Correction du devoir commun de mathématiques Terminales S, Janvier 2019

(1)

EXERCICE1

1. Aveca=2,9, on observe que la suite (u_n) semble converger en décroissant vers 1 ; Aveca=3,1, on observe que la suite (un) semble être croissante et diverger vers+∞. 2. a. Comme on a supposé que lim

n→+∞un=ℓ, on a également lim

n→+∞un+1=ℓ. En faisant tendrenvers+∞dans l’égalitéun+1=1

2u²_n−un+3

2, on obtient queℓvérifie l’égalité ℓ=1

2ℓ²−ℓ+3 2.

b. On tire de la question précédente que siℓexiste alorsℓest forcément solution de l’équation du second degréx=1

2x²−x+3

2, équation qui est équivalente à l’équation1

2x²−2x+3

2=0 dont les solutions sont 1 et 3.

3. a. La fonctionf est dérivable surR, et pour toutxréel on af^′(x)=x−1.

On en déduit que pour toutx∈[1;+∞[, on af^′(x)>0 et par conséquent quef est croissante sur cet intervalle.

b. Pour tout entier natureln, appelonsPnla propriété : 16un+16un.

• Pourn=0, on au₀=2,9 etu₁=2,805.

On a donc bien 16u₁6u₀, et la propriétéP₀est vraie.

• Soitkun entier naturel tel quePk est vraie, c’est à dire tel que 16uk+16uk.

La croissance de la fonctionf sur l’intervalle [1;+∞[ assure alors que l’on af(1)6f(u_k+1)6f(u_k), ce qui s’écrit encore 16u_k₊₂6u_k+1, qui n’est autre que la propriéP_k+1qui est donc vraie.

• La propriétéP0est vraie et pour tout entier naturelkla vérité de la propriétéPkentraîne celle de la propriétéP_k+1, le principe de récurrence permet alors de conclure que la propriétéPn

est vraie pour tout entier natureln.

c. D’après la question précédente, la suite (un) est décroissante et minorée par 1, elle est donc convergente vers une limite finieℓ.

De plus nous avons montré à la question2.que les seules valeurs possibles pour le réelℓsont 1 et 3. La suite (un) étant décroissante avecu₀=2,9<3, on a donc la certitude queℓ=1.

4. a. SoitMun réel. Comme la suite (u_n) n’est pas majorée, il existe un entiernM tel queunM>M. La suite (un) étant croissante, il s’ensuit que pour tout entiern>nM, on aun>unM>M.

Ce résultat étant valable pour tout réelM, on retrouve la définition de la limite infinie d’une suite et on en conclut que lim

n→+∞un= +∞.

b.

p←0 U←3,1

Tant queU610⁶ p←p+1 U←1

2×U²−U+3 Fin Tant que 2

EXERCICE2

1. Effectuons la vérification :

(1−i)²−3(1−i)+3+i=1−2i−1−3+3i+3+i=2i6=0.

Le nombre complexe 1−in’est donc pas une solution de l’équationz²−3z+3+i=0.

2. Sizest une solution de l’équation z−2

z−1=z, alors on a forcémentz6=1 etzsolution de l’équation du second degréz−2=z²−z. Or une équation du second degré dansCadmet toujours au moins une solution, et on vérifie immédiatement que la valeur interdite 1 n’est pas solution. Par conséquent, l’ensemble des solutions de l’équation z−2

z−1=zn’est pas vide.

3. Soitz=x+i yun nombre complexe avecxetydes réels tels que (x;y)6=(0;1). On a alors : Z= x+i y

x+i(y−1)=(x+i y)(x−i(y−1)

x²+(y−1)² =x²+y²−y+i x

x²+(y−1)² = x²+y²−y

x²+(y−1)²+i x x²+(y−1)² 1

(2)

On a donc :Z∈R ⇐⇒x=0 et (x;y)6=(0;1).

Par conséquent l’ensemble des points d’affixesztels queZest un nombre réel est inclus dans la droite d’équationx=0.

EXERCICE3 Partie A

1. L’aireA(x) du rectangle M POQ est égale au produit de la longueurOP par la largeurM P. D’où : A(x)=x× 4

e^x+1.

2. a. Soitxun réel strictement positif.

On a :g^′(x)=e^x−(e^x+xe^x)= −xe^x<0.

La fonctiongest donc strictement décroissante sur [0;+∞[.

b. Pour toutxun réel positif, on a :

g(x)>1⇐⇒e^x>xe^x⇐⇒1>x

c. Appliquons le théorème de la bijection à la fonctiongsur l’intervalle [1;2].

• La fonctiongest dérivable donc continue sur cet intervalle.

• La fonctiongest strictement décroissante sur cet intervalle.

• On a :g(1)=1>0>g(2)=1−e².

Les conditions d’application du théorème de la bijection sont remplies.

L’équationg(x)=0 admet donc une unique solutionαdans l’intervalle [1;2].

À l’aide de la calculatrice, on obtient par balayage un encadrement deαd’amplitude 10⁻²: 1,27<α<1,28

d. La fonctiongest strictement décroissante sur [0;+∞[. De plus on a prouvé précédemment que g(1)=1>0>g(2) et queg(α)=0. On a donc :

• Pour toutx∈[0;1[,g(x)>g(1)>0. L’équationg(x)=0 n’admet donc pas de solution sur [0;1[.

• Sur [1;2], l’équationg(x)=0 admet une unique solutionα.

• Pour toutx∈]2;+∞[,g(x)<g(2)<0. L’équationg(x)=0 n’admet donc pas de solution sur ]2;+∞[.

L’équationg(x)=0 admet doncαpour unique solution sur [0;+∞[.

e. On sait queαest la solution de l’équationg(x)=0 sur [0;+∞[. D’où : g(α)=0⇐⇒e^α−αe^α+1=0⇐⇒e^α= 1

α−1

f. La fonctiong s’annule enα. Comme elle est strictement décroissante sur [0;+∞[, elle est donc strictement positive sur [0;α[ et strictement négative sur ]α;+∞[.

Partie B

1. La fonction Aest un quotient de fonctions dérivables sur [0;+∞[ dont le dénominateur ne s’annule pas : elle est donc dérivable sur [0;+∞[. Soitx∈[0;+∞[. On a :

A^′(x)=4(e^x+1)−4xe^x

(e^x+1)² = 4g(x) (e^x+1)²

Il s’ensuit queA^′(x) est du même signe queg(x), c’est à dire strictement positive sur [0;α[ et strictement négative sur ]α;+∞[.

Par conséquent, la fonction A est strictement croissante sur [0;α[ et strictement décroissante sur ]α;+∞[.

2. Soitx∈[0;+∞[. D’après la première question de la partie A, l’aire du rectangleM POQest égale àA(x).

D’après la question précédente, l’aire du rectangle est donc maximale lorsquex=α. Ce maximum est alors égal àA(α) :

A(α)= 4α

e^α+1= 4α

α−11 +1=4(α−1) 2

(3)

3. La tangente (T) est une droite de coefficient directeur aT = f^′(α) alors que la droite (PQ) est une droite de coefficient directeuraPQ=yQ−yP

xQ−xP

.

Pour déterminer si les droites (T) et (PQ) sont parallèles, il s’agit donc de savoir si les coefficientsaT

eta_PQsont égaux :

• Calcul deaT :

aT=f^′(α)= −4e^α (e^α+1)²=

α−1−4

(_α−¹₁+1)²=−4(α−1) α²

• Calcul deaPQ:

aPQ=yQ−yP

x_Q−x_P =

e^α4+1−0 0−α =

−4

1 α−1+1

α =−4(α−1) α2

Les coefficientsaT etaPQsont égaux donc les droites (T) et (PQ) sont parallèles.

EXERCICE4

1. a. Les informations de l’énoncé permettent de compléter l’arbre comme suit :

V_n pⁿ

Vn+1 45

Vn+1 51

Vn

1−p_n Vn+1

15

V_n+1 54

b. Soitn un entier naturel strictement positif. Les évènementsVn etVnforment une partition de l’univers, on peut donc appliquer la formule des probabilités totales :

pn+1=P(Vn+1)=pn×4

5+(1−pn)×1 5=3

5pn+1 5 2. a. Soitnun entier strictement positif. On a :

un+1=pn+1−1 2=3

5pn+1 5−1

2=3 5pn− 3

10=3 5 µ

pn−1 2

¶

=3 5un

La suite (u_n) est donc géométrique de premier termeu1= 3

10et de raisonq=3 5. b. Comme la suite (u_n) est géométrique, pour toutnentier strictement positif on a :

un=u₁×qⁿ⁻¹= 3 10×

µ3 5

¶n−1

On en déduit alors que pour toutnentier strictement positif on a :

pn= 3 10×

µ3 5

¶n−1

+1 2

c. Comme 0<3

5<1, on a lim

n→+∞

µ3 5

¶n−1

=0.

Par somme, on a alors que lim

n→+∞pn=1 2.

Ce résultat indique que, dans ce pays, une information que l’on reçoit après qu’elle a transité par un grand nombre d’intermédiaires a autant de chances d’être vraie que d’être fausse.

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