:(les suites) On a : suite définie par :
1. vérifions que :
2. On a :
Montrons par récurrence que : (I)
Pour n=0 on a :
donc la proposition(I) est vérifiée.
Supposons que pour la proposition(I) est vérifiée, et montrons qu’elle l’est aussi pour (n+1).
On a :
Et comme donc :
D’où donc :
Alors la proposition(I) est vérifiée pour (n+1).
Conclusion :
On a montré par récurrence que :
2. une suite définie par : 1
3
n n
n
v u n IN
u
a) Montrons que une suite géométrique. on a :
un 0
1
2 3 5
n n
n
u u u
u
n IN
1
4 3
3 2 3
n n
n
u u
u
1
3 3 5
3 3 3=
5 5
3 15 3 4 12
= =
2 3 2 3
4 3
=
2 3
n n
n n
n n
n n n
n n
n n
u u
u u
u u
u u u
u u
u u
n IN un 3
0 2 3
u
nIN
1
4 3
3 2 3
n n
n
u u
u
un 3 0
4
un 3
0 2et
3 un
0
un1 3 0
un13
n IN un 3
v
n vn
1
3 5 2 1
3 3 5 2 2
1 1= = = =
5 5 5 5 5
n n n
n n n n
n
n n n n n
u u u
u u u u
u u u u u u
D’où :
1
4 3
3 2 3
n n
n
u u
u
n IN
1
3 5 3 4 3
3 12 4
3 3 = = =
5 5 5 5
n n n
n n
n
n n n n
u u u
u u
u
u u u u
D’où :
Conclusion : une suite géométrique de raison est de premier terme .
On en déduit : a) Montrons que
Ecrivons en fonction de n.
On a : donc :
c) Déterminons la limite de . On a :
(Et comme car alors :
(la géométrie dans l’espace)
On considère les points A(2,1,3), B(3,1,1) et C(2,2,1).
1. a) Montrons que On a ;AB
1,0, 2
et AC
0,1, 2
Donc :
D’où :
1
2 1 5 1
5 4 3 = 2
n n
n n
n n
u u
v v
u u
1 q 2
0 0
0
1=1 3
v u
u
12
n
n IN vn
1 3 1
n n
n
u v n IN
v
un
12
n
n IN vn
1 3 1
2 1 1
2
n
n n
u n IN
un
1 3 1 2 1 1
2
n
n n
u n IN
lim 1 0
2
n
n
1 1 1 )
2 n 1
nlim u
2 2
AB AC i jk
0 1 1 0 1 0
2 2 2 2 0 1
0 2 2 0 1 0
AB AC i j k
AB AC i j k
2
2
AB AC i
j
kOn a:
1 3 1
3
3 1
1 3
1 3
1
n
n n n n
n
n n n n
n n n n
n n
n
v u
v u u
u
v v u u
u v u v
u v
v
1 3
: 1
n n
n
n IN v
u v
conclusion
b) est un vecteur normale au plan et en
déduit que est une équation cartésienne
du Plan (ABC) et On a A(2,1,3) appartient au plan (ABC) donc ce qui l’équation cartésienne du plan (ABC) : . 2. a) Montrons que est le centre de(S) et que son rayon est r = 6.
L’équation de (S) est x2 y2 z2 2x2y340 Donc :
x1
2 y1
2 z0
2360
x1
2 y1
2 z0
2 62Ce qui montre que (S) a pour centre et rayon r = 6.
b) Montrons que
On a :
on en déduit que le plan (ABC) coupe la sphère (S) selon un cercle (T) car .
3. a) est la droite qui passe par et qui est perpendiculaire au plan (ABC),donc est un vecteur directeur de(∆) , Ω un point qui lui appartient, une représentation paramétrique est :
b) Déterminons les coordonnées du point intersection du plan (ABC) et la droite ,ces coordonnées vérifient le système :
En remplaçant x , y et z par leurs valeurs en fonction de t on obtient Donc
Conclusion : le point d’intersection de (P) et est bien le point B(3,1,1) est qui est le centre du cercle (T).
(les nombres complexes)
2, 2,1
AB AC
n
2x2y z d 0 2 2 2 1 3 d 0 d 9
2x2y z 9 0
1, 1, 0
1, 1, 0
, ABC
3d
2 2 2
, 2 1 2 1 0 9
2 2 1
= 9 3 9
d ABC
, ABC
3 6d
2, 2,1
n
1 2 1 2
x t
y t t IR
z t
1 2 1 2 t 2 2 9 0
x t
y t IR
z t x y z
2 1 2 t 2 1 2t t 9 0
9t 9 0 donc =1t
1. Soit l’équation :
On a donc l’équation admet deux solutions complexes :
D’où 2. a) ↝ on a :
D’où :
b) On a :
On a : b u arg b arg u
2a u a u
arg
24 4
b a
arg
22 b
a
D’où :
d) d’après ce qui précède, on a :
Ce qui veut dire :
2 4 29 0
z z
2
2 4 4 4 1 29
=16 116 = 100
: b ac
Le discriminant
0
1 2 5 2 2 5
2 2
b i b i
z i z i
a a
2 5 , 2 5
S i i
= 5 8 2 5
=3+3i u b
i i
3 3 u i
22 : arg u 4
arg u arg u
donc : d'o ù
5 2
2 5
=
:a i i
3 3i
c On a)
22 arg b
a
2
2 A B arg b
a
et
, 2
A B A B 2
et
↝ on a :
Et (posons un argument de u)
2 2
3 3 3 2
u
3 2
cos 2
3 2
sin 2
u
u
2
arg u 4
D’où : Et on a :
donc :
a u
et
B b u A a u u
A B
et puisque R est une rotation de centre et d’angle alors R(A)=B.
Conclusion : B est l’image de A par la rotation R.
(la probabilité)
On tire 2 boules simultanément 1.
A ‘’les 2 boules tirées sont rouges’’
2
4 6 2
( ) 45 45 15
P A C
2. a)
Cas possibles Valeurs de X
RR 2
VV 4
RV 3
Donc l’ensemble des valeurs prises par X est . b) : On tire une boule rouge et une boule verte .Donc :
Pour déterminer la loi de probabilité de X on calcule P x
2
P A
152
623 8 15
15 5
4 45 45 15
P x P x C
D’où :
2 3 4
(Etude de fonction) Partie I :
1. a) Donc :
b) Pour tout réel x on a :
2
2
10 45
Card C
2,3, 4
X 3
3 41 61 24 8
45 45 15
C C
p X
i
p X x
xi
i
p Xx
2 15
8 15
5 15
( ) 2 2 2x 4 x f x x e e
2 2
, 2x 0 2x 0x x x
lim x lim e et lim e
( )
x
lim f x
2
2
( ) 2 2 x 4 x x 4 x 0
x
f x x e e et lim e e
3
1
i 1
i
p X x
D’où
donc la droite (D) d’équation est une asymptote oblique à la courbe
Cf au voisinage de -∞ . 2. a) on a :( )
Donc : b) on a :
donc :
D’où la courbe admet une branche parabolique au voisinage de +∞ de direction l’axe des ordonnées.
b) On en déduit que :
Donc f est strictement croissante surIR . x -∞ 0 +∞
+ 0 +
f(x)
+∞
-5 -∞
c) ¬
donc : (car ¬
donc : (car )
on a : f continue et strictement croissante sur l’intervalle et
donc d’âpres le théorème des valeurs intermédiaires il existe un réel unique α appartenant à l’intervalle qui vérifie l’équation f(x)=0
4. a) on a : donc
est du même signe que ( car ) on a :
( ) 2 2
0x
f x x
lim
2 2
y x
x IR
f x
= x 2 + e - 42
x ex
2 2
, 2x 2xx x x
lim x lim e et lim e
( )
x
lim f x
x IR*
f x = 2 -2+ e - 4
x
exx x x
2, x
x x
lim 2 - 2 lim e - 4
x
x
x
lim e x
et ( )
x
lim f x
x
Cf
2
2
2
( ) 2 2 4
= 2 2 1
2 1
x x
x x
x
x IR f x e e
e e
e
3. ) a
x IR
f( )x 0 (0)et f 0( ) f x
(1) e2 4 4
f ee e (1) 0
f e4
2ln 4 ln 4 ln16
(ln 4) 2 ln 4 2 4 2 ln 4 2 4 4
=2 ln 4 1
f e e e
(ln 4) 0
f ln 4 1 ln e
1;ln4
f(1) f(ln 4)01;ln4
x IR
f(x) - 2x - 2
ex
ex4
f(x)- 2x - 2
ex4
ex 0(la fonction exponentielle est strictement croissante) x -∞ ln4 +∞
f(x)-(2x-2)
-
0 +Conclusion : est au-dessous de la droite (D) sur l’intervalle et au-dessus de la droite (D) sur l’intervalle
dressons un tableau de signe pour :
x -∞ 0
ex 1
+∞-
0 +¬ s’annule en 0 en changeant de signe et f(0)=-5 donc
le point A(0,-5)est un point d’inflexion unique pour la courbe .
b) on a :
x -∞ ln4 +∞
f(x)-(2x-2) - 0 +
4 0 ln 4
4 0 ln 4
x x
e x
e x
Cf ;ln 4
ln 4;
( ) 2 1 2 2 2 1 1
= 1
x x x
x x
f x e e e
4e e
b)
f
( ) f x
f
Cf
2 ln 4ln 4 2 0
0
2ln 4 2 0
ln 4 0
4 4
2
4 4
2 2
:
x
x x e x
e e dx e
e e
e e
5. a on a)
= 9
2
0ln 4 ( ) 2 2
u.a A
f x x dx c)construction de¬ f strictement croissante sur IR
¬ x=ln4 asymptote verticale (+∞)
¬ y=2x-2 asymptote oblique(-∞)
¬
¬ A(0,-5) point d’inflexion
¬
Cf
( ) 0 x ln 4;
( ) 0 x ; ln 4
f x
f x
0 0f
:
x x
Donc : A x f x dx cm
dx cm cm
D'où A cm
ln 4 2
0
ln 4 2 2
0
2 2
2 2
4
9
2 4,5
e e
Partie II :
1. a) (E)
L’équation caractéristique de (E) est :
Les solutions sont :
Donc les solutions de (E) sont de la forme :
b) On vérifiant les conditions initiales sont solutions du système :
D’où 2.
a) • h est dérivable sur est
D’où h est croissante sur
3 2 0
y y y
2 2
3 2 ; 3 4 1 2 1
r r o
1 1 2 2 r et r
x IR ( )g x e2x ex
, IR2
et
(0) 2 2 2 1
(0) 3 3 4
g g
x IR
g( ) = ex 2x4ex
2
( ) ln x x ln 4;
h x e e x
ln 4;
ln 4 e 4 2
: e 2 0 e 4 0 ln 4; ( ) 0
x
x x
x
et
x h x
donc
ln 4;
2 2
2 2
4 2 4
( )
4 4
2 2
=
4
x x x x
x x x x
x x
e e e e
h x
e e e e
e e
( u .a1cm2 )
La solution général de (E) est de la forme
où
1 2
r x r x
ye e
, IR2
•h continue et croissante sur donc admet une fonction réciproque définie sur et
Donc :
Conclusion : h admet une fonction réciproque définie sur IR.
Donc :
• et comme
donc
ln 4; h1
ln 4;
h ln 4
x ln 4
ln 4; lim ; lim ( )
x x
h h(x) h x
ln 4;
;
h IR
h1
2ln 5 ln 5 ln 5 ln 5
) 4 4 5 5 4 5
b e e e e
ln 5 ln 5h
h1
ln5 h h
11(ln 5)
h
ln 5 ln 5
1 ln 5 ln 5
h
1
ln 5
ln 5
1 1 1
5 =
: 5
2 2 6
4
h ln
h ln e
e
D'où
Et
2
ln 4
lim 4 0
lim ( )
x x
x
x
e e
h x
D’où :
2
ln 4
lim 4 0
lim ( )
x x
x
x
e e
h x
ln 4
lim ( )
lim ( )
x
x
h x h x
alors on a :
1
5 1h ln 6
