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LYCÉE ALFRED KASTLER TS 2013–2014

Devoir surveillé n^◦03 – mathématiques Correction

Exercice 1

1. Soientu et v deux suites telles que v_n >u_n à partir d’un certain rang.

On suppose que lim

n→+∞un = +∞.

SoitA >0. Comme lim

n→+∞u_n = +∞, il existe un entiern₁ tel que quelque soitn>n₁,u_n >A.

Or, v_n > u_n à partir d’un certain rang, donc il existe un entier n₂ tel que pour tout n >n₂, v_n>u_n.

Soit n0 =max(n1;n2). Alors quelque soit n >n0, on a n>n1, doncun>A, et n >n2, donc v_n>u_n. Ainsi, v_n>u_n >A, et par suitev_n>A.

On a démontré par la définition que lim

n→+∞v_n = +∞.

2. SoitA et B deux événements indépendants.

On exprime :

P(A∩B) = P(A)×PA(B)

= P(A)×(1−PA(B))

= P(A)×(1−P(B)) (par indépendance)

= P(A)×P(B) Donc A etB sont bien indépendants.

3. D’après les prérequis, on sait qu’une telle fonction existe. Il reste donc seulement à démontrer qu’une telle fonction est unique.

Soit f etg deux fonctions satisfaisant les hypothèses de la propriété.

On sait d’après le prérequis que f en particulier ne s’annule pas. On peut donc définir la fonction ϕ:x7→ g(x)

f(x) surR.

g et f étant dérivables, ϕest dérivable, etϕ⁰ =

g

f ⁰

= g⁰f −gf⁰ f² . Or, par hypothèse, g⁰ =g etf⁰ =f.

donc ϕ⁰ = gf −gf f² = 0

f² = 0.

Par suite, ϕest constante. En particulier, quelque soit x∈R, ϕ(x) =ϕ(0) = f(0) g(0) = 1

1 = 1.

Autrement dit, f(x)

g(x) = 1, puis f(x) =g(x).

Puisque cette égalité est vraie quelque soit x réel, on a démontré que f = g, autrement dit l’unicité de la fonction.

Exercice 2

1. On peut faire un arbre pour deux tirs successifs :

A1

A₂

1 2

A₂

1 2 1

2

A₁

A₂

1 4

A₂

3 4 1

2

a₁ =P(A₁) = 1

2 etb₁ =P(A₁) = 1 2.

On utilise ensuite la formule des probabilités totales : a₂ =P(A₂) = P(A₁)×PA1(A₂) +P(A₁)×PA1(A₂) = 1

2× 3 4 +1

2 × 1 2 = 3

8 +1 4 = 5

8. Par suite, b₂ =P(A₂) = 1−P(A₂) = 3

8. 2. De même, on peut écrire :

an+1=P(An+1) = P(An)×P^An(An+1) +P(An)×PAn(An+1)

= P(A_n)× 3

4 +P(A_n)×1

2 d’après l’énoncé

= 3

4a_n+ 1

2b_n par définition Par suite, a_n+b_n= 1 car A_n et A_n sont contraires.

Donc b_n = 1−a_n, et a_n+1 = 3

4a_n+ 1

2(1−a_n) = 3

4a_n+ 1 2− 1

2a_n= 1

4a_n+1 2. 3. (a) On exprime :

U_n+1 U_n =

an+1− 2 3 an− 2

3

= 1

4an+1 2 −2

3 an−2

3

= 1

4an− 1 6 an−2

3

= 1 4×

an−1 6 ×4 an− 2

3

= 1 4×

an−2 3 an−2 3

= 1 4

Comme on trouve une constante, on en déduit que U est géométrique de raison q= 1 4. Le premier terme est U₁ =a₁ −2

3 = 1 2 − 2

3 =−1 6

(b) Par suite, Un=U1×qⁿ⁻¹ (on commence au terme de rang 1!), donc Un=−1 6 ×

1

4

n−1

Ensuite, commeU_n =a_n−2

3,a_n=U_n+2 3 = 2

3−1 6×

1

4

n−1

= 2 3−4

6

1

4

n

= 2 3−2

3

1

4

n

.

(c) En admettant que lim

n→+∞

1

4

n

= 0, on a alors lim

n→+∞an= 2 3− 2

3×0 = 2 3.

(d) C’est à l’aide d’une calculatrice que l’on déterminer le plus petit entier n tel que a_n >

0,666 5. Il suffit en effet de donner le tableau des valeurs de an. On trouve n= 6.

Exercice 3

1. Voici la figure :

−5 −4 −3 −2 −1 O 1 2 3 4

−5

−4

−3

−2

−1 1 2 3

4 C₁

C₂

Graphiquement,

— l’abscisse du point de contact de la tangente avec la courbe (C₁) est : 0,8.

— L’abscisse du point de contact de la tangente avec la courbe (C₂)est : −1,2.

On rappelle l’équation de la tangente à une courbe représentative d’une fonction f au point d’abcisse a :

y =f⁰(a)(x−a) +f(a) 2. (a) PourT₁, la fonction estf(x) =e^x, donc f⁰(x) =e^x.

L’équation est alors y =e^a(x−a) +e^a, soit (en développant) : y =e^ax+e^a−ae^a

(b) Pour T2, la fonction estg(x) = −x²−1, donc g⁰(x) = −2x.

L’équation est alors y =−2b(x−b) + (−b²−1), soit y=−2bx+ 2b²−b²−1, soit : y=−2bx+b²−1

(c) Les deux tangentes sont confondues si et seulement si les équations (sous forme réduite) sont identiques. On identifie donc les coefficient (pour y=mx+p, les coefficients sontm et p). On a bien :

e^a = −2b

e^a−ae^a = b²−1 .

(d) En utilisant la méthode par substitution, puisque −2b =e^a on peut remplacer b par e^a

−2. La deuxième équation devient alors :

e^a−ae^a = e^a

−2 2

−1 ⇔ e^a−ae^a= e^2a

4 −1 (carré)

⇔ 4e^a−4ae^a =e^2a−4 (×4)

⇔ e^2a+ 4ae^a−4e^a−4 = 0 Ainsi, (S) est bien équivalent à (S⁰).

3. (a) On suppose quex∈]− ∞ ; 0[, autrement dit que x <0.

Alors, 2x <0 puis e^2x < e⁰ (par croissance de l’exponentielle), autrement dit e^2x <1.

Or 1<4, donc e^2x <4, puis e^2x−4<0.

Toujours pour x < 0, on a x−1 < −1 < 0. Et comme une exponentielle est toujours positive, ainsi que 4, on en déduit que 4e^x(x−1)<0.

(b) On a :

(E) ⇔ e^2x−4

+ (4xe^x−4e^x) = 0

⇔ e^2x−4

+ (4e^x(x−1)) = 0

Or on vient de démontrer que e^2x−4<0 et4e^x(x−1)<0lorsque x <0.

Donc la somme des deux expressions, strictement négatives sur]− ∞; 0[, ne peut s’annuler sur cet intervalle.

(c) Dérivons la fonction f.

Pour cela, définissons g :x7→4xe^x.

g est de la forme uv avecu(x) = 4x et v(x) =e^x. Alors u⁰(x) = 4 etv⁰(x) =e^x.

Par suite, g⁰ =u⁰v+uv⁰, donc g⁰(x) = 4e^x+ 4xe^x.

Définissons également h : x7→ e^2x. h est de la forme e^w avec w(x) = 2x. Alors w⁰(x) = 2 et h⁰(x) = w⁰(x)e^w(x) = 2e^2x. Finalement,

f⁰(x) = 2e^2x+ 4e^x+ 4xe^x−4e^x= 2e^2x+ 4xe^x

Or, si x > 0, comme une exponentielle est toujours strictement positive, ainsi que 2, f⁰(x)>0 sur[0; +∞[et f est bien strictement croissante sur cet intervalle.

(d) La fonction f est continue et strictement croissante sur [0 ; 5].

D’autre part, f(0) =−7<0 et f(5) >24000>0. Donc f(0) <0< f(5).

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, on en déduit alors qu’il existe un unique réel a dans l’intervalle [0; 5] tel que f(a) = 0. Autrement dit, l’équation (E) admet une seule solution dans [0; 5].

Par suite, comme f est strictement croissante sur [0; +∞[ et que f(5) > 0, (E) n’a pas d’autre solution sur [5; +∞[.

Il y a donc une unique solution de (E) sur[0; +∞[.

La calculatrice nous permet d’obtenir : 0,84< a <0,85.

4. On sait d’après les questions précédentes queb = e^a

−2

comme 0,84< a <0,85, on a donc (par croissante deexp) e^0,84< e^a < e^0,85, puis −e^0,85

2 < b <−e^0,84 2 .

On obtient alors : −1,17< b <−1,16.

Exercice 4

1. On a une identité remarquable : Z =z²−z² = (z−z)(z+z).

Par suite, si z est complexe, alors z−z = 2iIm(z) etz+z = 2Re(z).

Donc Z = 2iIm(z)×2Re(z) = 4Im(z)Re(z)i.

Or Im(z)et Re(z) sont des réels purs. Donc Z est imaginaire pur.

2. On résout :

(2i+ 3)z−3i= 5z+ 4−5i ⇔ (2i+ 3−5)z = 3i+ 4−5i

⇔ (2i−2)z = 4−2i

⇔ z = 4−2i 2i−2

⇔ z = 2−i i−1 Par suite, z =

2−i

i−1

= 2−i

i−1 = 2 +i

−i−1 =−2 +i 1 +i. On détermine la forme algébrique de z :

z =−(2 +i)(1−i)

1²+ 1² =−2−2i+i+ 1

2 =−3−i

2 = −3 +i 2 . Donc S =

−3 +i

2

. 3. Comme z=x+iy, on a :

Z = (4 + 3i)z+ (−1 + 3i)

= (4 + 3i)(x+iy)−1−3i

= 4x+ 4iy+ 3ix−3y−1−3i

= 4x−3y−1 +i(3x+ 4y−3)

Z est imaginaire pur si et seulement si Re(Z) = 0 soit si 4x−3y−1 = 0.

L’ensemble des points M(x;y) tels que Z est imaginaire pur est donc la droite d’équation 4x−3y−1 = 0.