrac{1}{e^x}}\right)+ \dfrac{1}{3}x = 
	\ln\left({ \dfrac{e^x + 1}{e^x}}\right)+ \dfrac{1}{3}x = 
	\ln(e^x + 1) - \ln(e^{x}) + \dfrac{1}{3}x = 
	\ln(e^x + 1) - x + \dfrac{1}{3}x$$
	soit $f(x) = \ln(e^x + 1) - \dfrac{2}{3}x $
	\item On a $\Lim{-\infty} e^x = 0$ donc $\Lim{-\infty}e^x + 1 = 1$, donc 
$\Lim{-\infty} \ln \left(e^x + 1\right) = 0$ et comme par ailleurs, $\Lim{-\infty} -\dfrac{2}{3}x = +\infty$, on en déduit
 $\Lim{-\infty} f(x) = +\infty$
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item  $f$ est dérivable en tant que composée d'une fonction $x \longmapsto e^x + 1$, définie et dérivable sur $\R$ et
 à valeurs dans $\R^+$,où la fonction $\ln$ est dérivable : cette composée est donc dérivable sur $\R$, la fonction linéaire que 
l'on y ajoute pour obtenir $f(x)$ étant elle même dérivable sur $\R$, la fonction $f$ est bien dérivable sur $\R$.\\
		Sa dérivée est : $f'(x) = \dfrac{e^x}{e^x + 1} - \dfrac{2}{3} = \dfrac{3e^x}{3(e^x + 1)} -
 \dfrac{2(e^x + 1)}{3(e^x + 1)} = \dfrac{3 e^x - 2(e^x + 1)}{3(e^x + 1)} = \dfrac{e^x - 2}{3(e^x + 1)}$.
	\item Le dénominateur de $f'$ est strictement positif, donc $f'$ est du signe de son numérateur, et 
$e^x - 2 > 0 \Longleftrightarrow x > \ln(2)$.
	On en déduit donc que la fonction $f$ est strictement décroissante sur $]-\infty ; \ln 2]$ puis strictement croissante 
sur $[\ln 2 ; +\infty[$.
	\end{enumerate} 
\item  Le coefficient directeur de (T) est donné par $f'(0)$. C'est donc $f'(0) = \dfrac{e^0 - 2}{3(e^0 + 1)} = \dfrac{-1}{6}$.

\end{enumerate}


\end{document}
