DS 05 corrigé

DS de Mathématiques. TS1 et TS2.

4 heures.

Calculatrice autorisée.

Exercice 1 (2 points) – Prise d’initiative Ces deux questions sont indépendantes.

1. Prouver que si les évènements A et B sont indépendants alors les événements A et B sont indépendants.

2. La suite de terme général u_n+1= u_n²+0.5 peut-elle converger ? Exercice 2 (5 points) On considère deux urnes U₁ et U₂.

L’urne U₁ contient 17 boules blanches et 3 boules noires indiscernables au toucher.

L’urne U₂ contient 1 boule blanche et 19 boules noires indiscernables au toucher.

On réalise des tirages en procédant de la manière suivante :

Etape 1 : On tire au hasard une boule dans U₁, on note sa couleur et on la remet dans U₁. Etape n (n ≥ 2) :

− si la boule tirée à l’étape (n − 1) est blanche, on tire au hasard une boule dans U1, on note sa couleur et on la remet dans U₁.

− si la boule tirée à l’étape (n − 1) est noire, on tire au hasard une boule dans U2, on note sa couleur et on la remet dans U₂. On note A_n l’événement « le tirage a eu lieu dans l’urne U₁ à l’étape n » et p_n sa probabilité. On a donc p₁ = 1.

1. Calculer p₂.

2. Montrer que pour tout entier naturel n non nul, p_n+1 = 0,8 p_n + 0,05. On pourra s’aider d’un arbre pondéré.

3. Calculer p₃.

4a. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n non nul, p_n > 0,25.

4b. Démontrer que la suite (pn) est décroissante.

4c. En déduire que la suite (p_n) est convergente et en déduire la valeur de m.

Exercice 3 (7 points) On considère la fonction f définie sur ]0 ; +∞[ par f(x) = 1 + x lnx.

On note C_f sa courbe représentative dans un repère (O ; i^→, j^→). Toutes les aires considérées dans ce problème seront exprimées en unités d’aire.

Partie A.

Le but de cette partie est de déterminer un encadrement de l’aire A du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbe C_f et les deux droites d’équations x = 1 et x = 2.

On note M et N les points de C_f d’abscisses respectives 1 et 2, P et Q leurs projetés orthogonaux respectifs sur l’axe des abscisses. La figure est donnée.

1a. Montrer que f est positive sur [1 ; 2].

1b. Montrer que le coefficient directeur de la droite (MN) est 2 ln2.

1c. Soit E le point de C_f d’abscisse 4 e .

Montrer que, sur l’intervalle [1 ; 2], le point E est l’unique point de C_f en lequel la tangente à C_f est parallèle à (MN).

1d. On appelle (T) la tangente à C_f au point E.

Montrer qu’une équation de (T) est y = (2 ln2)x − 4 e + 1.

2. Soit g la fonction définie sur [1 ; 2] par : g(x) = f(x) − [(2 ln2)x − 4 e + 1].

2a. Montrer que pour tout x de [1 ; 2], g’(x) = 1 + ln

 

 

x 4 .

2b. Etudier les variations de g sur [1 ; 2] et en déduire les positions relatives de C_f et (T) sur cet intervalle.

3. Soient M’ et N’ les points d’abscisses respectives 1 et 2 de la droite (T). On admet que la courbe C_f reste sous la droite (MN) sur l’intervalle [1 ; 2] et que les points M’ et N’ ont des ordonnées strictement positives.

3a. Calculer les aires des trapèzes MNQP et M’N’QP.

3b. En déduire, à l’aide de la calculatrice, un encadrement de A d’amplitude 10⁻¹.

Partie B.

Le but de cette partie est de déterminer la valeur exacte de A.

1. F est la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par F(x) = x²(2 lnx − 1). Déterminer la fonction dérivée F’ de F.

2. En déduire la valeur exacte de A .

Exercice 4 (5 points) – Non spécialité Math

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal (O u v; , ) d’unité graphique 0,5 cm. On note j le nombre complexe

2 3 i

e

π

. On considère les points A, B et C d’affixes respectives a = 8, b = 6j et c = 8j². Soit A’ l’image de B par la rotation de centre C et d’angle

3

π , B’ l’image de C par la rotation de centre A et d’angle 3 π et C’

l’image de A par la rotation de centre B et d’angle 3 π _. 1. Placer les points A, B, C, A’, B’ et C’ dans le repère donné.

2. On appelle a’, b’ et c’ les affixes respectives des points A’, B’ et C’.

2a. Calculer a’. On vérifiera que a’ est un nombre réel.

2b. Montrer que b' 16eⁱ³

−π

= . En déduire que O est un point de la droite (BB’).

2c. On admet que c'= +7 7i 3. Montrer que les droites (AA’), (BB’) et (CC’) sont concourantes en O.

3. On se propose désormais de montrer que la distance MA+MB+MC est minimale lorsque M = O.

3a. Calculer la distance OA + OB + OC.

3b. Montrer que j³ =1 ^{et que} 1+ +j j² =0^.

3c. On considère un point M quelconque d’affixe z du plan complexe. On rappelle que a = 8, b = 6j et c = 8j². Déduire des questions précédentes les égalités suivantes :

(

^a−z

)

⁺

(

^{b−z j}

)

^{2+ −}

(

^{c z j}

)

^{= +a bj2+cj =22.}

3d. On admet que, quels que soient les nombres complexes z, z+ +z' z'' ≤ z + z' + z'' . Montrer que MA+MB+MC est minimale lorsque M = O.

Exercice 5 (5 points) – Spécialité Math Pour cet exercice, les figures correspondant aux parties A et B sont fournies ci-dessous.

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct (O u v; , ). On considère un triangle OAB et une similitude directe σ de centre O, de rapport

λ

et d’angle θ^.

Soit :

- les points A’ et B’ images respectives des points A et B par la similitude σ ^; - les points I, milieu du segment [A’B] et J, milieu du segment [AB’] ; - le point M milieu du segment [AA’] ;

M '

N '

P Q

C_f

(T)

2 2

0 1

1

x y

M

N

E

M '

N '

P Q

- le point H, projeté orthogonal du point O sur la droite (AB) et le point H’ image du point H par σ ^. Partie A : Etude d’un exemple

Dans cette partie, le point A a pour affixe − +6 4i, le point B a pour affixe 2+4i, et le point H a donc pour affixe 4i . La similitude σ est la similitude directe de centre O, de rapport 1

2 et d’angle 2 π . 1. Déterminer les affixes des points A’, B’ et H’.

2. Montrer que la droite (IJ) est perpendiculaire à la droite (HH’).

A H B

v O u

Partie B : Etude du cas général

1. a. Montrer que H’ est le projeté orthogonal du point O sur la droite (A’B’).

b. Montrer que 1 M I=2AB

. On admet que 1 2 ' ' M J= A B

. c. En déduire que M J OH'

M I = OH et que

(

^{M I M J,}

) (

^{= OH OH, '}

)

^{+ ×k 2 ,π k∈ℤ.}

2. On appelle s la similitude directe qui transforme M en O et I en H. On note K l’image du point J par la similitude s.

a. Montrer que OK=OH', puis que

(

^{OK OH, '}

)

^{= + ×0 k 2 ,π k∈ℤ.}

b. En déduire que le point H’ est l’image du point J par la similitude s.

3. Montrer que

(

^{IJ HH, '}

) (

^{= M I OH,}

)

^{+ ×k 2 ,π k∈ℤ}. Montrer que la droite (IJ) est perpendiculaire à la droite (HH’).

M J

I H'

H

B'

A' A B

O

Correction DS n°4

Exercice 1 (2 points) – Prise d’initiative

1. Par définition, deux évènements sont A et B sont indépendants _⇔ p(A ∩ B) = p(A) × p(B).

Par ailleurs, on a p(A^ ∩∩∩ B∩^) = p(A ^{ }∪∪∪∪^ B^) = 1 − p(A ∪ B) = 1-( p(A) + p(B) − p(A ∩ B)) et comme A et B sont indépendants, p(A^ ∩ B^) = 1-( p(A) + p(B) − p(A)p(B)).

D’un autre coté, p(A^) × p(B^) = (1-p(A)) (1-p(B)) = 1 − p(A) − p(B) + p(A) × p(B).

Ces deux quantités sont bien égales, d’où le résultat.

2. Supposons que (u_n) soit convergente c’est à dire qu’il existe un réel m tel que lim

n→+∞ u_n = L.

Comme u_n+1 = f(u_n) avec f : x → x² + 0,5 qui est continue en tout réel x, la limite L sera nécessairement un point fixe de f.

Or L = f(L) _⇔ L² = L² + 0,5 _⇔ 0 = 0,5 ce qui est impossible donc (u_n) ne peut pas converger.

Exercice 2.

1. On a p₂ = p(A₂) = p(A₁) × p(b|A1) = 1 × 17/20 = 17/20 = 0,85.

2. Les évènements An et A^n forment une partition donc d’après la formule des probabilités totales,

p_n+1 = p(A_n+1) = p(A_n+1 ∩ An) + p(A_n+1 ∩ A^n) = p(A_n) × pAn (A_n+1) + p(A^_n) × pA

n(A_n+1) = p_n × 17/20 + (1 − pn)× 1/20

= 1/20 + (16/20)p_n = 0,8 p_n + 0,05

3. D’après la formule précédente, p₃ = 0,8 p₂ + 0,05 = 0,8×0,85 + 0,05 = 0,73.

4a. Soit P(n) la proposition « p_n > 0,25 ».

Initialisation : en effet, p₁ = 1 et 1 > 0,25 donc P(1) est vraie.

Hérédité : supposons que p_n > 0,25, on a alors 0,8 p_n > 0,8×0,25 puis 0,8 pn + 0,05 > 0,8×0,25 + 0,05 c’est à dire pn+1 > 0,25.

Conclusion : cette démonstration prouve que ∀ n ∈IN*, p_n > 0,25

4b. On a ^pn+¹−^pn = −^0.2pn+^0.05= −^0.2

(

^pn−^0.25

)

_: mais p_n ≥ 0,25 (4a) donc p_n+1−p_n ≤0 et la (p_n) décroit.

4c. (p_n) est décroissante et minorée par 0,25 donc (p_n) converge vers un réel L.

4d.

> On a p_n+1 = f(p_n) avec f : x → 0,8 x + 0,05 qui est une fonction continue sur IR donc en L.

> comme la suite (p_n) converge vers L, L est un point fixe de f cad L = f(L).

Mais, L = f(L) ⇔ L = 0,8 L + 0,05 ⇔ 0,2 L = 0,05 ⇔ L = 0,25.

La suite converge donc vers 1 4.

Exercice 3.

1a. Sur [1 ; 2], on a x > 0 et ln(x) ≥ 0 donc x ln(x) ≥ 0 et donc 1 + xln(x) > 0 c’est à dire f(x) > 0.

1b. Le coefficient directeur de la droite non verticale (MN) est donné par ^{M N}

M N

y y x x

−

− .

Or M a pour coordonnées (1 ; f(1)) c’est à dire (1 ; 1), N a pour coordonnées (2 ; f(2)) c’est à dire (2 ; 1+2ln2) Le coefficient directeur de la droite (MN) est donc y_N - y_M

x_N - x_M = 2ln2.

1c.

> Deux droites parallèles ont le même coefficient directeur donc le coefficient directeur d’une parallèle à (MN) est 2ln(2).

> De plus, le coefficient directeur de la tangente à C en M d’abscisse x est par définition f ’(x).

Nous cherchons donc à résoudre l’équation f’(x) = 2ln2.

An+1

An+1

An+1 1720

320

An+1 1

20

19 20

An pn

A n pn

− 1

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

x + lnx = 1 + lnx

> enfin, f ’(x) = 2ln2 _⇔ 1 + lnx = 2ln2 _⇔ lnx = 2ln2 − 1 ⇔ x = e^2ln2−1 = e^ln4 × e⁻¹ = 4 e .

Ainsi, on obtient une unique solution et elle est dans [1 ; 2] : le point E est bien l’unique point de C_f en lequel la tangente à C_f est parallèle à (MN).

1d. (T) a pour équation y = f ’(4 e )(x − 4

e ) + f(4

e ) = (2ln2)(x − 4

e ) + 1 + 4

e (2ln2 − 1) soit y = (2ln2)x − 4 e + 1.

Remarque : 4 ²

ln ln(2 ) ln( )e 2 ln(2) 1 e

 = − = −

   ^.

2a. Sur [1 ; 2], g’(x) = f’(x) − 2ln2 = 1 + lnx − 2ln2 = 1 + lnx − ln4 = 1 + ln

 

 

x 4 . 2b.

On a g ‘(x) = 1 + ln

 

 

x 4 .

> g’(x) ≥ 0 ⇔ 1 + ln

 

 

x

4 ≥ 0 ⇔ ln

 

 

x

4 ≥ −1 ⇔ x/4 ≥ 1/e (exp croit) ⇔ x ≥ 4/e

> Ainsi sur [1 ; 4/e], g’(x) ≤ 0 donc g est décroissante.

sur [4/e, 2], g’(x) ≥ 0 donc g est croissante.

Les positions relatives de Cf et T sont données par le signe de g :

> Comme g(4/e) = 0, d’après les variations de g, 0 est le minimum de g sur I donc g(x) ≥ 0 sur [1 ; 2].

> Ainsi C_f est au dessus de (T) puisque g(x) ≥ 0 pour tout x de I.

3a. Rappel : Aire d’un trapèze = (petite base + grande base) × hauteur

2

> Soit A₁ l’aire du trapèze MNQP, A₁ = (PM + QN) × PQ

2 = (y_M + y_N) × 1

2 = (2 + 2ln2)

2 = 1 + ln2

> Soit A₂ l’aire du trapèze M’N’QP, A₂ = (PM' + QN') × PQ

2 = (y_M' + y_N') × 1

2

Comme M’ d’abscisse 1 et N’ d’abscisse 2 sont sur (T) donc y_M’ = 2ln2 − 4

e + 1 et y_N’ = 4ln2 − 4 e + 1.

On a alors A₂ = 3ln2 − 4/e + 1

3b. D’après l’étude précédente A₂≤ A ≤ A1 c’est à dire 4ln2 − 4

e + 1 ≤ A ≤ 1 + ln2 et donc 1,6 ≤ A ≤ 1,7.

B1. On a F’(x) = (x²)’(2 lnx − 1) + x²(2 lnx − 1)’ = 2x(2 lnx − 1) + x²(2/x) = 4x lnx − 2x + 2x = 4x lnx = 4(xlnx) Par conséquent, F(x)

4 est une primitive de xln(x).

B2. f étant positive sur I, l’aire est donnée par l’intégrale suivante : A =

⌡ ⌠

1 2

f(x) dx =

⌡ ⌠

1 2

(1 + xlnx)dx = [x + F(x)

4 ]²₁ = (2 + F(2)/4) − (1 + F(1)/4) = … = 2ln2 + ¼ donc A = 2ln2 + ¼ ≈ 1,636, ce qui est cohérent avec l’estimation précédente.

Exercice 4 (non spé Math) 1. Placer les points A, B, C, A’, B’ et C’ dans le repère donné.

Construction : A a pour affixe 8 …

B a pour affixe b = 6j = 6e^i(2π/3) donc OB = 6 et ( i^→ ; OB→ ) = 2π/3

C a pour affixe c = 8j² = 8 e^i(4π/3) = 8 e^i(−2π/3) donc OC = 8 et ( i^→ ; OC→) = −2π/3

Remarque : en lisant la suite du problème on vérifiera que les points O,A,A’ ; O,B,B’ et O,C,C’ sont alignés.

2a. Comme B r(C,π/3)→ A’ on a a’ − c = (b − c)e^i(π/3) c’est à dire a’ − 8e^-i(2π/3) = (6e^i(2π/3) − 8e^-i(2π/3)) e^i(π/3). Ainsi, a’= 8e^-i(2π/3) + 6e^i(3π/3) − 8e^-i(π/3) = 8(cos(−2π/3) + i sin(−2π/3)) − 6 − 8(cos(−π/3) + i sin(−π/3))

= 8(−1/2 − i 3/2) − 6 − 8(1/2 − i 3/2) = −4 − 6 − 4 = −14 On a bien a’ ∈ IR..

2b.

> De même, C r(A,π/3)→ B’ donc b’ − a = (c − a)e^i(π/3) c’est à dire b’ − 8 = (8 e^i(−2π/3) − 8)e^i(π/3) .

…donc b’ = 16 e^−i(π/3).

> Pour montrer que O, B et B’ sont alignés, on peut vérifier que les vecteurs

2

6 ⁱ3

OB e

 π

 

 

et OB' 16eⁱ³

−π

 

 

 

: comme

2

3 3 3

i i i

e e ei e

π π π

− π −

= − = − ^{, on a ' 16}

b = − 6 b et par conséquent 16

' 6

OB = − OB

, et ces vecteurs sont bien colinéaires.

2c.

> a et a’ sont des réels donc A et A’ sont sur l’axe réel donc O ∈ (AA’). On a déjà vu que O ∈ (BB’) (voir 2b).

> c’ = 14(1/2 + i 3/2) = 14 e^i(π/3) donc (OC→ ; OC'→) = arg (c’/c) = arg (14 e^i(π/3)/ 8e^i(−2π/3) ) = arg (7/4)e^i(π) = π donc O, C et C’

sont alignés c’est à dire O ∈ (CC')

Donc (AA’), (BB’) et (CC') sont concourantes en O.

3a. OA + OB + OC = |a| + |b| + |c| = |8| + |6j| + |8j²| = 8 + 6 + 8 = 22 3b.

> j³ = (e^i(2π/3))³ = e^i(2π) = eⁱ⁽⁰⁾ = 1

> d’après les résultats sur les suites géométriques, 1 + j + j² =

1 3 1 1

1 1 0

j

j j

− = − =

− − .

3c. On a

> D’abord : |(a − z) + (b − z)j² + (c − z)j| = |a + bj² + cj − z(1 + j + j²)| = |a + bj² + cj| puisque 1 + j + j² = 0.

> Ensuite : |a + bj² + cj| = |8 + (6j)j² + (8j²)j| = |8 + 6j³ + 8j³| = |8 + 6 + 8| = 22 puisque j³ = 1.

. 3d. Pour tout complexe,

> |z + z’ + z’’| ≤ |z| + |z’| + |z’’| donc |(a − z) + (b − z)j² + (c − z)j| ≤ |(a − z)| + |(b − z)j²| + |(c − z)j|

c’est à dire 22 ≤ |(a − z)| + |(b − z)j²| + |(c − z)j|

> comme |(a − z)| + |(b − z)j²| + |(c − z)j| = |a − z| + |b − z| × |j²| + |c − z| × |j| = |a − z| + |b − z| × 1 + |c − z| × 1 = MA + MB + MC, le nombre MA + MB + MC a pour valeur minimale 22 c’est à dire OA + OB + OC.

Exercice Spé Math.

A1. L’écriture complexe de σ ^{est : ' 1 2}

2 2

i i

z e z z

= π = . On a par conséquent '

(

6 4

)

2 3

A 2

z = i − + i = − − i,

( )

' 2 4 2

B 2

z = i + i = − +i et '

( )

4 2

H 2

z = i i = − .

A2. Pour montrer que la droite (IJ) est perpendiculaire à la droite (HH’), on montre que les vecteurs IJ

et HH'

sont orthogonaux.

> on a 2 3 2 4 2

i i

I− − + + 

 

  donc

2 I i

   et 6 4 2 2

i i

J− + − + 

 

  donc 8 5

2 J− + i

 

  : ainsi ^IJ

(

^{−4; 2}

)

^.

> de même, ^HH'

(

^{− −2 4i}

)

^{donc HH'}

(

^{− −2; 4}

)

Comme ^{IJ HH. '}= − × − + × − =²

( )

^{4 2}

( )

^{4 0}, ces vecteurs sont bien orthogonaux.

B1a. Par hypothèse, H est le projeté orthogonal de O sur (AB). Par conséquent, σ(H)=H' est le projeté orthogonal de ( )O O

σ = sur ^σ(

( ) (

^{AB )= σ( ) ( )Aσ B}

)

^{=( ' ')A B} . En effet, uns similitude conserve le projeté.

B1b.

> d’après le théorème du milieu dans le triangle AA’B, on a 1 M I=2 AB

.

> admettons donc que 1 2 ' ' M J= A B

. B1c.

Egalité des rapports

> d’après les égalités vectorielles précédentes, MJ A B' '

MI = AB . Mais par définition d’une similitude, A B' '

AB =k^σ où k_σ est le rapport de σ ^.

> On a alors de même, ( ) (O H) OH'

k^σ OH OH

σ σ

= = d’où l’égalité cherchée des rapports.

Egalité des angles

>

(

^{MI MJ,}

)

^=_¹₂^AB,1₂^{A B' '}_⁼

(

^{AB A B, ' '}

)

^=θσ, angle de la similitude.

> de même,

(

^{OH OH, '}

)

⁼

(

^OH,σ

^{( ) ( )}

^{O σ H}

)

^donc

⁽

^{OH OH, '}

⁾

^{=θσ .}

On obtient alors l’égalité voulue.

B2. On appelle s la similitude directe qui transforme M en O et I en H. On note K l’image du point J par la similitude s.

B2a.

> Par définition du rapport de la similitude s, ( ) ( ) ( ) ( ) MJ s M s J OK

MI = s M s I =OH mais MJ OH'

MI = OH d’après le B1c, d’où l’égalité.

> On a de même,

(

^{OK OH, '}

) (

^{= OK OH,}

) (

^{+ OH OH, '}

) (

^{= MJ MI,}

) (

^{+ OH OH, '}

)

et d’après le B1c encore,

(

^{MJ MI,}

) (

^{= − OH OH, '}

)

d’où le résultat.

B2b. On veut donc prouver que H’ = K.

> Comme

(

^{OK OH, '}

)

^{=0 [2 ]π} , le point K est sur [OH’).

> Comme OK = OH’, on a forcément K = H’.

B3. Montrons que

(

^{IJ HH, '}

) (

^{= M I OH,}

)

^{+ ×k 2 ,π k∈ℤ.}

Par définition d’une similitude,

(

^{MI OH,}

)

est l’angle de s, tout comme

(

^{IJ HH, '}

)

d’où le résultat.

Montrons que la droite (IJ) est perpendiculaire à la droite (HH’).

Il suffit donc de vérifier que (MI) et (OH) sont perpendiculaires : comme (MI) // (AB) [B1c] et que H est le projeté orthogonal de O sur (AB), on a (AB) perpendiculaire à (OH) donc (MI) l’est aussi.