
\documentclass[a4paper,12pt,french]{article}
\linespread{1}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Définitions de la feuille d'exercices
\newcommand{\ch}{Chapitre 6}
\newcommand{\Ch}{Correction }%Complexes et récurrence }	
\newcommand{\Cl}{TS}	
\newcommand{\Annee}{2010-2011}	
\newcommand{\num}{3}	
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
%\usepackage[french,lined,boxed,commentsnumbered]{algorithm2e}

\input macro_final.tex
\geometry{verbose,letterpaper,tmargin=2cm,bmargin=2cm,lmargin=2cm,rmargin=2cm}


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


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

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

\Exop{
$$z_A=1 \qquad z_B=3+4i \qquad z_C=2\sqrt{3}+i(-2-\sqrt{3}) \qquad z_D=-2\sqrt{3} + i(-2+\sqrt{3})$$}
\begin{enumerate}
 \item \begin{enumerate}
        \item L'écriture complexe de la rotation de centre $A$ et d'angle $\dfrac{2\pi}{3}$ est :
$$z'-z_A=e^{i\frac{2\pi}{3}} (z-z_A) \Longleftrightarrow z'-1=e^{i\frac{2\pi}{3}} (z-1)$$
Donc l'image du point $B$ a pour affixe
\begin{eqnarray*}
z_B' &=& e^{i\frac{2\pi}{3}} (z_B-1) + 1 
= \left(\cos \dfrac{2\pi}{3} + i \sin \dfrac{2\pi}{3} \right) (3+4i-1)+1 \\
&=& \left(-\dfrac{1}{2} + i \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)(2+4i)+1 \\ 
&=& -1-2i+i\sqrt{3}-2\sqrt{3}+1 \\
&=& -2\sqrt{3} + i(-2+\sqrt{3})=z_D
\end{eqnarray*}
Donc $D$ est bien l'image de $B$ par la rotation demandée.
\item On a donc $|z_D-z_A|=|e^{i\frac{2\pi}{3}} (z_B-z_A)| \Longleftrightarrow |z_D-z_A| =  |e^{i\frac{2\pi}{3}}| |(z_B-z_A)| \Longleftrightarrow AD = AB$\\
Les points $B$ et $D$ sont à égale distance de $A$. Ils sont donc sur le cercle de centre $A$ et de rayon $AB = |z_B-z_A|=|2+4i|=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}$
      \end{enumerate}
        \item 
\begin{enumerate}
 \item 
L'écriture complexe de l'homothétie de centre $B$ et de rapport $\dfrac{3}{2}$ est :
$$z'-z_B=\dfrac{3}{2} (z-z_B) \Longleftrightarrow z'-(3+4i)=\dfrac{3}{2} (z-(3+4i))$$
Donc l'image du point $A$ a pour affixe
\begin{eqnarray*}
z_A' &=& \dfrac{3}{2}  (z_A-(3+4i)) + (3+4i) 
= \dfrac{3}{2} (-2-4i) + 3 + 4i \\
& = & -3 - 6 i + 3 + 4i = -2i
\end{eqnarray*}
Donc $F$ est bien l'image de $A$ par l'homothétie demandée.
\item L'affixe du milieu de $[CD]$ est 
$$\dfrac{z_D+z_C}{2}=\dfrac{-2\sqrt{3} + i(-2+\sqrt{3}) + 2\sqrt{3}+i(-2-\sqrt{3}) }{2} = \dfrac{-4i}{2} = -2i = z_F$$
Donc $F$ est le milieu de $[CD]$.
\item 
\begin{eqnarray*}
\dfrac{z_C-z_F}{z_A-z_F}&=& \dfrac{2\sqrt{3}+i(-2-\sqrt{3})-(-2i)}{1-(-2i)}=\dfrac{2\sqrt{3}-i\sqrt{3}}{1+2i}\times \dfrac{1-2i}{1-2i} \\\\
&=& \dfrac{2\sqrt{3}-4i\sqrt{3}-i\sqrt{3}-2\sqrt{3}}{5}=\dfrac{-5i\sqrt{3}}{5}=-i\sqrt{3}
\end{eqnarray*}
Or $-i\sqrt{3} = \sqrt{3}e^{-i\dfrac{\pi}{2}}$. D'où :
$$\dfrac{z_C-z_F}{z_A-z_F}=\sqrt{3}e^{-i\dfrac{\pi}{2}}$$
On a alors que 
$$\arg\left(\dfrac{z_C-z_F}{z_A-z_F} \right) = \arg\left(\sqrt{3}e^{-i\dfrac{\pi}{2}} \right)=-\dfrac{\pi}{2} \quad [2\pi]$$
Donc $(\overrightarrow{FA} ; \overrightarrow {FC} ) = -\dfrac{\pi}{2} \quad [2\pi]$.\\
On en déduit que $(AF) \perp (CF)$.\\
Comme de plus $F$ est le milieu de $[CD]$ on a même $(AF) \perp (CD) $.\\
D'où $(AF)$ est donc la médiatrice de $[CD]$.
\end{enumerate}
\item On place les points $A$, $B$ et $F$ dans le repère.\\
On trace la perpendiculaire $\Delta$ à $(AF)$ passant par $F$.\\
On trace le cercle de centre $A$ et de rayon $AB$.\\
Ce cercle coupe la droite $\Delta$ en deux points qui sont $C$ et $D$.\\
Pour savoir lequel est lequel, on regarde le signe de leur partie réelle.
\end{enumerate}

\Exop[Amérique du Sud, Novembre 2007]{}
\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Sachant que $\varphi: x \mapsto \text{e}^x$ définie sur $\R$ vérifie $\varphi'= \varphi$, montrons que la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = \text{e}^{ax}$ est solution de l'équation $y' = ay$.
		
Pour tout réel $x$, $f(x)=\varphi(ax)$. $f$ est donc une fonction dérivable.\\
De plus, pour tout réel $x$,   $f'(x) =a \varphi'(ax) = a\text{e}^{ax} = af(x)$. \\$f$ est donc solution de l'équation $y' = ay$
		\item Si $g$ est une solution de l'équation $y'= ay$, alors, pour tout réel $x$,
$g'(x) = ag(x)$. \\
Soit $h$ la fonction définie sur $\R$ par $h(x)  = g(x)\text{e}^{-ax}$.\\
La fonction $h$ produit de fonctions dérivables est dérivable et, pour tout réel $x$ :\\
$$h'(x) = g'(x)\text{e}^{-ax} -a g(x)\text{e}^{-ax} = ag(x)\text{e}^{-ax} -a g(x)\text{e}^{-ax} = 0$$
Donc $h'$ est nulle sur $\R$ et $h$ est une fonction constante.
		\item  D'après \textbf{1.b.}, si $g$ est solution de $y' = ay$ alors $g$ vérifie la propriété : \\
pour tout réel $x$,  $h(x) = g(x)\text{e}^{-ax} = K \iff g(x) = K\text{e}^{ax}	$.

Réciproquement, si  $g$ est définie sur $\R$ par $g(x) = K\text{e}^{ax}$ alors , pour tout réel $x$, $g'(x) =aK\text{e}^{ax} = ag(x)$. $g$ est donc solution de l'équation $y' = ay$.

Donc les solutions de l'équation $y'=ay$ sont les fonctions définies sur $\R$ par $f(x)=K\text{e}^{ax}$, avec $K \in \R$.
	\end{enumerate}
\item   (E) : $y'= 2y + \cos x$.
	\begin{enumerate}
		\item $f_{0}(x) = a \cos x + b \sin x$. \quad $f_{0}$ somme de fonctions dérivables est dérivable et 
$$f'_{0}(x) = - a \sin x + b \cos x.$$		
$f_{0}$ est solution  de (E) si et seulement si :
\begin{eqnarray*}
 f'_{0}(x) = 2f_{0}(x) + \cos x &\iff & - a \sin x + b \cos x = 2(a \cos x + b \sin x) + \cos x \\
&\iff & (a + 2b)\sin x + (2a - b + 1)\cos x = 0 \qquad \text{ quel que soit } x \text{ réel.}
\end{eqnarray*}

Pour que cette égalité soit vérifiée, il suffit que 
\[\left\{\begin{array}{l c l}
2a - b + 1&=&0\\
a + 2b&=&0\\
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c l}
2a - b&=&-1\\
a &=&-2b\\
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c l}
-5b&=&-1\\
a&=&-2b\\
\end{array}\right. \]
$\iff
\left\{\begin{array}{l c l}
b&=&\dfrac{1}{5}\\
a &=& - \dfrac{2}{5}\\
\end{array}\right.$. 

Conclusion : la fonction définie sur $\R$ par  
$f_{0}(x) = - \dfrac{2}{5} \cos x + \dfrac{1}{5} \sin x$ est une solution de (E).
		\item 	D'après \textbf{1. c.} Les solutions de  l'équation différentielle $\left(E_{0}\right)~ :~ y' =  2y$ sont les fonctions définies sur $\R$ par $f(x) = K\text{e}^{2x}$, $K\in \R$.
		\item 	 $f$ est solution de (E) si et seulement si , pour tout réel $x$, $(1):f'(x) =2f(x)  + \cos x$ . 

Comme $f_{0}$ est aussi solution de (E), on a $f'_{0}(x)= f_{0}(x)  + \cos x $:

Par différence membres à membres $$(1) \iff f'(x) - f'_{0}(x) = 2\left(f(x) - f_{0}(x)\right)$$ et par linéarité de la dérivabilité : $$(1) \iff \left(f(x) - f_{0}(x)\right)' = 2\left(f(x) - f_{0}(x) \right)$$  ce qui signifie que  $f  - f_{0} $ est solution de $\left(E_{0}\right)$.
\item 	D'après \textbf{2. b.}, on a donc $f$ est solution de (E) si et seulement si, il existe un réel $K$ tel que, pour tout réel $x$,
 $$f(x) - f_{0}(x) = K \text{e}^{2x} \iff f(x) = - \dfrac{2}{5} \cos x + \dfrac{1}{5} \sin x + K \text{e}^{2x}$$
		\item 	$k$ est solution  de (E), donc $k(x) = - \dfrac{2}{5} \cos x + \dfrac{1}{5} \sin x + K \text{e}^{2x}$. 

Or	$k\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 0 \iff   \dfrac{1}{5} + K\text{e}^{\pi}=0 \iff K =- \dfrac{1}{5}\text{e}^{-\pi}$.\\
On a donc $k(x) = - \dfrac{2}{5} \cos x + \dfrac{1}{5} \sin x - \dfrac{1}{5} \text{e}^{2x - \pi}.$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\Exop[Antilles 2010]{
On considère la suite de nombres réels $\left(u_{n}\right)$ définie sur $\N$ par : 
\[u_{0} = - 1,~ u_{1} = \dfrac{1}{2}~ \text{et, pour tout entier naturel} ~n,~ u_{n+2} = u_{n+1} - \dfrac{1}{4}u_{n}.\]}
\begin{enumerate}
\item $u_{2}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}$.\\
De plus $u_2-u_1=\dfrac{1}{4}\neq \dfrac{3}{2} =u_1-u_0$, par conséquent la suite $(u_n)$ est arithmétique.\\
Enfin $ \dfrac{u_2}{u_1}=\dfrac{3}{2}\neq \dfrac{u_1}{u_0}=-\dfrac{1}{2} $, par conséquent la suite $(u_n)$ n'est pas non plus géométrique.  
\item On définit la suite $\left(v_{n}\right)$ en posant, pour tout entier naturel $n$ : $\qquad \qquad v_{n} = u_{n+1} - \dfrac{1}{2}u_{n}.$
	\begin{enumerate}
		\item Calculer $v_{0}=u_1-\dfrac{1}{2}u_0=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=1$. 
		\item \begin{eqnarray*}
v_{n+1} =& u_{n+2} - \dfrac{1}{2}u_{n+1}\\
=& u_{n+1} - \dfrac{1}{4}u_{n}-\dfrac{1}{2}u_{n+1}\\
=& \dfrac{1}{2}u_{n+1}-\dfrac{1}{4}u_n\\
=&\dfrac{1}{2}(u_{n+1}-\dfrac{1}{2}u_n)\\
=& \dfrac{1}{2}v_n
\end{eqnarray*}
		\item Comme  $v_{n+1} =\dfrac{1}{2}v_n$ la suite $\left(v_{n}\right)$ est géométrique de raison $\dfrac{1}{2}$. 
		\item Par conséquent  $v_{n}=\dfrac{1}{2^n}$ 
	\end{enumerate} 
\item On définit la suite $\left(w_{n}\right)$ en posant, pour tout entier naturel $n$ : 
\[w_{n}   = \dfrac{u_{n}}{v_{n}}.\]
	\begin{enumerate}
		\item Calculer $w_{0}=\dfrac{u_0}{v_0}=\dfrac{-1}{1}=-1$. 
		\item En utilisant l'égalité $u_{n+1} = v_{n} + \dfrac{1}{2}u_{n}$ et le résultat de la question $2. (b)$, on a :
		 $$w_{n+1}=\dfrac{u_{n+1}}{v_{n+1}}=\dfrac{v_{n} + \dfrac{1}{2}u_{n}}{\dfrac{1}{2}v_n  }=2+\dfrac{u_n}{v_n}$$ 
		\item Comme $w_{n+1}=2+w_n$, $(w_n)$ est une suite arithmétique de raison $2$.
		\item Par conséquent $w_{n}=w_0+nr=-1+2n$.
	\end{enumerate} 
\item Pour tout entier naturel $n$
\[u_{n} = v_n\times w_n=\dfrac{1}{2^n}\times (2n-1)=\dfrac{2n-1}{2^n}\]  
\item Pour tout entier naturel $n$, on pose : $S_{n} = \displaystyle\sum_{k=0}^{k=n} u_{k} = u_{0} + u_{1} + \cdots	+ u_{n}$. 
Notons $\mathscr P(n)$ la propriété :
\[S_{n} = 2 - \dfrac{2n + 3}{2^n}.\]
\begin{itemize}
\item \textit{Initialisation} : $S_0=u_0=-1$ et $2-\dfrac{2\times 0+3}{2^0}=-1$ donc la propriété $\mathscr P$ est vraie pour $n=0$, par conséquent elle est initialisée.
\item \textit{Hérédité} Supposons que $\mathscr P$ soit vraie pour un certain $n$, montrons que $\mathscr P$ est vraie au rang $n+1$. On veut donc montrer que :
$$ S_{n+1} = 2 - \dfrac{2(n+1) + 3}{2^{n+1}}$$
On a :
$$ S_{n+1} =S_n+u_{n+1}= 2 - \dfrac{2n + 3}{2^n}+\dfrac{2(n+1)-1}{2^{n+1}}=2-\dfrac{4n+6}{2^{n+1}}+\dfrac{2n+1}{2^{n+1}}=2+\dfrac{2n+1-4n-6}{2^{n+1}}=2-\dfrac{4n+6-2n-1}{2^{n+1}}$$
$$S_{n+1} =2 - \dfrac{2(n+1) + 3}{2^{n+1}}$$
Par conséquent la propriété $\mathscr P$ est vraie au rang $n+1$, et donc on a pour tout entier $n\in\N$ :
$$ S_{n} = 2 - \dfrac{2n + 3}{2^n}$$
\end{itemize}
\end{enumerate}

\Exop{
Partie A : Recherche de primitives\\
\begin{enumerate}
 \item On a $F(x)=3\dfrac{x^5}{5}-5\dfrac{x^2}{2} + x - \dfrac{1}{x} + c$ avec $c\in\R$.\\\\
Pour $g(x)$, on reconnait la forme $u'u^n$ avec $u(x)=x^2-x+5$ et $u'(x)=2x-1$.\\
Donc $G(x)=\dfrac{(x^2-x+5)^4}{4}+c$, avec $c\in\R$
 \item On reconnait la forme $\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$ avec $u(x)=x^2+1$ et $u'(x)=2x$.\\
Donc $h(x)=\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}\times 3$ \quad et \quad $H(x)=3\sqrt{x^2+1} +c$ avec $c\in\R$.\\\\
On cherche $c$ tel que $H(0)=1 \iff 3\sqrt{0^2+1} +c = 1 \iff 3+c=1 \iff c=-2$.\\\\
D'où $H(x)=3\sqrt{x^2+1} -2$.\\
\end{enumerate}
}
Partie B : Etude de fonctions
\begin{enumerate}
 \item $\Lim{+\infty}\dfrac{3x-1}{2x+1}=\Lim{+\infty}\dfrac{3x}{2x}=\dfrac{3}{2}$.\\\\
De même $\Lim{-\infty}\dfrac{3x-1}{2x+1}=\Lim{-\infty}\dfrac{3x}{2x}=\dfrac{3}{2}$.\\\\
On a aussi $\Lim{-\frac{1}{2}} (3x-1)=-\dfrac{5}{2} \quad $ et $\Lim{-\frac{1}{2}} (2x+1)=0$.\\
Donc le quotient $\dfrac{3x-1}{2x+1}$ tendra vers l'infini. \\
Pour savoir le signe, on étudie le signe du numérateur et du dénominateur.\\
Le numérateur tend vers $-\dfrac{5}{2}$ qui est positif.\\
Pour le dénominateur, on a $x<-\dfrac{1}{2} \iff 2x+1 < 0$.\\\\
Finalement on trouve que $\Lim{-\frac{1}{2}^+}\dfrac{3x-1}{2x+1}=-\infty$ \quad et \quad $\Lim{-\frac{1}{2}^-}\dfrac{3x-1}{2x+1}=+\infty$
\item Les limites en l'infini nous disent que $\mathscr C_f$ admet un asymptote horizontale $y=\dfrac{3}{2}$ en $+\infty$ et en $-\infty$.\\
Les limites en $\dfrac{1}{2}$ nous disent que $\mathscr C_f$ admet un asymptote verticale $x=-\dfrac{1}{2}$.
\item $F'(x)=\dfrac{3(2x+1)-2(3x-1)}{(2x+1)^2}=\dfrac{5}{(2x+1)^2}$
\item 
$$\tabvar{%
\tx{x}&\tx{-\infty}&&&\tx{-\dfrac{1}{2}}&&&\tx{+\infty}\cr
\tx{\dfrac{5}{(2x+1)^2}}&&\tx{+}&&\dbt&&\tx{+}&\cr
\tx{F(x)}&\txb{\dfrac{3}{2}}&\fm&\txh{+\infty}&\dbt&\txb{-\infty}&\fm&\txh{\dfrac{3}{2}}\cr
}$$
\item $\sqrt{2}\in ]- \infty ; 1.5[$ donc d'après le tableau de variations de la fonction continue $F$, 
il existe une unique solution à l'équation $F(x)=\sqrt{2}$. \\
Elle se situe dans l'intervalle $]-0.5 ; + \infty[$.
\item On constate que $F'(x)=g(x)$ donc $F$ est une primitive de $g$ sur $]-0.5; + \infty[.$\\
La primitive cherchée est donc du type $G(x)=\dfrac{3x-1}{2x+1}+c$ où $c \in\R$.\\
On cherche $c$ tel que $G(2)=1 \iff \dfrac{3 \times 2-1}{2 \times 2 + 1}+c = 1$.\\
Il suffit de prendre $c=0$. On a alors $G(x)=F(x)$ sur $]-0.5; + \infty[$.
\end{enumerate}


\end{document}
