Terminale S Correction Devoir maison n˚8 2016 - 2017
A rendre le mardi 6 décembre 2016
EXERCICE 1 1. Dans le triangle ABD rectangle en B , on a : cosθ = AB
AD donc AD = 4 cosθ car 06θ <π
2 et cosθ6= 0 . De plus , sinθ= BD AD .
Par conséquentBD=AD×sinθ c’est-à-dire BD= 4 sinθ
cosθ etCD= 7 +BD= 7 +4 sinθ cosθ . On sait que t = d
v donc on peut en déduire après la conversion des vitesses les relations suivantes : t1= AD
30000 = 4
30000 cosθ ett2 = CD 60000 =
7 +4 sinθ cosθ 60000 .
2. Le lapin aura traversé la route avant le passage du camion si et seulement sit1 < t2
t1< t2 ⇔ 4
30000 cosθ <
7 +4 sinθ cosθ
60000 ⇔ 4
cosθ <
7 +4 sinθ cosθ
2 ⇔ 4
cosθ < 7
2+2 sinθ cosθ
⇔ 7
2 +2 sinθ cosθ − 4
cosθ >0⇔f(θ)>0.
3. La fonction f est dérivable sur
0;π 2
f = 7 2 + u
v avec u(θ) = 2 sinθ−4 et v(θ) = cosθ ainsi u′(θ) = 2 cosθetv′(θ) =−sinθ.
Ainsif′(θ) = 2 cosθ×cosθ+ sinθ×(2 sinθ−4)
(cosθ)2 = 2−4 sinθ (cosθ)2 . Comme (cosθ)2 >0 , f′(θ) est du signe de 2−4 sinθ.
Or pourθ∈
0;π 2
: 2−4 sinθ>0⇔sinθ61
2 ⇔θ6 π 6. On a donc le tableau de variations def sur
0;π
2
: θ
Signe def′(θ) Variations
de f
0 π6
π 2
+ 0 −
−12
−12
7−4√ 3 2 7−4√
3 2
−∞
−∞
θ1
0
θ2
0
D’après le théorème de la bijection utilisé deux fois,f étant continue sur [0;π2[, strictement croissante sur [0;π6] et strictement décroissante sur [π6;π2[, 0 appartenant aux intervalles « images »h−12;7−42√3i eth7−42√3;−∞h, il existe θ1∈[0;π6] etθ2∈[π6;π2[ tels quef(θ1) =f(θ2) = 0.
Par utilisation de la calculatrice, on trouve un encadrement pour chacune des valeursθ1 etθ2 : avec la précison de 0,01rad: 0,32< θ1<0,33 et 0,64< θ2 <0,65 .
En conclusion, le lapin traversera la route avant l’arrivée du camion si, et seulement si, il choisit un angle strictement compris entreθ1 etθ2.
(espérons qu’il s’agit d’un lapin mathématicien, celui d’« Alice aux pays des merveilles » qui n’est jamais en retard ....)
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EXERCICE 2 Pour tout nombre complexez, on pose
f(z) =z4−10z3+ 38z2−90z+ 261
1. f(z) = z4−10z3+ 38z2 −90z+ 261 = z4−10z3+ 38z2−90z+ 261 = 0 = 0 car z est solution de f(z) = 0.
2. f(ib) = (ib)4−10(ib)3+ 38(ib) + 261 =b4−38b2+ 261 +i(10b3−90b).
Ainsi : Re(f(ib)) =b4−38b2+ 261 et Im(f(ib)) = 10b3−90b . 3. f(ib) = 0⇔b4−38b2+ 261 = 0 et 10b3−90b= 0
• b4−38b2+ 261 = 0 s’écrit en posantx=b2 ,x2−38x+ 261 = 0 . On a alors :∆ = 400 et x1 = 9 et x2 = 29.
Par suite : b4−38b2+ 261 = 0⇔b2= 9 ou b2= 29⇔b=−3 ou b= 3 ou b=√
29 ou b=−√ 29.
• 10b3−90b= 0⇔10b(b2−9) = 0⇔10b= 0 ou b2−9 = 0⇔b= 0 ou b=−3 ou b= 3.
Par conséquent ,f(ib) = 0⇔b=−3 ou b= 3.
L’équationf(z) = 0 admet deux solutions imaginaires pures 3iet−3i.
4. Pour tout z ∈C, on a (z2+ 9)(z2+αz+β) =z4+αz3 +βz2+ 9z2+ 9αz+ 9β =z4 +αz3+ (β+ 9)z2+ 9αz+ 9β.
Par identification il vient : (S)⇔
α=−10 β+ 9 = 38 9α=−90 9β = 261
.
(S)⇔
(α=−10 β = 29 .
Ainsi pour toutz∈C,f(z) = (z2+ 9)(z2−10z+ 29).
5. f(z) = 0⇔z2+ 9 = 0 ou z2−10z+ 29 = 0.
Orz2+ 9 = 0⇔z= 3i ouz=−3i.
Puis résolution dez2−10z+ 29 = 0. ∆ = 100−4×29 =−16. ∆<0 donc l’équation possède deux solutions complexes conjuguées,z1 = 10−4i
2 = 5−2i etz2 = 5 + 2i.
Ainsi les solutions de l’équation f(z) = 0 sont S ={3i,−3i,5−2i,5 + 2i}.
6. Dans le plan complexe, on considère les points A, B , C et D d’affixes respectives zA= 3i, zD =−3i, zC = 5−2i etzB= 5 + 2i.
On a doncz−→AB =zB−zA= 5 + 2i−3i = 5−i etz−DC−→=zC−zD = 5−2i + 3i = 5 + i.
Ainsiz−→AB 6=z−DC−→. Donc, le quadrilatère non croisé dont les sommets sont les points images des solutions de l’équationf(z) = 0 n’est pas un parallélogramme.
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EXERCICE 3 On considère les suites (un) et (vn) définies, pour tout entier natureln, par : u0 = 1 ,v0=√
2 , un+1 = un+vn
2 etvn+1 = un+vn
√2 1 +√
2 . 1. Soit (wn) la suite définie, pour tout entier naturelnpar :wn=vn−un.
(a) Pour tout entier natureln ,wn+1=vn+1−un+1= un+vn√ 2 1 +√
2 −un+vn
2 soit wn+1 = 2(un+vn
√2) 2(1 +√
2) −(1 +√
2)(un+vn) 2(1 +√
2) = (1−√
2)un+ (√
2−1)vn
2(1 +√ 2) Ainsiwn+1=
√2−1 2(√
2 + 1)(vn−un) =
√2−1 2(√
2 + 1)wn= (√
2−1)(√ 2−1) 2(√
2 + 1)(√
2−1)wn= 3−2√ 2 2
! wn. La suite (wn) est géométrique de raison 3−2√
2
2 = 3
2−√
2 et de premier termew0=√ 2−1 (b) Pour tout entier natureln,wn=w0×qn doncwn= (√
2−1) 3
2 −√ 2
n . Or lim
n→+∞
3 2−√
2 n
= 0 car−1< 3 2 −√
2<1 donc lim
n→+∞wn= 0 2. Pour tout entier natureln,wn= (√
2−1) 3
2 −√ 2
n
doncwn>0 et vn> un
3. Pour tout entier natureln,un+1−un= vn−un
2 etvn+1−vn= un−vn 1 +√
2 . Commevn> un, on a :un+1−un>0 et vn+1−vn<0 .
La suite (un) est croissante et la suite (vn) est décroissante.
4. D’après ce qui précède , on sait que :
• La suite (un) est croissante : pour tout entier n,un>u0 c’est-à-dire un>1.
• La suite (vn) est décroissante : pour tout entier n,vn6v0 c’est-à-dire vn6√ 2.
Ainsi : 16un6vn6√
2 , pour tout entier n.
La suite (un) est croissante et majorée par √
2 donc la suite (un) converge vers une limite ℓ. La suite (vn) est décroissante et minorée par 1 donc la suite (vn) converge vers une limite ℓ′ . D’après ce qui précède , lim
n→+∞wn = 0 autrement dit lim
n→+∞(vn −un) = 0 ou encore lim
n→+∞vn =
n→lim+∞un.
Les deux suites étant convergentes, elles ont la même limite .
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