Devoir surveillé n°3

1. [1,5 pt] $\Delta = ( - 2\sqrt{3})^{2} - 4 \times 4 = 12 - 16 = - 4 = (2i)^{2} < 0$. L’équation admet deux solutions complexes conjuguées : $z_{1} = \frac{2\sqrt{3} + 2i}{2} = \sqrt{3} + i$ et $z_{2} = \sqrt{3} - i$. Donc $S = \{\sqrt{3} + i\,;\,\sqrt{3} - i\}$.

2. [1,5 pt] $|a| = \sqrt{3 + 1} = 2$ et $a = 2\left( \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i \right) = 2\left( \cos\frac{\pi}{6} + i\sin\frac{\pi}{6} \right)$. Comme $b = \bar{a}$ : $b = 2\left( \cos\left( - \frac{\pi}{6} \right) + i\sin\left( - \frac{\pi}{6} \right) \right)$.

3. [1 pt] $OA = |a| = 2$, $OB = |b| = 2$ et $OC = |2i| = 2$ : les points $A$, $B$ et $C$ appartiennent au cercle de centre $O$ et de rayon $2$.

4. [2 pts] $c - a = - \sqrt{3} + i$ et $b - a = - 2i$, donc

$\frac{c - a}{b - a} = \frac{- \sqrt{3} + i}{- 2i} = \frac{( - \sqrt{3} + i) \times i}{- 2i \times i} = \frac{- 1 - \sqrt{3}\, i}{2} = - \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i.$

Son module vaut $\sqrt{\frac{1}{4} + \frac{3}{4}} = 1$, donc $\frac{AC}{AB} = 1$, c’est-à-dire $AC = AB$ : le triangle $ABC$ est isocèle en $A$. (De plus $\left( \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right) \equiv - \frac{2\pi}{3} \lbrack 2\pi\rbrack$.)

5. Bonus [+0,5 pt] D’après la formule de Moivre, $a^{6} = 2^{6}\left( \cos\frac{6\pi}{6} + i\sin\frac{6\pi}{6} \right) = 64(\cos\pi + i\sin\pi) = - 64$ : c’est un réel.

Partie A

1. [2 pts] $g'(x) = 2x - \frac{1}{x} = \frac{2x^{2} - 1}{x}$. Sur $\rbrack 0; + \infty\lbrack$, $g'(x)$ a le signe de $2x^{2} - 1$ : $g'(x) < 0$ sur $\left\rbrack 0;\frac{\sqrt{2}}{2} \right\lbrack$ et $g'(x) > 0$ sur $\left\rbrack \frac{\sqrt{2}}{2}; + \infty \right\lbrack$. Le minimum vaut $g\left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right) = \frac{1}{2} + 1 - \ln\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3}{2} + \frac{\ln 2}{2}$.

2. [1 pt] $g$ admet en $\frac{\sqrt{2}}{2}$ un minimum égal à $\frac{3}{2} + \frac{\ln 2}{2} > 0$. Donc, pour tout $x \in \rbrack 0; + \infty\lbrack$, $g(x) \geq \frac{3}{2} + \frac{\ln 2}{2} > 0$.

Partie B

3. [1 pt] Quand $x \rightarrow 0^{+}$ : $\ln x \rightarrow - \infty$ et $\frac{1}{x} \rightarrow + \infty$, donc $\frac{\ln x}{x} \rightarrow - \infty$ et $\lim_{x \rightarrow 0^{+}}f(x) = - \infty$. La droite d’équation $x = 0$ (l’axe des ordonnées) est une asymptote verticale à $(C_{f})$.

4. [2,5 pts] On sait que $\lim_{x \rightarrow + \infty}\frac{\ln x}{x} = 0$ et $\lim_{x \rightarrow + \infty}(x - 1) = + \infty$, donc $\lim_{x \rightarrow + \infty}f(x) = + \infty$. De plus $f(x) - (x - 1) = \frac{\ln x}{x} \rightarrow 0$ quand $x \rightarrow + \infty$ : la droite $(D)$ d’équation $y = x - 1$ est une asymptote oblique à $(C_{f})$ au voisinage de $+ \infty$.

5. [1,5 pt] $f(x) - (x - 1) = \frac{\ln x}{x}$ a le signe de $\ln x$ (car $x > 0$) :

• sur $\rbrack 0;1\lbrack$, $\ln x < 0$ : $(C_{f})$ est en dessous de $(D)$ ;
• sur $\rbrack 1; + \infty\lbrack$, $\ln x > 0$ : $(C_{f})$ est au-dessus de $(D)$ ;
• $(C_{f})$ et $(D)$ se coupent au point $A(1;0)$.

6. [1,5 pt] Pour $x > 0$ : $\left( \frac{\ln x}{x} \right)' = \frac{\frac{1}{x} \times x - \ln x}{x^{2}} = \frac{1 - \ln x}{x^{2}}$, donc

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

7. [1 pt] D’après la partie A, $g(x) > 0$, donc $f'(x) > 0$ : $f$ est strictement croissante sur $\rbrack 0; + \infty\lbrack$.

8. [1 pt] $f(1) = 0$ et $f'(1) = \frac{g(1)}{1} = 2$. Donc $(T):y = f'(1)(x - 1) + f(1)$, soit $(T):y = 2x - 2$.

9. [1 pt] $f(1) = 1 - 1 + \frac{\ln 1}{1} = 0$, donc $1$ est solution. Comme $f$ est strictement croissante sur $\rbrack 0; + \infty\lbrack$, elle est injective : l’équation $f(x) = 0$ admet une seule solution, $x = 1$.

10. [1,5 pt]

Bonus [+0,5 pt] $H'(x) = \frac{1}{2} \times 2\ln x \times \frac{1}{x} = \frac{\ln x}{x}$ : $H$ est une primitive de $x \mapsto \frac{\ln x}{x}$ sur $\rbrack 0; + \infty\lbrack$. Une primitive de $f$ est donc $F(x) = \frac{x^{2}}{2} - x + \frac{1}{2}(\ln x)^{2}$.