Corrigé Pondichéry série S avril 2005
Merci à Jean-Pierre Prigent de l’académie de Poitiers à qui j’ai emprunté l’essentiel du corrigé
Exercice 1
1. a. La fonctionf est continue sur[1,+∞[comme quotient de fonctions continues surR, donca fortiori sur [1,+∞[, la fonction dénominateur ne s’annulant pas sur cet intervalle.
b. La fonction est dérivable sur [1,+∞[comme quotient de fonctions dérivables sur [1,+∞[.
Pour tout t de [1,+∞[, f0(t) = tet−et
t2 = (t−1)et
t2. Le signe de f0(t) étant celui de t−1 il en résulte quef0(t)>0 sur[1,+∞[. Par suite f est croissante sur cet intervalle.
2. a. Six0= 1il est immédiat que l’aire du domaine décrit est nulle (c’est un segment) . Soit A(1) = 0.
b. Une première approche à l’aide des aires : A(x0+h)−A(x0)représente l’aire du<< trapèze mix- tiligne>> dont les angles ont pour coordonnées(x0,0), (x0+h,0), (x0+h, f(x0+h)), (x0, f(x0)).
On sait quef(x)>0. Dans le cas où h >0 l’aire de ce<<trapèze >> est bien minorée par celle du rectangle de basef(x0)et de hauteurh, soitf(x0)×h, et majorée par celle du rectangle de base f(x0+h) et de hauteur h, soitf(x0+h)×h. D’où l’encadrement :
f(x0)×h6A(x0+h)−A(x0)6f(x0+h)×h.
En divisant par h, réel strictement positif :
f(x0)6 A(x0+h)−A(x0)
h 6f(x0+h).
Démonstration à l’aide des intégrales : fétant positive, l’aireA(x0)est égale à l’intégrale Z x0
1
f(t)dt.
Ainsi,A(x0+h)−A(x0) =
Z x0+h
1
f(t)dt− Z x0
1
f(t)dt=
Z x0+h
x0
f(t)dtd’après la relation de Chasles.
Or sur[x0, x0+h]la fonction étant croissante,f(x0)≤f(t)≤f(x0+h) De plus,h étant positifx0
est inférieur àx0+h,et les inégalités sont conservées en passant à l’intégrale.
Ainsi
Z x0+h
x0
f(x0)dt≤
Z x0+h
x0
f(t)dt≤
Z x0+h
x0
f(x0+h)dt
d’où, f(x0)×h 6A(x0+h)−A(x0) 6f(x0+h)×h relation qu’on aurait pu obtenir à l’aide de l’inégalité de la moyenne. La suite en divisant par h >0
c. Lorsquex0>1eth <0avecx0+h>1, l’aire du trapèze décrit en b. ci-dessus estA(x0)−A(x0+h), l’aire du rectangle qui minore celle du trapèze estf(x0+h)×(−h)et celle du rectangle qui la majore f(x0)×(−h). D’où l’encadrement :
f(x0+h)×(−h)6A(x0)−A(x0+h)6f(x0)×(−h).
En divisant par −h, réel strictement positif :
f(x0+h)6 A(x0)−A(x0+h)
−h 6f(x0).
Soit après simplification du terme central :
f(x0+h)6 A(x0+h)−A(x0)
h 6f(x0).
Avec les intégrales, il faudrait commencer par encadrer f(t) : f(x0 +h) ≤ f(t) ≤ f(x0). Puis inverser une première fois le sens des inégalités au moment du passage à l’intégrale car x0 ≥x0+h puis une seconde fois au moment de la division par h négatif
d. Par définition de la continuité de la fonction f en x0, lim
h→0f(x0+h) =f(x0).
Par suite lim
h→0
A(x0+h)−A(x0)
h =f(x0) : par définition la fonction A est donc dérivable en x0 et de nombre dérivé f(x0).
e. Il résulte de ce qui précède que la fonction A est dérivable sur l’intervalle [1,+∞[ et de fonction dérivée f. Par suite A est une primitive def sur cet intervalle.
Exercice 2 1. Ω est le milieu de [AB] : ses coordonnées sont donc
µ
−1 2,0
¶
; le rayon du cercle est la moitié de AB soit 1
2
√9 + 16 = 5 2. 2. zD = (3 + 9i)(4−2i)
20 = 30 + 30i 20 = 3
2+ 3
2i. −→ΩD a pour coordonnées µ
2, 3 2
¶
doncΩD= r
4 +9 4 = 5
2 : c’est un rayon de (C). Il en résulte que D est un point de (C).
3. a. zE +1
2 est l’affixe de−→
ΩE donc
¯¯
¯¯zE + 1 2
¯¯
¯¯=ΩE = 5 2 etarg
µ zE +1
2
¶
=
³−→ ΩI,−→
ΩE
´ . Donc un argument dezE +1
2 est π 4. b. Il résulte de a. quezE+1
2 = 5 2
Ã√ 2 2 +i
√2 2
!
. Soit après développement : zE =−1 2+5√
2 4 +5√
2 4 i.
Et après réduction : zE = 5√ 2−2
4 + 5√ 2 4 i.
4. a. On reconnaît l’écriture complexe associée à la rotation de centreΩ d’affixe −1
2 et d’angle π 4 . b. L’image de K par r est le point d’affixe z0 vérifiant z0 + 1
2 = ei π4 µ
2 +1 2
¶
= 5
2ei π4. On constate donc que z0 =zE.
Géométriquement : le point K est le point de (C) d’abscisse strictement positive situé sur (O , u).
Dans la rotation r, K devient le point L de(C) tel que³−→ΩK,−→ΩL´
= π
4. C’est à dire le point E.
Ci-dessous lafigure demandée. On remarquera que le triangle isocèle KΩE a un angle au sommet de π 4.
Exercice 3
1. a. Les vecteurs −→AB et −→AC ont respectivement pour coordonnées (0,1,2) et (−2,1,−1). En com- parant les abscissesde ces deux vecteurs on constate qu’il n’existe pas de réelktel que−→AC=k−→AB.
Ces vecteurs ne sont donc pas colinéaires et les points A, B, C ne sont pas alignés.
b. Les produits scalaires−→n .−→AB et−→n .−→AC sont respectivement égaux à3×0 + 4×1 + (−2)×2et à3× (−2)+4×1+(−2)×(−1). Ils sont nuls. Le vecteur−→n est donc orthogonal aux vecteurs −→AB et−→AC.
On déduit de la remarque ci-dessus que le plan (ABC) a une équation du type : 3x+ 4y−2z+c= 0.
Comme A ∈(ABC), on a donc 3×1 + 4×0−2×2 +c= 0. D’où c= 1.
Une équation cartésienne de (ABC) est donc 3x+ 4y−2z+ 1 = 0.
2. a. En considérant les équations des plans P1 et P2 on sait qu’un vecteur normal à P1, soit−→n1, a pour coordonnées (2,1,2)et un vecteur normal à P2, soit−→n2, a pour coordonnées(1,−2,6).
Il est immédiat que pour tout réelk,−→n16=k−→n2 puisque les abscisses sont positives et les ordonnées de signes contraires. Ces vecteurs ne sont donc pas colinéaires et les plans P1 et P2 ne sont pas parallèles. Ils sont donc sécants. Soit D leur intersection.
On sait que le système d’équations
(2x+y+ 2z+ 1 = 0
x−2y+ 6z = 0 caractérise la droite D.
Ce système est équivalent respectivement à
(2x+y+ 2z+ 1 = 0
2x−4y+ 12z = 0 , obtenu en remplaçant la deuxième équation par l’équation obtenue en multipliant tous ses termes par 2 ;
à,
(2x+y+ 2z+ 1 = 0
5y−10z+ 1 = 0 , obtenu en remplaçant la deuxième équation par la différence membre à membre de la première et de la deuxième équation ;
à,
(2x+y+ 2z+ 1 = 0
y =−0,2 + 2z , en réduisant la deuxième équation et en exprimanty en fonc- tion de z;
à,
(2x+ 4z+ 0,8 = 0
y =−0,2 + 2z , en remplaçant dans la première équation y par son expression en fonction de z ;
et enfin à
(x =−0,4−2z
y =−0,2 + 2z , en exprimantx en fonction de z dans la première équation.
Un système d’équation paramétriques de D est donc
⎧⎪
⎨
⎪⎩
x =−0,4−2t y =−0,2 + 2t z =t
oùt est un réel quelconque.
b. Il résulte du système d’équations paramétriques retenu pour D qu’un vecteur directeur de D est−→ND de coordonnées(−2,2,1). En rappelant qu’un vecteur normal au plan (ABC) est−→n de coordonnées (3,4,−2), le produit scalaire de ces deux vecteurs est −→ND.−→n = −2×3 + 2×4 + 1×(−2) = 0.
Ces vecteurs sont donc orthogonaux et par suite D est parallèle au plan (ABC).
Plus précisément D est strictement parallèle au plan (ABC) car le point de D de coordonnées (−0,4;−0,2; 0) n’appartient pas à (ABC) puisque ses coordonnées ne vérifient pas l’équation de (ABC).
3. a. Pour tout réelt positif la somme des coefficients1 + 2 +test strictement positive. Donc G existe.
I étant le barycentre des points A et B affectés des coefficients1et2, on sait que −→OA+ 2−→OB= 3−OI.→ Soit −OI→= 1
3
³−→OA+ 2−→OB
´
. Il en résulte que les coordonnées de I sont µ
1, 2 3, 10
3
¶ . G étant le barycentre de {(A,1), (B,2), (C, t)}, on sait que−IA→+ 2−IB→+t−IC→= (3 +t)−IG.→ Par définition de I,−→
IA+ 2−→
IB=−→0. D’où l’on déduit que −→ IG= t
3 +t
−→ IC . b. Posons h(t) = t
3 +t. La fonction h est dérivable donc continue sur [0,+∞[ et h0(t) = 3 (3 +t)2. Donc h0(t)>0sur l’intervalle [0,+∞[sur lequelh est par conséquent strictement croissante.
La continuité et la stricte croissance de h sur [0,+∞[ permettent de déduire que h(t) prendra toutes les valeursde l’intervalle [h(0), lim
t→+∞h(t)[, c’est à dire de l’intervalle[0,1[.
D’après le a. ci-dessus −IG→=h(t)−IC. Donc lorsque→ tdécrit l’ensemble des nombres positifs le point G décrit le segment [IC] privé du point C.
J est défini par −→IJ = 1 2
−→
IC. Le point J coïncide avec G si et seulement si t
3 +t = 1
2 ; soit si et seulement si 2t= 3 +t. En conclusion J=G si et seulement sit= 3.
Exercice 4 1. Par définition un+1 = (n+ 1)10
2n+1 . Doncun+1 6un si et seulement si (n+ 1)10
2n+1 60,95n10 2n . Soit un+1 6un si et seulement si (n+ 1)10
n10 61,9. Or (n+ 1)10 n10 =
µn+ 1 n
¶10
= µ
1 +1 n
¶10
.
Donc un+1 6un si et seulement si µ
1 + 1 n
¶10
61,9.
2. a. f est dérivable sur [1,+∞[comme composée de telles fonctions.
Pour tout x de [1,+∞[, f0(x) = 10 µ
1 +1 x
¶9µ
− 1 x2
¶
. Il en résulte quef0(x)< 0 sur [1,+∞[et que par conséquent la fonction f est décroissante sur cet intervalle.(on aurait pu écrire f comme composée de 1 +x1 décroissante sur [1,+∞[(et à images dans [1,+∞[)et la fonction puissance 10 croissante sur [1,+∞[.Cette composée est donc décroissante.
x→lim+∞
µ 1 + 1
x
¶
= 1, la fonctionx−→x10est continue en1, donc par composition lim
x→+∞f(x) = 1.
b. f est continue, strictement décroissante sur l’intervalle[1,+∞[,f(1) = 210et lim
x→+∞f(x) = 1. Donc, puisque 1,9∈]1,210], l’équationf(x) = 1,9admet une seule solution αsur [1,+∞[.
c. On trouve facilement que f(15)≈1,9067...etf(16)≈1,8335.... Doncn0= 16.
d. α≤16,doncn≥16⇒n≥αdonc,fétant décroissante,f(n)≤f(α)c’est à dire µ
1 + 1 n
¶10
<1,9 .
3. a. On vient d’établir quen≥16⇒ µ
1 + 1 n
¶10
<1,9
donc d’après l’équivalence établie en 1. n≥16⇒un+1 ≤0.95un.
Or 0.95un≤un,doncn≥16⇒un+1≤un et la suite est décroissante à partir du rang 16.
On pouvait aussi écrire, mais c’est moins élégant car on fait deux fois le même travail, que :les termes de la suite(un) sontstrictement positifs : pour étudier le sens de variation de cette suite comparons un+1u
n à 1.
un+1 un
= (n+ 1)10 2n+1 × 2n
n10 = 1 2
µn+ 1 n
¶10
= 1 2
µ 1 + 1
n
¶10
.
On déduit du résultat établi en 2.d. ci-dessus que, pour tout n>16, 1 2
µ 1 +1
n
¶10
<0,95 c’est à dire que un+1
un <1. La suite (un)n>16 est donc décroissante.
b. La suite (un)n>16 étant décroissante et positive donc minorée par 0est par conséquent convergente.
4. La propriété est vérifiée pour n= 16puisque 0,950= 1.
Soit p un naturel quelconque supérieur ou égal à 16. Supposons que 0 6 up 6 0,95p−16u16. Puisque p>16 on sait qu’alors
µ 1 +1
p
¶10
61,9 et par suite, d’après l’équivalence établie en 1.,up+1 60,95up. On en déduit donc que 06up+1 60,95up 60,95×0,95p−16u16. Soit06up+160,95p−15u16.
L’encadrement est réalisé pourn= 16. S’il est réalisé pour l’entier pil l’est pour l’entier p+ 1 . Donc l’encadrement demandé est bien réalisé pour tout entier natureln supérieur ou égal à16.
0<0,95<1donc la suite géométrique de terme général0,95n−16converge vers0. Il en est de même de la suite géométrique de terme général0,95n−16u16.
Il résulte alors de l’encadrement précédent que lim
n→+∞un= 0.
