1. Démonstration par récurrence, qu’on initialise à partir de 2.

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Contrôle n˚6

Durée : 4 heures. Calculatrices autorisées

I) 6 points

1. Démonstration par récurrence, qu’on initialise à partir de 2.

Initialisation : u 2 = − 3

8 > 2 × 2 − 5 Pour l’hérédité, prouver que 2n − 5

4 + 3n

2 − 1 > 2(n + 1)− 5 pour n > 2 (à préciser) La limite de u n est +∞ d’après le théorème des gendarmes.

2. voir : Forme exponentielle des nombres complexes, exercices 4 et 9 z = (1 + e ^iθ ) ²

e ^iθ = · · · = e ^−iθ + 2 + e ^iθ = 2(cos(θ) + 1), réel et positif (cos(θ) > −1) D’après la formule du binôme :

1 + 6e ^iθ + 15e ^2iθ + 20e ^3iθ + 15e ^4iθ + 6e ^5iθ + e ^6iθ = (1 + e ^iθ ) ⁶ = ((1 + e ^iθ ) ² ) ³ = z ³ e ^i3θ Lorsque θ = π

8 , 1 + e ^iθ 6= 0, donc z 6= 0, et donc z est un réel > 0 et z ³ aussi.

Donc arg(z ³ e ^i3θ ) = arg(z ³ ) + 3θ = 0 + 3θ = 3π 8 3. Voir cours : Combinaisons (1), exercice 5,

exemples Combinaisons, exercice 17, bac

Quand on tire 3 boules, la probabilité d’avoir 2 rouges et 1 verte est p = 10

2 3

1 13

3

p = 45 × 3

286 ≈ 0, 47

Quand on tire 2 boules, la probabilité d’avoir 2 rouges est q = 10

2 13

2

q = 45

78 ≈ 0, 577

Donc d’après le théorème des probabilités totales, la réponse est : 1 6 p + 5

6 q ≈ 0, 56

Les résultats sont les mêmes que pour des tirages successifs sans remise, mais ce n’est pas supposé connu. Mais de toutes façons ce n’est pas la loi binomiale car ces tirages successifs sont sans remise, donc non indépendants.

4. f ⁰ (x) = −e ^−x − 2x + 1.

Le signe de f ⁰ (x) n’étant pas immédiat, on calcule f ⁰⁰ (x) = e ^−x − 2, qui s’annule et change de signe en − ln(2), et f ⁰ admet un maximum en ce point.

On applique le théorème de la bijection continue à f ⁰ :

f ⁰ s’annule en deux points : a ≈ −1, 26 et 0 d’après son sens de variation et

x→−∞ lim f ⁰ (x) = −∞ (croissances comparées e ^−x

−x ) et f ⁰ (0) = 0. On en déduit le signe de f ⁰ (x)

x −∞ a − ln(2) 0 +∞

f ⁰⁰ (x) + + 0 − −

f ⁰ (x)

−∞ 0 0

−∞

Pour la limite de f en −∞ : utiliser les croissances comparées e ^−x

x ² = e ^−x (−x) ² = e ^X

X ²

x −∞ a 0 +∞

f ⁰ (x) − + 0 −

f (x)

+∞ 1

−∞

II) 5 points

C’est presque exactement un sujet de bac 2010, en prenant en compte certains exercices

faits en classe

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1. a) Voir feuille d’exercices Calculs d’aires, encadrements, exercice 3, fait en classe f 1 (g(x)) = · · · = x et g(f 1 (x)) = · · · = x.

f 1

1 f 1 (1)

g

f 1 (1) 1

f 1 (1) 1

f 1 (1) 1

Par symétrie et aire complémentaire dans un rectangle : Z 1

0

f ₁ (x) dx = 1 × f ₁ (1) − Z f

1

(1)

0

g(x) dx = · · · = 2 ln(2) − 1 b) Voir Primitives : exemples, exercices 19 et 34

Par parties : on pose u(x) = ln(1 + x) et v ⁰ (x) = 1 On trouve I 1 = [x ln(1 + x)] ¹ ₀ −

Z 1 0

x 1 + x dx On linéarise : x

1 + x = 1 − 1

1 + x , dont une primitive est x − ln(1 + x) On retrouve le résultat précédent.

2. Voir Intégrales : thèmes de bac récents, exercice 5, fait en classe. Ce n’est pas le même, mais ce sont les mêmes idées

a) Pour 0 6 x 6 1, on a x ⁿ⁺¹ 6 x ⁿ , donc ln(1 + x ⁿ⁺¹ ) 6 ln(1 + x ⁿ ) puisque ln est croissante.

Par intégration de 0 à 1 (avec 0 < 1), on en déduit I _n+1 6 I _n , donc I est décroissante.

b) On encadre f n entre son minimum 0 et son maximum ln(2) sur [0; 1], puis on intègre l’inégalité de 0 à 1 (avec 0 < 1). Donc 0 6 I n 6 ln(2)

c) I n est décroissante et minorée par 0, donc elle est convergente vers une limite L > 0.

3. a) h ⁰ _n (x) = · · · = − nx ²ⁿ⁻¹ 1 + x ⁿ < 0

Donc h n est décroissante, et comme h n (0) = 0, on en déduit que h n (x) 6 0 sur [0; 1], c’est-à-dire f _n (x) 6 x ⁿ .

b) Par intégration d’une inégalité : I n 6 Z 1

0

x ⁿ dx, soit I n 6 1 n + 1 Or I _n > 0, donc 0 6 I _n 6 1

n + 1 , donc d’après le théorème des gendarmes, la limite de I _n est 0.

III) 4 points

1. Voir Lois de probabilité : thèmes de bac récents, exercice 2

Soit p la probabilité qu’un composant fonctionne encore au bout d’un an : p = 1 −

Z 1 0

λe ^−λt dt = e ^−0,2 d’après les formules de la loi exponentielle.

Le nombre de composants en état de marche est une variable aléatoire X qui suit une loi binomiale de paramètres n = 10 et p = e ^−0,2 .

On demande P (X > 8) = P (X = 8) + P(X = 9) + P (X = 10) =

= 10

8

p ⁸ (1 − p) ² + 10

9

p ⁹ (1 − p) + 10

10

p ¹⁰ = p ⁸ (45(1 − p ² ) + 10p(1 − p) + p ² ) 2. Voir Intégrales : thèmes de bac récents, exercice 9

et Méthode des rectangles : voir exemples 6, 7, 8, 9 de la feuille Intégrales : exemples.

a) Sur [k; k + 1], x 7→ 1

x est décroissante, donc 1 k + 1 6 1

x 6 1

k . On encadre l’aire sur [k; k + 1] par des rectangles de base 1 (inégalité de la moyenne) :

1 k + 1 6

Z k+1 k

1

x dx 6 1 k .

Puis on fait varier k de 1 à n − 1, on fait la somme de toutes les inégalités obtenues, et on applique la relation de Chasles

Z 1 0

1

x dx + · · · + Z n

n−1

1 x dx : 1

2 + 1

3 + · · · + 1 n 6

Z n 1

1

x dx 6 1 + 1 2 + 1

3 + · · · + 1 n − 1 b)

Z n 1

1

x dx = [ln(x)] ⁿ ₁ = ln(n). Donc d’après le a) : u n − 1 6 ln(n) 6 u n − 1 n , donc ln(n) + 1

n 6 u n 6 ln(n) + 1

Donc d’après le théorème des gendarmes la limite de u _n est +∞

c) x 7→ 1 x √

x est continue, positive et décroissante, donc comme au a) : 1

2 √

2 + · · · + 1 n √

n 6 Z n

1

1 x √

x dx 6 1

√ 1 + 1

2 √

2 + · · · + 1 (n − 1) √

n − 1 On calcule l’intégrale avec x ^−3/2 :

Z n 1

1 x √

x dx = x ^−1/2

−1/2 ⁿ

1

= 2 − 2

√ n On en déduit v n 6 1 + 2 − 2

√ n 6 3 Donc u est majorée par 3.

Or elle est croissante (u _n+1 − u _n = 1 (n + 1) √

n + 1 > 0 ), donc elle est conver-

gente (suite croissante majorée).