Classe de Première 8

Classe de Première 8

Correction du DS : suites, barycentres.

Exercice 1

1. Les nombres impairs 1, 3, 5, 7, 9 … vont de 2 en 2 (puisque les entiers sont alternés, un pair suivi d’un impair). Ils forment donc une suite arithmétique de premier terme u₀ =1 et de raison 2. Si

( )

^un désigne la suite des nombres impairs on a donc pour tout entier n :

2 1

un = n+ .

La somme S_n = + + +u₀ u₁ ... u_n est donc égale par théorème à

(

⁰

)

_{( 1)}

2

n n

u u

S + n

= + (il y a

n + 1 termes de 0 à n), ce qui fait

(

^{1 2 1}

)

_{( 1)} ^{(2 2 )}_{( 1) ( 1)( 1)}

2 2

n

n n

S = + + n+ = + n+ = +n n+ . On a donc bien démontré qu’en ajoutant les nombres impairs consécutifs à partir de1 on obtient toujours un carré.

2. L’aire d’un carré est le carré de son côté, et comme à chaque fois le côté est divisé par 3, l’aire de chaque carré est égale à un neuvième de l’aire du carré précédent. La suite des aires est donc géométrique de premier terme u₁=9² =81 et de raison 1

9. On peut donc écrire

1 1

81 9

n

un

  −

= × 

  pour tout entier n≥1 (attention, ici la suite commence à u1 donc on n’emploie pas la formule u q ). ₀ ⁿ

La somme des 10 carrés est égale à 1 81₉

81 9 1 ...

9 9

S = + + + + + , ce qui est égal par théorème à

10

10

1 1

9 1

81 9 81 1

1 8 9

1 9 S

−  

= = ×  − 

 

−

soit environ 91,125.

Exercice 2

G est l’isobarycentre de A, B, C, D soit le barycentre de (A, 1) (B, 1) (C, 1) (D, 1). Comme I est le milieu de [AB], soit le barycentre de (A, 1) (B, 1), et K le milieu de [CD], on a par associativité que G est le barycentre de (I, 2) (K, 2), soit le milieu de [IK]. En regroupant (B, 1) (C, 1) et (A, 1) (D, 1) on montre de même que G est le milieu de [JL].

IJKL a ses diagonales qui se coupent en leur milieu, c’est donc un parallélogramme.

Si M est un point du plan, on sait, I étant le milieu de [AB], que MA MB+=2MI

. On a aussi 2

MC+MD= MK

donc u=MA MB+−MC−MD=2MI−2MK=2KM+2MI=2KI . L’égalité MA MB++MC+MD = u

est équivalente à 4MG = 2KI

puisque, G étant l’isobarycentre de A, B, C, D, on a MA MB++MC+MD=4MG

pour tout point M du plan.

On obtient donc 4MG=2KI soit 1

MG= 2KI =GI. L’ensemble B₁ est donc le cercle de centre G, passant par I (et K).

On peut écrire de même qu’à la question 3 que :

( )

^{2 2 2}

MA MB− −MC+MD=MA MD+ − MB+MC = ML− MJ = JL

. Finalement l’égalité MA MB+ +MC+MD = MA MB− −MC+MD

est équivalente à 4MG=2JL soit 1

MG=2JL. L’ensemble B₂ est donc le cercle de centre G, passant par J (et L).

Les deux ensembles sont confondus quand IK = JL, donc quand le parallélogramme IJKL a ses diagonales de même longueur, c’est-à-dire quand c’est un rectangle.

Exercice 3

On a 4 3

( ) 2

f x x x

= +

+ donc 4( 2) (4₂ 3) 5 ₂

'( ) ( 2) ( 2)

x x

f x x x

+ − +

= =

+ + est toujours positif. f est donc strictement croissante sur [0 ; +∞[.

L’équation f x( )=x s’écrit 4 3 2

x x

x + =

+ successivement équivalente à 4x+ =3 x x( +2) soit 4x+ =3 x2+2x ou x²−2x− =3 0. Le discriminant vaut ∆ = −( 2)²− × − × =4 ( 3) 1 16, les solutions en sont –1 et 3. Compte tenu de l’ensemble de définition, la seule solution est 3.

La suite

( )

^un est définie par _{0 1} 4 3

0, 2

n n

n

u u u

+ u

= = +

+ .

On a donc ₁ ⁰

0

4 3 3

2 2

u u u

= + =

+ et ₂ ¹

1

4 3 3

4 3 2 9 18

3 7

2 7

2 2 2

u u u

+ × +

= = = =

+ +

.

Comme _{1 0} 3

u − =u 2et _{2 1} 18 3 15

7 2 14

u − =u − = , la suite

( )

^un n’est pas arithmétique.

Comme u₀ =0 et u₁≠0, elle n’est pas géométrique.

Au vu du tracé de la suite, elle semble croissante et converger vers 3, le point d’intersection de la courbe de f et de la droite d’équation y = x.

On pose maintenant 1

3

n n

n

v u

u

= +

− . ₀ ⁰

0

1 1

3 3

v u

u

= + =

− , ₁ ¹

1

3 5

1 2 1 2 5

3 3

3 3

3 2 2

v u

u + +

= = = =

− −

et

2 2

2

18 25

1 7 1 7 25

18 3

3 3

3 7 7

v u

u + +

= = = =

− −

. Cette suite semble géométrique de raison 5. Prouvons-le.

( )

1 1

1

4 3 4 3 2 5 5

1 2 1 2 2 5( 1)

4 3 3 2 4 3 3 5

3 3 3

2 2 2

n n n n

n n n n n

n n

n n n n

n n

n n n

u u u u

u u u u u

v v

u u u u

u u

u u u

+ +

+

+ + + + + +

+ + + + +

= − = − + = + − + = − = − =

+ + +

CQFD.

On peut donc écrire 5 3

n

vn = pour tout entier n.

Reste à déterminer l’expression de u : _n

On a donc 5 1

3 3

n n n

n

v u

u

= = +

− soit 5 (3ⁿ −u_n)=3(u_n+1) donc 3 5× − =ⁿ 3 u_n(3 5 )+ ⁿ et finalement : 3 5 3

5 3

n

n n

u = × +

+ .

-1 0 1 2 3 4 5

-1 0 1 2 3 4 5