activités p128 et 152

Activité 5. p128.

1. Magnitude d’un séisme.

La magnitude d’un séisme, sur l’échelle de Richter, est évaluée à partir de l’amplitude A des ondes sismiques

enregistrées sur un sismographe par la formule M = log A −−−− log A₀ où A₀ désigne l’amplitude d’un séisme de référence.

Données : A : amplitude des ondes sismiques enregistrées

A₀ : amplitude des ondes sismiques d’un séisme de référence.

la magnitude : M = log A − log A₀ = logA A₀

1. Le 13/01/2001 au Salvador on a enregistré l’amplitude du séisme et on a obtenu : A = 3,98××××10⁷×××× A₀. Calculer la magnitude de ce séisme sur l’échelle de Richter.

la magnitude est M = logA

A₀ = log (3,98×10⁷) = log 3,98 + log 10⁷ = log 3,98 + 7 ≈ 7,6 2. La magnitude d’un séisme est 5. Déterminer le rapport A

A₀ de son amplitude à l’amplitude de référence.

si M = 5 alors logA

A₀ = 5 et donc A

A₀ = 10⁵ soit A = 10⁵A₀.

3. A quelle variation d’amplitude correspond une variation de magnitude 1 sur l’échelle de Richter ? Soit M la magnitude d’un séisme d’amplitude A et M’ la magnitude d’un séisme d’amplitude A’.

M − M’ = 1 _⇔ logA

A₀− logA'

A₀ = 1 _⇔ log(A A₀×A₀

A' ) = 1 _⇔ logA

A' = 1 _⇔ A A' = 10 donc la magnitude augmente de 1 quand l’amplitude du séisme est multipliée par 10 ! 2. en chimie.

La molarité en ions H⁺ d’une solution est le nombre noté [H⁺] de moles par litre de l’ion H⁺. [H⁺] s’exprime généralement par un nombre comportant une puissance négative de 10.

On lui préfère donc le pH défini par pH = −−−− log [H⁺]

1. Quel est le pH d’une solution contenant 3××××10⁻⁷ moles H⁺ par litre ?

[H⁺] = 3×10⁻⁷ donc pH = − log 3×10⁻⁷ = − [log 3 + log 10⁻⁷] = −log 3 + 7 ≈ 6,52.

2. Quelle est la molarité en ions H⁺ d’une solution neutre (pH = 7) ? pH = 7 _⇔ − log [H⁺] = 7 _⇔ log [H⁺] = −7 ⇔ [H⁺] = 10⁻⁷.

Activité 6. p 128. Une suite qui converge vers ln2.

u est la suite définie sur IN* par u_n = 1

n + 1 + 1

n + 2 = … + 1 2n . 1. Calcul des termes de la suite.

1. démontrer, que pour tout entier naturel non nul n, u_n+1 – u_n = 1

2(n + 1)(2n + 1) u_n+1 = 1

(n+1) + 1 + 1

(n+1) + 2 + … + 1

(n+1) + (n-1) + 1

(n+1) + n + 1 (n+1) + (n+1)

= 1 n + 2 + 1

n + 3 + … + 1 2n + 1

2n + 1 + 1 2n + 2 et u_n = 1

n + 1 + 1

n + 2 = … + 1 2n donc u_n+1 – u_n = 1

2n + 1 + 1 2n + 2 − 1

n + 1 = 2(n+1) + (2n+1) - 2(2n+1)

2(n + 1)(2n + 1) = 1

2(n + 1)(2n + 1) 2. Calculer, à l’aide de la calculatrice ou du tableur les premiers termes de la suite u.

u₁ = 1 1 + 1 = 1

2

ensuite on utilise la relation vue au 1. : u_n+1 = u_n + 1

2(n + 1)(2n + 1) u₂ = u₁ + 1

2(1 + 1)(2 + 1) = 1 2 + 1

12 = 7 12 u₃ = u₂ + 1

2(2 + 1)(4 + 1) = 7 12 + 1

30 = 37 60 etc …

2. Etude de la convergence de la suite u.

1. a. démontrer que pour tout réel x strictement positif, 1 − 1

x≤ ln x ≤ x – 1.

Pour cela étudions pour x > 0, les variations des fonctions f(x) = lnx – 1 + 1

x et g(x) = lnx – x + 1.

f est définie et dérivable sur ]0 ; +∞[ et f’(x) = 1 x − 1

x² = x - 1

x² qui a le signe de x – 1 : pour 0 < x ≤ 1, f’(x) ≤ 0 donc f est

pour 1 ≤ x, f’(x) ≥ 0 donc f est

f a donc pour minimum f(1) et comme f(1) = 0, f(x) ≥ 0 d’où 1 − 1 x≤ ln x g est définie et dérivable sur ]0 ; +∞[ et g’(x) = 1

x − 1 = 1 - x

x qui a le signe de 1 – x car x > 0 : pour 0 < x ≤ 1, g’(x) ≥ 0 donc g est

pour 1 ≤ x, g’(x) ≤ 0 donc g est

g a donc pour maximum g(1) et comme g(1) = 0, g(x) ≤ 0 d’où ln x ≤ x – 1 b. En déduire que pour tout entier naturel non nul p, 1

p + 1≤ ln(p + 1 p ) ≤1

p . en remplaçant x par p + 1

p dans 1 − 1

x≤ ln x ≤ x – 1 on obtient 1 − p

p + 1≤ ln(p + 1

p ) ≤ p + 1 p − 1

c'est à dire 1

p + 1≤ ln(p + 1 p ) ≤1

p 2. n est un entier naturel non nul.

a. Ecrire l’encadrement précédent pour les valeurs n, n + 1, …, 2n – 1 de p.

pour p = n : 1

n + 1≤ ln(n + 1 n ) ≤1

n pour p = n + 1 : 1

n + 2≤ ln(n + 2 n + 1 ) ≤ 1

n + 1 pour p = n + 2 : 1

n + 3≤ ln(n + 3 n + 2 ) ≤ 1

n + 2

…

pour p = 2n – 1 : 1

2n≤ ln( 2n

2n - 1 ) ≤ 1 2n - 1

b. En effectuant les sommes membre à membre des inégalités obtenues, démontrer que un≤ ln2 ≤ un + 1 2n . en ajoutant membre à membre les inégalités précédentes, on obtient :

1 n + 1 + 1

n + 2 + 1

n + 3 + ... + 1

2n≤ ln(n + 1

n ) + ln(n + 2

n + 1 ) + ln(n + 3

n + 2 ) + … + ln( 2n 2n - 1 ) ≤1

n + 1 n + 1 + 1

n + 2 + 1 2n - 1 c'est-à-dire : u_n≤ ln[n + 1

n ×n + 2 n + 1×n + 3

n + 2× … × 2n 2n - 1 ] ≤1

n + u_n − 1 2n soit u_n≤ ln 2 ≤ u_n + 1

2n

3. Prouver que la suite u converge vers ln2.

u_n≤ ln 2 ≤ u_n + 1

2n ⇔ 0 ≤ ln2 – u_n≤ 1 2n or lim_n→+∞ 1

2n = 0 donc d’après le théorème des gendarmes lim_n→+∞ ln2 – u_n = 0 ce qui prouve que lim_n→+∞ u_n = ln2.

o 10 5

10 15 20

A

B

3,05h 6,34h

Activité 1. p 152. Isolation thermique d’un local.

Pour évaluer l’isolation thermique d’un local, on a élaboré un modèle dans lequel la fonction θθθθ qui indique la température (en °C) du local en fonction du temps (en heures) est définie par θθθθ(t) = 19 ×××× (0,9)^2t avec t ≥ 0.

1. a. déterminer la fonction dérivée de θθθθ. En déduire le sens de variation de θθθθ sur [0 ; +∞∞∞∞[.

θ(t) = 19 × (0,9)^2t = 19 × (e^ln0,9)^2t = 19×e^2tln0,9

composée de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[, θ est dérivable θ’(t) = 19× (2tln0,9)’ e^2tln0,9 = 19×2 ln0,9×e^2tln0,9 = 38 ln0,9×0,9^2t 38×0,9^2t > 0 et ln 0,9 < 0 donc θ’(t) < 0 ce qui prouve que θ est b. Quelle est la limite de la fonction θθθθ en +∞∞∞∞ ?

quand t → +∞, 2t ln0,9 → −∞ (car ln 0,9 < 0) et donc lim_x→+∞ θ(t) = 0

2. Tracer à l’écran de la calculatrice, la représentation graphique de la fonction θθθθ sur [0 ; 10].

3. a. Au bout de combien de temps la température atteint−elle 10°C ? donner la valeur exacte et l’arrondi au centième du résultat.

on cherche t pour que θ(t) = 10.

θ(t) = 10 _⇔ 19×(0,9)^2t = 10 _⇔ ln19 + 2t ln 0,9 = ln 10

⇔ t = ln 10 - ln 19

2 ln0,9 ≈ 3,05 h (soit 3h02’45’’)

b. Quel est le temps nécessaire pour que la température s’abaisse de 10°C à 5°C ? donner la valeur exacte et l’arrondi au centième du résultat.

cherchons t’ pour que θ(t’) = 5

θ(t’) = 5 ⇔ 19×(0,9)^2t’ = 5 ⇔ ln19 + 2t’ln 0,9 = ln 5

⇔ t’ = ln 5 - ln 19

2 ln0,9 ≈ 6,34 h (soit 6h20’07’’) le temps nécessaire pour que la température passe de 10°C à 5°C est t’ − t.

t’ − t = ln 5 - ln 19

2 ln0,9 − ln 10 - ln 19

2 ln0,9 = ln 5 - ln 10

2 ln0,9 = ln5 - (ln5 +ln2)

2 ln0,9 = -ln 2

2 ln0,9 ≈ 3,29 h autre méthode : on cherche h pour que _θ(t+h) − θ(t) = −5 avec θ(t) = 10

θ(t+h) − θ(t) = −5⇔ 19×(0,9)^2(t+h) − 19×(0,9)^2t = −5

⇔ 19×(0,9)^2t[0,9^2h − 1] = −5

⇔ 10[0,9^2h − 1] = −5 car 19×(0,9)^2t = θ(t) et θ(t) = 10

⇔ 0,9^2h = 1/2

⇔ 2h ln 0,9 = −ln2 ⇔ …on retombe sur le même calcul.