TS1-TS2 : contrôle commun n
o4 (4 heures)
I Centres étrangers juin 2014
On définit, pour tout entier natureln, les nombres complexesznpar :
z0 = 16 zn+1 = 1+i
2 zn, pour tout entier natureln.
On noternle module du nombre complexezn :rn= |zn|.
Dans le plan muni d’un repère orthonormé direct d’origine O, on considère les pointsAnd’affixeszn. 1. (a) z1=1+i
2 z0=1+i
2 ×16= 8+8i . z2=1+i
2 z1= µ1+i
2
¶
(8+8i)=4+4i+4i−4= 8i . z3=1+i
2 z2=8i µ1+i
2
¶
=4i−4= −4+4i . (b) Voir l’annexe.
(c) Siz=1+i
2 alors|z|2=1 4+1
4=2
4, donc |z| = p2
2 . Doncz=
p2 2
Ãp 2 2 +i
p2 2
!
= p2
2
³cosπ
4+i sinπ 4
´.
Un argument de1+i
2 est donc π 4 . (d) OA0= ||z0| =r0= 16 ;
OA1= ||z1| =r1=p
82+82=p
64×2= 8p 2 ; A0A1= |z1−z0| = |8+8i−16| = |−8+8i| = 8p
2. On a donc OA1=A0A1: le triangle estisocèleen A1; D’autre part³
8p 2´2
+³ 8p
2´2
=162 ⇐⇒ A0A21+OA21=OA20signifie (réciproque du théorème de Pythagore) que le triangle OA0A1estrectangleenA1.
Autre méthode : SoitZ= z0−z1
zO−z1= 8−8i
−8−8i= 1−i
−1−i=i(1−i) 1−i =i.
On en déduit que|Z| =
¯
¯
¯
¯ O A1
A0A1
¯
¯
¯
¯= |i| =1 doncO A0=A0A1et arg(Z)=arg
µz0−z1
zO−z1
¶
=
³−−→A1O;−−−→A1A0
´
=arg(i)= π
2. Le triangleO A0A1est bien rectangle isocèle enA1. 2. ∀n∈N,rn+1= |zn+1| =
¯
¯
¯
¯ 1+i
2 zn
¯
¯
¯
¯=
¯
¯
¯
¯ 1+i
2
¯
¯
¯
¯× |zn|(le module du produit est égal au produit des modules) = p2
2 rn .
∀n∈N, rn+1= p2
2 rn donc la suite (rn) estgéométrique, de raison p2
2 . On sait quern=r0
Ãp 2 2
!n
= 16 Ãp
2 2
!n
.
Comme 0<
p2
2 <1, on sait que lim
n→+∞
Ãp 2 2
!n
= 0, donc lim
n→+∞rn=0 . La suite converge vers 0.
Commern= |zn| =OAn, ceci signifie géométriquement que la limite des pointsAnest le point O.
3. (a) Quel que soit le natureln: AnAn+1= |zn+1−zn| =
¯
¯
¯
¯ 1+i
2 zn−zn
¯
¯
¯
¯=
¯
¯
¯
¯zn
µ1+i 2 −1
¶¯
¯
¯
¯=
¯
¯
¯
¯zn
µ−1+i 2
¶¯
¯
¯
¯=
¯
¯
¯
¯
−1+i 2
¯
¯
¯
¯× |zn| = p2
2 rn=rn+1. (b) Lnest donc la somme desn(saufr0) premiers termes de la suite géométrique (rn).
Donc Ln=8p 2
1−³p 2 2
´n
1−
p2 2
.
(c) On sait que lim
n→+∞
Ãp 2 2
!n
=0, donc lim
n→+∞Ln= 8p 2 1−
p2 2
= 16p 2 2−p
2= 16p p 2
2(p
2−1)= 16
p2−1=16¡p 2+1¢ 2−1
= 16³p 2+1´
.
2 4 6 8
−2
2 4 6 8 10 12 14 16
−2
−4
×
×
× ×
×
×
×
A0
A3
A4
A5 A6
A1
A2
0
II Pondichéry avril 2015 Partie A
1 2 3
1 2 3 4
-1
-2 −→ı
−
→ C
∆
a
1. On sait que e−2x>0 quel que soit le réelx, donc 1+e−2x>1>0. Le dénominateur étant non nul, la fonctionf est dérivable surRet sur cet intervalle la fonction étant de la forme 3
u(x), avecu(x)=1+e−2x, doncu′(x)= −2e−2xon a :
f′(x)= −3u′(x)
(u(x))2 = −3×(−2)e−2x
¡1+e−2x¢2 = 6e−2x
¡1+e−2x¢2 >0 car quotient de deux nombres supérieurs à zéro. la fonction f est doncstrictement croissantesurR(comme le laisse supposer le graphique).
2. On a lim
x→+∞−2x= −∞et en posantX= −2x, lim
X→−∞eX=0, d’où
Xlim→−∞
¡1+eX¢
=1 et enfin par quotient de limites lim
x→+∞f(x)=3 : ceci montre que la droite (∆) d’équationy=3 estasymptoteàC au voisinage de plus l’infini.
3. Sur l’intervalle [0 ; +∞[, la fonctionf est continue car dérivable, strictement croissante de f(0)= 3
1+1=1, 5 à 3 : d’après le théorème des valeurs intermédiaires , il existe donc un réel uniqueα∈[0 ; +∞[ tel que f(α)=2, 999 (l’unicité vient de la montonie de la fonction).
La calculatrice donne :
f(4)≈2,998 99 etf(5)≈2,999 9, donc 4<α<5 ;
f(4, 0)≈2,998 99 etf(4, 1)≈2,999 2, donc 4, 0<α<4, 1 ;
f(4, 00)≈2,998 99 etf(4, 01)≈2,999 01, donc 4, 00<α<4, 01. (encadrement à 10−2près.
Partie B
1. On a vu dans la partie A que 0<f(x)<3⇐⇒ −f(x)<0<3−f(x), soit h(x)>0 surR. 2. La fonctionHest dérivable surRet sur cet intervalle :
∀x∈R,H′(x)= −3
2× −2e−2x
1+e−2x = 3e−2x
1+e−2x =3e−2x+3−3
1+e−2x =3e−2x+3 1+e−2x − 3
1+e−2x =3¡
e−2x+1¢ 1+e−2x − 3
1+e−2x
=3−f(x)=h(x).
DoncHestune primitivedehsurR.
3. (a) On a vu que surRdonc en particulier sur l’intervalle [0 ;a] (aveca>), la fonctionhest positive, donc l’in- tégrale
Za 0
h(x) dxest égale en unités d’aire à la mesure de la surface limitée par la représentation graphique deh, l’axe des abscisses, et les droites d’équationx=0 etx=a.
Mais commeh(x)=3−f(x), cette surface est la surface limitée par la droite∆, la courbeC et les droites d’équationx=0 etx=a(voir l’aire hachurée ci-dessus).
(b) D’après la questionB. 2., on a : Za
0 h(x)dx=[H(x)]a0=H(a)−H(0)= −3 2ln¡
1+e−2×a¢ +3
2ln¡
1+e−2×0¢
=3 2ln 2−3
2ln¡
1+e−2×a¢
= 3 2ln
µ 2
1+e−2a
¶ . (c) D’après la question précédente, on sait que l’aire deDa, surface limitée par la droite∆, la courbeC et les
droites d’équationx=0 etx=aest égale à 3 2ln
µ 2
1+e−2a
¶ . Or lim
x→+∞e−2x=0, donc lim
x→+∞1+e−2x=1 et lim
x→+∞
µ 2
1+e−2x
¶
=2, donc finalement par composition, l’aire de Dest égale à lim
x→+∞
3 2ln
µ 2
1+e−2x
¶
= 3
2ln 2≈1, 04 (u. a.)
III D’après Bac (Antilles-Guyane - septembre 2013 Partie A:modélisation et simulation
1. (−1 ; 1) : non carx<0 ce qui n’est pas possible ;
(10 ; 0) : oui par exemple en choisissant 10 fois la valeur 0 poury; (2 ; 4) : non cary>2 ;
(10 ; 2) : oui par exemple en choisissant dans cet ordre 8 fois la valeur 0 puis deux fois la valeur 1 poury.
2. Pour que Tom ait réussi la traversée, il faut qu’ilsoit arrivé au bout des 10 étapes, c’est-à-dire quex=10 et qu’il netombe pas lors de cette dernière étape, ce qui est encore possible si sa position à l’étape précédente était (9 ; 1) ou (9 ;−1) ; il faut donc tester également siyn’est pas plus grand que 1 ou plus petit que−1 en fin d’algorithme.
On remplace dans l’algorithme la ligne : Afficher « la position de Tom est » (x;y) par :
Six=10 etyÊ −1 etyÉ1
alors Afficher « Tom a réussi la traversée » sinon Afficher « Tom est tombé »
Fin du si Partie B
Pour toutnentier naturel compris entre 0 et 10, on note :
Anl’évènement « aprèsndéplacements, Tom se trouve sur un point d’ordonnée−1 ».
Bnl’évènement « aprèsndéplacements, Tom se trouve sur un point d’ordonnée 0 ».
Cnl’évènement « aprèsndéplacements, Tom se trouve sur un point d’ordonnée 1 ».
On notean,bn,cnles probabilités respectives des évènementsAn,Bn,Cn.
1. Au départ, Tom se trouve à l’origine O donc son ordonnée est 0 ; donc l’événementB0est réalisé :a0=0,b0=1 et c0=0.
2. On va représenter sur un arbre pondéré le passage de l’étatnà l’étatn+1 ; une branche vers le haut signifie que le nombre choisi au hasard est−1, une branche du milieu signifie que le nombre est 0 et une branche vers le bas signifie que ce nombre vaut 1.
Il est dit dans le texte queSreprésente l’événement « Tom traverse le pont » doncSdésigne l’événement « Tom est tombé à l’eau ».
b b
An
an
b
S
An∩S 1
3
b
An+1
An∩An+1
1 3
b
Bn+1
An∩Bn+1
1 3
b
Bn
bn
b
An+1
Bn∩An+1 1
3
b
Bn+1
Bn∩Bn+1 1
3
b
Cn+1
Bn∩Cn+1 1
3
b
Cn
cn
b
Bn+1
Cn∩Bn+1
1 3
b
Cn+1
Cn∩Cn+1
1 3
b
S
Cn∩S 1
3
D’après la formule des probabilités totales : an+1=P(An+1)=P(An∩An+1)+P(Bn∩An+1)
=P(An)×PAn(An+1)+P(Bn)×PBn(An+1)=an×1
3+bn×1
3= an+bn
3 De mêmebn+1=P(Bn+1)=an×1
3+bn×1
3+cn×1
3= an+bn+cn 3 etcn+1=P(Cn+1)=bn×1
3+cn×1
3= bn+cn
3 3. P(A1)=a1=a0+b0
3 = 1
3 ;P(B1)=b1=a0+b0+c0
3 = 1
3 ; P(C1)=c1=b0+c0
3 = 1
3 .
4. Tom se trouve sur le pont au bout de deux déplacements si l’ordonnéeyde sa position vaut−1, 0 ou 1, autrement dit dans le cas de l’événementA2∪B2∪C2. Les trois événementsA2,B2etC2sont incompatibles doncP(A2∪B2∪ C2)=P(A2)+P(B2)+P(C2).
a2=a1+b1
3 =
1 3+13
3 = 2
9 ;b2=a1+b1+c1
3 =
1 3+13+13
3 = 1
3 ; c2=b1+c1
3 =
1 3
3= 2 9 .
P(A2∪B2∪C2)=P(A2)+P(B2)+P(C2)=a2+b2+c2=2 9+1
3+2 9= 7
9 . La probabilité que Tom se trouve sur le pont après deux déplacements est 7
9.
5. Pour la même raison que dans la question précédente, la probabilité que Tom traverse le pont estP(A10∪B10∪ C10)=P(A10)+P(B10)+P(C10)=a10+b10+c10≈0,040 272+0,056 953+0,040 272≈ 0,137 497 (d’après le tableau fourni).
Une valeur approchée à 0, 001 près de la probabilité que Tom traverse le pont est 0, 137.
IV
Réservé aux candidats ne suivant pas la spécialité mathématiques
1. La bonne réponse est b.
Par l’absurde : si (I J) et (EC) étaient coplanaires, alors, le pointJappartiendrait au plan (EC I) c’est-à-dire au plan (EC A), ce qui est faux.
2. La bonne réponse est c .
Dans le repère mentionné dans le sujet, on a−→AF(1, 0, 1) et−−→BG(0, 1, 1), d’où−→AF·−−→BG=1×0+0×1+1×1=1.
3. La bonne réponse est d. On le vérifie en injectant les coordonnées des pointsA,FetHdans l’équation x+y−z=0.
4. La bonne réponse est b.
Un vecteur normal deP est−→n(1, 1,−1), or−→EC(1, 1,−1). Par conséquent−→EC est normal àP, et comme−→E Let−→EC sont colinéaires,−→E Lest de ce fait aussi normal àP.
5. La bonne réponse est d .
On a−→EC(1, 1,−1) etE(0, 0, 1) ; une représentation paramétrique de la droite (EC) est donc
x = t
y = t (t∈R) z = 1−t
.
Le pointLa donc pour coordonnéesL(t,t, 1−t), et commeL∈P alors : t+t−(1−t)=0 d’où l’on tiret = 1 3, c’est-à-dire L
µ1 3,1
3,1 3
¶
, d’où le résultat.
IV
Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 1. On considère l’équation (E) à résoudre dansZ: 7x−5y=1.
(a) 7×3−5×4=21−20=1 donc (3 ; 4) est solution de (E).
(b) • Le couple (x;y) est solution de (E) donc : 7×x − 5×y = 1 Le couple (3 ; 4) est solution de (E) donc : 7×3 − 5×4 = 1 Par soustraction membre à membre : 7(x−3) − 5(y−4) = 0 donc 7(x−3)=5(y−4).
• Réciproquement, si le couple (x;y) est tel que 7(x−3)=5(y−4), on peut dire que
7(x−3)−5(y−4)=0 ⇐⇒7x−21−5y+20=0⇐⇒ 7x−5y=1, et donc que le couple (x;y) est solution de (E).
• Donc le couple d’entiers (x;y) est solution de (E) si et seulement si 7(x−3)=5(y−4) . (c) • Soit (x;y) un couple d’entiers solution de (E), ce qui équivaut à 7(x−3)=5(y−4).
7(x−3)=5(y−4) entraîne que 7 divise 5(y−4) ; or 7 et 5 sont premiers entre eux, donc, d’après le théorème de Gauss, 7 divise y−4. Donc il existe un entier relatifk tel quey−4=7k ce qui équivaut ày=7k+4 aveck∈Z.
Comme 7(x−3)=5(y−4) ety−4=7k, cela implique que 7(x−3)=5×7kce qui équivaut àx−3=5k ou encorex=5k+3.
Donc si (x;y) est solution de (E), alors
½ x = 5k+3
y = 7k+4 oùk∈Z
• Réciproquement, si le couple d’entiers (x;y) est tel que
½ x = 5k+3
y = 7k+4 oùk ∈Z, alors 7x−5y =7(5k+3)−5(7k+4)=35k+21−35k−20=1 donc (x;y) est solution de (E).
• Donc les solutions entières de l’équation (E) sont exactement les couples (x;y) d’entiers relatifs tels que
½ x = 5k+3
y = 7k+4 oùk∈ Z
2. Une boîte contient 25 jetons, des rouges, des verts et des blancs. Sur les 25 jetons il y axjetons rouges etyjetons verts. On sait que 7x−5y=1.
D’après la question1, on peut dire quex=5k+3 ety=7k+4 aveck entier relatif. Le nombre de jetons est un nombre positif, et ne doit pas dépasser 25 qui est le nombre total de jetons dans la boîte.
Pourk=0,x=3 ety=4 ; il peut donc y avoir 3 jetons rouges, 4 jetons verts et 25−3−4= 18 jetons blancs.
Pourk=1,x=8 ety=11 ; il peut donc y avoir 8 jetons rouges, 11 jetons verts et 25−8−11= 6 jetons blancs.
Les autres valeurs dekne donnent pas de résultats répondant au problème.
Dans la suite, on supposera qu’il y a 3 jetons rouges et 4 jetons verts.
3. Comme au départ c’est-à-dire pourn=0, le pion est en A, on peut dire queX0=¡
1 0 0¢ .
D’après le texte, on tire au hasard un pion dans la boîte, donc il y a équiprobabilité. Il y a 3 pions rouges sur 25 donc la probabilité de tirer un pion rouge est 3
25=0, 12 . On calcule de même la probabilité de tirer un pion vert : 4
25=016 et la probabilité de tirer un pion blanc : 18
25=0, 72. On cherche la probabilitéan+1qu’à l’étapen+1 le pion soit en A.
S’il était en A à l’étapen, il faut tirer une boule blanche pour qu’il y reste, ce qui se fait avec une probabilité de 0,72.
Comme il avait une probabilité égale àand’être en A à l’étapen, on retient 0, 72an.
S’il était en B à l’étapen, il faut tirer une boule rouge pour qu’il passe en A, ce qui se fait avec une probabilité de 0,12. Comme il avait une probabilité égale àbnd’être en B à l’étapen, on retient 0, 12bn.
S’il était en C à l’étapen, il faut tirer une boule rouge pour qu’il passe en A, ce qui se fait avec une probabilité de 0,12. Comme il avait une probabilité égale àcnd’être en C à l’étapen, on retient 0, 12cn.
On peut donc dire que : an+1=0, 72an+0, 12bn+0, 12cn . On justifie de la même façonbn+1etcn+1et l’on a :
an+1 = 0, 72an + 0, 12bn + 0, 12cn
bn+1 = 0, 12an + 0, 72bn + 0, 16cn cn+1 = 0, 16an + 0, 16bn + 0, 72cn
ce qui donne sous forme matricielle
¡an+1 bn+1 cn+1¢
=¡
an bn cn¢
×
0, 72 0, 12 0, 16 0, 12 0, 72 0, 16 0, 12 0, 16 0, 72
soitXn+1=XnT oùT=
0, 72 0, 12 0, 16 0, 12 0, 72 0, 16 0, 12 0, 16 0, 72
4. On admet queT=P DP−1oùP−1=
3 10
37 110
4 11 1
10 − 1
10 0
0 1
11 −1 11
etD=
1 0 0
0 0, 6 0 0 0 0, 56
(a) On sait queP=¡ P−1¢−1
; on cherche donc à la calculatrice l’inverse de la matriceP−1et on trouve : P=
1 7 4
1 −3 4 1 −3 −7
(b) On va démontrer parrécurrencesurn(nÊ1) la propriétéPn:Tn=P DnP−1.
• On sait queT=P DP−1doncT =P D1P−1et donc la propriété est vraie au rangn=1.
• On suppose la propriété vraie à un rangp(pÊ1), c’est-à-direTp=P DpP−1; c’est l’hypothèse de récur- rence.
On veut démontrer que la propriété est vraie au rangp+1.
Tp+1=Tp×T; d’après l’hypothèse de récurrence,Tp=P DnP−1et on sait queT=P DP−1. DoncTp+1= P DpP−1×P DP−1=P DpP−1P DP−1=P Dp+1P−1et donc la propriété est vraie au rangp+1.
• La propriété est vraie au rang 1, elle est héréditaire, donc elle est vraie pour toutnÊ1.
On a donc démontré que, pour toutn∈N∗, Tn=P DnP−1 . (c) La matriceDest une matrice diagonale ;Dn=
1 0 0
0 0, 6n 0 0 0 0, 56n
On noteαn,βn,γnles coefficients de la première ligne de la matriceTn; ainsiTn=
αn βn γn
. . . . . . . .
On admet queαn= 3 10+ 7
10×0, 6netβn=37−77×0, 6n+40×0, 56n
110 .
5. On rappelle que, pour tout entier natureln,Xn=X0Tn.
(a) Xn=¡
an bn cn¢
etX0=¡
1 0 0¢ Xn=X0Tn ⇐⇒¡
an bn cn¢
=¡
1 0 0¢
×
αn βn γn
. . . . . . . .
⇐⇒¡
an bn cn
¢=¡
αn βn γn
¢
Doncan=αnetbn=βn. Or comme à chaque étape, le pion est soit en A, soit en B, soit en C,an+bn+cn=1 et donccn=1−an−bn=1−αn−βn.
(b) an= 3 10+ 7
10×0, 6n; or−1<0, 6<1 donc lim
n→+∞0, 6n=0 d’où l’on déduit que lim
n→+∞an= 3 10. bn==37−77×0, 6n+40×0, 56n
110 ; or−1<0, 56<1 donc lim
n→+∞0, 56n=0 et comme lim
n→+∞0, 6n=0, on peut en déduire que lim
n→+∞bn= 37 110. cn=1−an−bndonc lim
n→+∞cn=1− 3 10− 37
110= 4 11. (c) lim
n→+∞an= 3 10= 33
110; lim
n→+∞bn= 37
110et lim
n→+∞cn= 4 11= 40
110
Le sommet sur lequel on a le plus de chance de se retrouver après un grand nombre d’itérations est le sommet qui a la plus grande probabilité au rangn; c’est donc le sommet C.
