TS2 : correction du devoir sur table n

Exercice I

TS2 : correction du devoir sur table n

2 bis (4 heures)

Exercice I

Notons A_nl’événement « le tirage a lieu dans l’urne U₁à l’étape n »etp_nsa probabilité.

1. Arbre correspondant au début :

b b

A1

1

b A2

17 20

b A2

3 p2=p(A2)=17 20

20=0, 85. p2=0, 85. (0,5 pt)

2. Représentons un arbre avec les étapesnetn+1 :

b b

An pn

b An+1

17 20

b An+1

3 20

b

An 1−pn

b An+1

1 20

b An+1

19

An+1=(An∩An+1)∪(An∩An+1). C’est une réunion d’événements incompatibles donc :20 p(A_n+1)=p(A_n∩A_n+1)+p(A_n∩A_n+1)=p_An(A_n+1)p(A_n)+p_A

n(A_n+1)p(A_n)

=17 20pn+ 1

20(1−pn)=16 20pn+ 1

20=0, 8pn+0, 05.

Pour toutnÊ1, pn+1=0, 8pn+0, 05. (1 pt)

3. On trouve p3=0, 73 . (0,5 pt)

4. (a) Effectuons une démonstration par récurrence : soit (H_n) l’hypothèse de récurrence :p_n>0, 25.

• Amorçage :p1=1>0, 25 donc (H₁) est vraie.

• Hérédité : Supposons que (H_n) soit vraie pour un entiern.

Par conséquent :pn>0, 25.

Alors : 0, 8p_n>0, 8×0, 25=0, 2 donc 0, 8p_n+0, 05>0, 2+0, 05=0, 25 et pn+1=0, 8pn+0, 05>0, 25.

(H_n+1) est donc vraie.

La propriété est héréditaire.

D’après l’axiome de récurrence, la propriété est vraie our toutnnon nul.

Pour toutn,pn>0, 25 . (1 pt)

(b) Pour toutnÊ1,pn+1−pn=0, 8pn+0, 05−pn= −0, 2pn+0, 05.

pn>0, 5⇔ −0, 2pn< −0, 2×0, 05⇔ −0, 2pn< −0, 05⇔ −0, 2pn+0, 05<0. Par conséquent, pour toutnÊ1,pn+1−pn<0. La suite (p_n) est donc décroissante. (1 pt) (c) La suite (pn) est décroissante et minorée :

elle converge donc vers un réelℓ. (ℓÊ0, 25) (0,5 pt)

(d) On apn+1=f(pn) avecf(x)=0, 8x+0, 2.

D’après le rappel,ℓest solution de l’équationℓ=f(ℓ).

On résout l’équation et l’on trouve : 0, 2ℓ=0, 05 doncℓ=0, 05

0, 2 =0, 25.

La suite (pn) converge vers 0,25. (0,5 pt)

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Exercice II

Exercice II

Dans l’espace muni d’un repère orthonormé³ O;→−

i ;→− j ;→−

k´

, on considère le tétraèdre ABCD dont les sommets ont pour coordonnées : A³

1 ;−p 3 ; 0´

; B³ 1 ;p

3 ; 0´

; C(−2 ; 0 ; 0) ; D³

0 ; 0 ; 2p 2´

1. Le vecteur−→AB a pour coordonnées





 0 2p 3 0





;

le vecteur−→AD a pour coordonnées







−1 p3 2p

2





.

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc les trois points A, B, D définissent un plan.

La relation 4x+zp

2=4 est de la formeax+b y+c z=d, c’est donc une équation d’un planP.

• 4xA+zA

p2=4×1=4 donc A∈P

• 4xB+zB

p2=4×1=4 donc B∈P

• 4x_D+z_Dp 2=2p

2×p

2=4 donc D∈P DoncP est le plan (ABD) qui a pour équation 4x+zp

2=4. (1 pt)

2. On noteDla droite dont une représentation paramétrique est





 x=t y=0 z =tp

2 ,t∈R

(a) En prenantt=0, on trouve





 x=0 y=0 z=0

donc le point O appartient àD.

La droiteDa pour vecteur directeur−→u





 1 p0 2





.

Le vecteur−→CD a pour coordonnées





 2 0 2p

2





donc−→CD=2−→u ce qui entraîne que la droiteD est

parallèleà (CD). (1 pt)

(b) Le point G d’intersection de la droiteDet du plan (ABD) a des coordonnées (x; y;z) qui véri-

fient :











x=t y=0 z=tp

2 4x+zp

2=4 Donc 4t+tp

2×p

2=4 ⇐⇒6t=4⇐⇒ t=2 3. Le point G a pour coordonnées

Ã2

3; 0 ; 2p 2 3

!

. (1 pt)

3. (a) On note L le milieu du segment [AC] ; L a pour coordonnées³xA+xC

2 ; yA+yC

2 ; zA+zC

2

´

= Ã

−1 2 ;−

p3 2 ; 0

!

Le vecteur−BL a pour coordonnées→













−3 2

−3p 3 02













; le vecteur−→BO a pour coordonnées







−1

−p 3 0





.

Donc 2 3

−→

BL=−→BO ; les vecteurs−BL et→ −→BO sontcolinéairesdonc les points B, O et L sont alignés.

Le vecteur−→AC a pour coordonnées







−3 p3 0





.

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Exercice III

On calcule le produit scalaire de−BL et de→ −→AC :

−→

BL.−→AC= −3

2×(−3)+ Ã

−3p 3 2

!

×p

3+0=9 2−9

2=0 donc les vecteurs−BL et→ −→AC sont orthogonaux.

On peut donc dire quela droite (BL) passe par le point O et est orthogonale à la droite (AC). (1 pt) (b) La droite (BL) passe par le milieu de [AC] et est perpendiculaire à (AC) donc c’est la médiatrice

de [AC], donc BA=BC.

• BA²=(x_A−x_B)²+¡

y_A−y_B¢2

+(z_A−z_B)²=

³

−2p 3´2

=12

• CA²=(xA−xC)²+¡ yA−yC

¢2

+(zA−zZ)²=(1+2)²+

³

−p 3´2

=9+3=12 Donc BA²=CA²donc BA=CA.

On peut en déduire que le triangle ABC estéquilatéral.

Donc le centre de son cercle circonscrit est aussi son centre de gravité ; il est situé aux 2 3 d’une médiane en partant du sommet.

Or on a vu que2 3

−→

BL=−→BO donc on peut en déduire que le point O est lecentre du cercle circons-

crit au triangle ABC. (1 pt)

4. On a déjà vu que AB=AC=BC=p

12 ; on calcule les longueurs des autres arêtes du tétraèdre :

• DA²=(−1)²+

³p 3´2

+

³ 2p

2´2

=1+3+8=12

• DB²=(−1)²+

³

−p 3´2

+

³2p 2´2

=1+3+8=12

• DC²=2²+

³ 2p

2´2

=4+8=12

Donc les six arêtes du tétraèdre ABCD ont la même longueur, donc le tétraèdre ABCD estrégulier. (1 pt) Exercice III

1. (a) u1= µ

1+2 1

¶ u0+6

1=3×5+6= 21. (0,5 pt)

(b) On obtient :d1=u1−u0=16,d2=u2−u1=24, puisd3=32,d4=40,d5=48.

On peut donc conjecturer que la suite (d_n)_n∈Nestarithmétique de raison 8 et de premier terme

16. (0,5 pt)

2. Soit (vn)_n∈Nla suite arithmétique de raison 8 et de premier termev0=16.

On sait que, pour tout entier natureln, vn=16+8n=8(n+2).

La sommeSndesnpremiers termes est :Sn=v0+v1+ · · · +vn−1=n×v0+8+2×8+ · · · +(n−1)×8= 16n+8×n(n−1)

2 =16n+4n(n−1)= 4n²+12n . (1 pt)

3. Démonstration par récurrence:

— Initialisation:u0=5 : vrai

— Hérédité: supposons qu’il existen∈Ntel queun=4n²+12n+5.

Alorsu_n+1= µ

1+ 2 n+1

¶

u_n+ 6 n+1=

µ 1+ 2

n+1

¶

¡4n²+12n+5¢ + 6

n+1.

Or 4n²+12n+5=4(n+1)²−8n−4+12n+5=4(n+1)²+4n+1=4(n+1)²+4(n+1)−3. En reportant dansu_n+1au dessus, on obtient :

un+1= µ

1+ 2 n+1

¶

£4(n+1)²+4(n+1)−3¤ + 6

n+1= 4(n+1)²+4(n+1)−3+8(n+1)+8− 6

n+1+ 6

n+1=4(n+1)²+12(n+1)+5.

La relation est donc vraie au rangn+1.

Conclusion: on vient de démontrer par récurrence que, quel que soitn∈N,

un=4n²+12n+5. (1 pt)

4. Soitn∈N, d’après les questions précédentes, on déduit que :dn=un+1−un=4(n+1)²+12(n+1)+ 5−¡

4n²+12n+5¢

=4n²+8n+4+12n+12−4n²−12n−5=8n+16=v_n.

Conclusion: la suite (dn)_n∈Nestarithmétiquede raison 8 et de premier termed0=16. (1 pt) Page 3/4

Exercice IV

Exercice IV

PARTIE A :

1. On effectue une démonstration par récurrence :

• Initialisation :u0=1+12

5⁰ =1+12=13 : vrai ;

• Hérédité : supposons qu’il existe un naturelp>0 tel queup =1+12

5^p; alorsup+1 =1 5up+4

5 = 1

5 µ

1+12 5^p

¶ +4

5=1 5+4

5+ 12

5^p+1 =1+ 12

5^p+1 : l’hérédité est bien démontrée.

On a donc pour tout entier natureln, u_n=1+12 5ⁿ . Comme lim

n→+∞

12

5ⁿ =0, lim

n→+∞u_n=1.

(1 pt) 2. (a) On aSn+1−Sn=un+1. Par une récurrence immédiate, on aun>0, ce qui entraîne que la suite

(Sn) estcroissante. (0,5 pt)

(b) D’après la question1.,Sn=1+12

5⁰+ · · · +1+12

5ⁿ =(n+1)×1+

n

X

k=0

12

5^k =(n+1)+12

n

X

k=0

1 5^k. Le deuxième terme de la somme précédente est la somme des (n+1) premiers termes d’une suite géométrique de raison 1

5, soit avecTn=

n

X

k=0

1 5^k, 1

5Tn = 1

5+ · · · + 1 5ⁿ + 1

5ⁿ⁺¹ et par différence 4

5Tn =1− 1

5ⁿ⁺¹ et enfinTn = 5 4 µ

1− 1 5ⁿ⁺¹

¶ . D’où 12

Xn k=0

1

5^k =12×5 4 µ

1− 1 5ⁿ⁺¹

¶

=15 µ

1− 1 5ⁿ⁺¹

¶

=15− 3 5ⁿ On a donc :

Sn=(n+1)+15− 3

5ⁿ =n+16− 3 5ⁿ.

(c) La limite de la suite est celle den, donc égale à +∞. (1,5 pt)

PARTIE B :

Proposition 1 :Fausse: la suite (x_n) de l’exercice ci-dessus est convergente, alors que (S_n) diverge. (1 pt) Proposition 2 :Fausse: la suite (xn) de l’exercice ci-dessus est décroissante car la suite de terme général 1

5ⁿ l’est et on a vu que la suite (Sn) est croissante. (1 pt)

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