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\entete{\large \bfseries DS 2}{DS 2}{Lycée Jean \textsc{Perrin} - T\up{ale}S4}%g,d,b
\begin{document}
\setlength{\parindent}{0pt}
\thispagestyle{empty}


\psshadowbox*[fillcolor=0.9white,framearc=.25]{%
\begin{minipage}{\textwidth}
\smallskip
{\LARGE\bfseries \begin{center} Corrigé du DS
    n\textdegree 2 - T\up{ale}S4 - Jeudi 5 novembre 2009 - 2 heures\end{center}}
\smallskip
\end{minipage}
}
\vspace{1cm}


\begin{multicols}{2}

\small

\setcounter{num}{2}

\exot{}

\subsubsection*{Partie A : étude de $f$}
\begin{enumerate}
   \item            Pour            tout            réel            $x$,
     $f(-x)=\sqrt{(-x)^2+|-x|}=\sqrt{x^2+|x|}=f(x)$.

On en déduit que $f$ est paire et que la courbe $\CR$ est symétrique par
rapport à l'axe \oj. Il suffit donc d'étudier $f$ sur $[0;+\infty[$.
   \item      Sur       $[0;+\infty[$,      $f(x)=\sqrt{x^2+x}$.      Or
     $\Lim{+\infty}x^2+x=+\infty$  et $\Lim[t]{+\infty}\sqrt{t}=+\infty$
     donc, par composition de limites, \[\Lim{+\infty}=+\infty\]
Comme $f$
 est paire, on a aussi $\Lim{-\infty}=+\infty$.

\item   La  fonction   $t\mapsto  \sqrt{t}$   n'est  pas   dérivable  en
  zéro. Étudions donc la limite du  taux de variation en zéro par valeur
  supérieure car $f$ est paire.

\[\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{\sqrt{x^2+x}}{x}=\sqrt{\frac{x^2+x}{x^2}}=\sqrt{1+\frac{1}{x}}\]


Or  $\limd{0}\frac{1}{x}=+\infty$  et $\Lim[t]{+\infty}\sqrt{t}=+\infty$
donc \[\limd{0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=+\infty\]


La  fonction $f$  n'est  donc pas  dérivable  en 0  et  $\CR$ admet  une
tangente verticale au point d'abscisse zéro.

   \item Sur $\bbr_+$, les fonctions  $x\mapsto x^2$ et $x\mapsto x$ sont
     strictement  croissantes  et  à  valeurs positives  donc  $x\mapsto
     x^2+x$ est strictement croissante sur $\bbr_+$.  De plus la fonction $t\mapsto
     \sqrt{t}$ est strictement croissante sur $\bbr_+$. 

Sur  $\bbr_+$, $f$  est donc  la composée  de deux  fonctions strictement
croissantes donc est elle-même strictement croissante sur cet intervalle.


\medskip

\emph{Autre méthode}~: on aurait pu calculer la dérivée de $f$.

\[f'(x)=(2x+1)\times \frac{1}{2 \sqrt{x^2+x}}\]

Sur $\bbr_+$, $f'(x)$ est strictement positive donc $f$ y est strictement
croissante.



 \item On en déduit le tableau suivant~:

   \begin{center}
     \begin{TVPC}
       TVPC([-infinity,+infinity],[0],[0],"f","x",abs(x),1,n,\tv)
       \end{TVPC}
     \end{center}

\end{enumerate}


\subsubsection*{Partie B : asymptotes à $\CR$}


\begin{enumerate}
   \item    Étudions    l'éventuelle     limite    en    $+\infty$    de
     $f(x)-\left(x+\frac{1}{2}\right)$. Le réel $x$ est donc positif~:
\begin{align*}
f(x)-\left(x+\frac{1}{2}\right)&=\frac{\left(\sqrt{x^2+x}-x\right)\left(\sqrt{x^2+x}+x\right)}{\left(\sqrt{x^2+x}+x\right)}-\frac{1}{2}\\
                               &=\frac{x^2+x-x^2}{x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1\right)}-\frac{1}{2}\\
                               &=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1}-\frac{1}{2}
\end{align*}

Or $\Lim{+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1}=\frac{1}{2}$ donc 

\[\Lim{+\infty}f(x)-\left(x+\frac{1}{2}\right)=0\]


On  en  déduit  que $\CR$  admet  la  droite  $\DR$ comme  asymptote  au
voisinage de $+\infty$.


   \item             On             a             montré             que
     $f(x)-\left(x+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1}-\frac{1}{2}$.

Or               $\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1>\sqrt{1}+1=2$              donc
$\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1}<\dfrac{1}{2}$.


On  en  déduit  que  $f(x)-\left(x+\frac{1}{2}\right)$ est  négatif  sur
$\bbr_+$ et donc que $\CR$ est en-dessous de $\DR$.

   \item  Comme  $f$  est   paire,  $\CR$  admet  la  droite  d'équation
     $y=-x+\frac{1}{2}$, symétrique  de $\DR$  par rapport à  \oj, comme
     asymptote au voisinage de $-\infty$.
\end{enumerate}
\subsubsection*{Partie C : résolution d'une équation}


\begin{enumerate}
   \item Complétons le tableau de variation de $f$ sur $\bbr_+$~:

     \begin{center}
       \begin{TVI*}{100}
         TVI([0,+infinity],[],"f","x",sqrt(x^2+x),0,1,1,\tv)
         \end{TVI*}
       \end{center}

Sur $\bbr_+$, la fonction $f$~:
\begin{itemize}
\item est continue~;
\item est strictement croissante.
\end{itemize}


De  plus $n$  appartient  à $\left[f(0);\Lim{+\infty}f(x)\right[$.  On en  déduit,
d'après le théorème  de la bijection, que l'équation  $f(x)=n$ admet une
unique solution sur $\bbr_+$.
   \item Résolvons l'équation $(E)~:~f(x)=n$


\begin{align*}
(E)\ssi & \sqrt{x^2+x}=n\\
(E)\ssi & x^2+x-n^2=0\quad\text{car $n$ est positif}\\
(E)\ssi & x=\frac{-1\pm \sqrt{1+4n^2}}{2}
\end{align*}



Or $a_n$ est positif donc $a_n=\frac{-1+ \sqrt{1+4n^2}}{2}$
\end{enumerate}

\exot{}

\begin{enumerate}
\item D'une part $z_{B'}=\frac{2i}{-1}=-2i$. 

D'autre                                                              part
$z_{C'}=\frac{2i}{2i+1}=\frac{2i(1-2i)}{4+1}=\frac{4+2i}{5}$.

\item  M est invariant  par $f$  si, et  seulement si,  $f(M)=M$. Notons
  $(E)$ cette équation.


\begin{align*}
(E)\ssi & z'=z\\
(E)\ssi & z=\frac{z^2}{i-z}\\
(E)\ssi & 2z^2-iz=0\\
(E)\ssi & z(2z-i)=0
\end{align*}

Les points invariants sont donc les points d'affixes $0$ et $\frac{i}{2}$.

\item
\begin{enumerate}
\item                                On                                a
  $z'=\frac{x^2-y^2+2ixy}{i-x-iy}=\frac{(x^2-y^2+2ixy)(-x-i(1-y))}{x^2+(1-y)^2}$.

On en déduit que $\Re(z)=\frac{-x(x^2-y^2)+2xy(1-y)}{x^2+(1-y)^2}=\frac{-x(x^2+y^2-2y)}{x^2+(1-y)^2}$.

\item On en  déduit que $z'$ est un imaginaire pur  si, et seulement si,
  $\frac{-x(x^2+y^2-2y)}{x^2+(1-y)^2}=0$  c'est-à-dire si,  et seulement
  si, $x=0$ ou $x^2+y^2-2y=0$.

Or l'ensemble des  points d'affixe $x+iy$ vérifiant $x=0$  est la droite
\oj.

D'autre part, $x^2+y^2-2y=x^2+(y-1)^2-1$ après avoir mis  sous forme canonique
le polynôme en $y$. Ainsi $x^2+y^2-2y=0\ssi x^2+(y-1)^2=1$. 

L'ensemble des points d'affixe  $x+iy$ vérifiant $x^2+y^2-2y=0$ est donc
le  cercle $\Gamma$ de  centre  le  point de  coordonnées  $(0;1)$,  c'est-à-dire
d'affixe $1$, et de rayon 1.

L'ensemble $\ER$ cherché est donc la réunion de l'axe \oj et du cercle $\Gamma$.


\end{enumerate}
\end{enumerate}
















\end{multicols}
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