TS MARINE 2016-2017 DEVOIRS DE MATHEMATIQUES CORRIGES

TS MARINE 2016-2017 DEVOIRS DE MATHEMATIQUES

CORRIGES

DS1 27/09/2016 page 2 DV 10/10/2016 page 10 DS 08/11/2016 page 12 DV 17/11/2016 page 19 DV 02/12/2016 page 20 BB 11/01/2017 page 22 DV 30/01/2017 page 29 DS 14/02/2017 page 31 DV 20/03/2017 page 37 DS 04/04/2017page 39 DS 16/05/2017 page 47

DEVOIR DE MATHEMATIQUES TS

4

EXERCICE I : (4,5 points) 1° 1,25 2° 1,5 3° 1,75 D’après ASIE Juin 2016 1. a.

représente la masse en grammes de bactéries dans la cuve n jours après l’instant initial.

D’une journée sur la suivante cette masse augmente de 20 % et le changement de milieu occasionne la perte de 100 g d’où pour tout entier naturel n, = , − .

1. b. On cherche la valeur de à partir de laquelle > 30000.

A l’aide de la calculatrice, on a : ≈ 28103 ≤ 30000 et ≈ 33624 > 30000 C’est donc au bout de 23 jours que, pour la première fois, la masse dépassera les 30kg.

1. c.

Variables : u et n sont des nombres u prend la valeur 1 000 n prend la valeur 0 Traitement : Tant que u≤30000 faire

u prend la valeur , − n prend la valeur n +1 Fin Tant que

Sortie : Afficher n

2. a. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, ≥ 1000

*Initialisation : Pour = 0 ∶ = 1000 ≥ 1000 donc l’égalité est vérifiée pour = 0

*Hérédité : On suppose que pour un certain rang arbitrairement fixé dans , on a : ≥ 1000 et on montre qu’alors ≥ 1000

On a : ≥ 1000 Donc 1,2 × ≥ 1200 Donc 1,2 × − 100 ≥ 1100

Donc ≥ 1100 ≥ 1000

! " ≥ 1000 .

*Conclusion :

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout entier naturel n, on a : ≥ 2. b. Pour tout de :

⋆ − = 1,2 − 100 − = 0,2 − 100.

⋆ ≥ 1000 (d’après la question précédente) Donc 0,2 ≥ 200

Donc 0,2 − 100 ≥ 100 ≥ 0

Donc − ≥ 0

Ainsi la suite ( ) est croissante.

3. On définit la suite (& ) par : pour tout entier naturel , & = − 500 3. a. Pour tout entier naturel :

& = − 500

& = 1,2 − 100 − 500

& = 1,2 − 600

& = 1,2 ( −600 1,2 )

& = 1,2( − 500)

* = , × *

Ainsi la suite (* )est une suite géométrique de raison + = 1,2 et de 1^er terme. * = − , = , . Démarche à APPRENDRE !!!!!

3. b. Comme (& ) est une suite géométrique de raison . = 1,2 et de 1^er terme. & = 500.

On a : * = * × + = , × , 3. c. On a : & = − 500

Donc = & + 500

Donc = , × , ⁰+ ,

1,2 > 1 ⟹ lim_{→ 6}1,2 = +∞ ⟹ lim_{→ 6}500 × 1,2 = +∞ ⟹ lim_{→ 6}500 × 1,2 + 500 = +∞

Ainsi limite de la suite ( ) est +∞

EXERCICE II: (6 points)

Partie A : 0,5 Partie B : 1°: 1,25 2° :2,25 3° 1 4° 0,5 5° 0,5 Partie A : Lecture graphique

Par lecture graphique, déterminer 8′(0) et 8′(3).

8′(3) est le coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abscisse 3 8^:(3) = Δ<

Δ= = −3 1 = −3

De même au point d’abscisse 0, la tangente à la courbe est parallèle à l’axe des abscisses donc 8′(0) = 0

Partie B : Etude de la fonction

La fonction 8 est définie sur ] − ∞; 2@ ∪]2 ; +∞@ par 8(=) =^BCDEB_BD 1°Dérivée

a) 8 est une fonction rationnelle

donc 8 est dérivable sur son ensemble de définition ] − ∞; 2@ ∪]2 ; +∞@

Pour tout = de ] − ∞; 2@ ∪]2 ; +∞@ , on a : (=) = = − 6= + 12 ^:(=) = 2= − 6

&(=) = = − 2 &^:(=) = 1 On applique : F^G_HI^:= ^GJ.HDH_HC^J.G

8^:(=) =(2= − 6)(= − 2) − 1 × (= − 6= + 12)

(= − 2)² = ⋯ = =² − 4=

(= − 2)² Donc pour tout = appartenant à ] − ∞; 2@ ∪]2 ; +∞@, 8^:(=) = ₍⁼₌₋₂²⁻⁴⁼₎₂ b) Signe de la dérivée

Pour M(=) = =² − 4= = =(= − 4), les racines sont évidentes : 0 et 4 Tableau de signe :

= −∞ 0 2 4 +∞

= − 4=

(= − 2)²

+ 0 - - 0 + + + 0 + + 8′(=) + 0 - ∥ - 0 + c) Sens de variation

D’après le signe de sa dérivée,

la fonction O est strictement croissante sur P−∞ ; 0P , strictement décroissante sur Q0 ; 2Q, strictement décroissante sur ]2 ; 4] et strictement croissante sur @4; +∞@

N’oubliez pas l’ensemble de dérivabilité.

2° a) Limites :

Limite à l’infini : 8 est une fonction rationnelle, elle a même limite à l’infini que le quotient de ses termes de plus haut degré.

⋆ lim_B→D6=² − 6= + 12

= − 2 = lim_B→D6=²

= = lim^B→D6= = −∞

⋆ lim_{B→ 6}=² − 6= + 12

= − 2 = lim_{B→ 6}=²

= = lim^{B→ 6}= = +∞

R^:Sù UVW_X→D6O(X) = −∞ YZ UVW_{X→ 6}O(X) = +∞

Limite en 2

B→lim(= − 6= + 12) = 4

limB→ (= − 2) = 0 [ \]^ !^ _`a ^ b ⟹ lim^B→_Bc d= − 6= + 12

= − 2 e = −∞ ^[ lim_B→

Bf

d= − 6= + 12

= − 2 e = +∞

= −∞ 2 +∞

= − 2 − 0 +

Conclusions lim_B→

Bc

8(=) = −∞ ^[ lim_B→

Bf

8(=) = +∞

b) Les limites infinies à gauche et à droite de 2 permettent de déduire que la droite d’équation = = 2 est une asymptote verticale à la courbe 8. On trace cette droite

3° a) Tableau de variation de 8

= −∞ 0 2 3 4 5 + ∞ 8^:(=) + 0 − − 0 +

8(=) -6 +∞ +∞

3 7/3

−∞ − ∞ 2 b) Démarche importante.

D’après le tableau de variation, complété avec 8(3) = 3 ^[ 8(5) =^g< 3 : Sur @ 3 ; 5], le minimum est 8(4) = 2 et le maximum est 8(3) = 3 Donc pour = ∈ @ 3 ; 5], on a : 8(=) ∈ @2 ; 3]

4° Equation de la tangente j_k à l_mau point A d’abscisse 1.

< = 8^:(1) × (= − 1) + 8(1) ⟺ < = −3(= − 1) + (−7) ⟺ < = −3= − 4 Donc j_ka pour équation< = −3= − 4

5° On donne une copie d’écran de calculatrice que l’on ne demande pas de justifier

Aleth BERGER MATHEMATIQUES TS 2016/2017 5 / 56

☺ ^p

pBq8(=)r = 8′$=%

Interpréter graphiquement l’information donnée sur la copie d’écran.

L’écran indique que l’équation 8’$=% 0,75 a deux solutions -2 et 6

Graphiquement, il existe deux tangentes à la courbe l_m dont le coefficient directeur est égal à 0,75 : ce sont les tangentes aux points d’abscisses -2 et 6

EXERCICE III : ( 4,5 points ) 1° ) a : 0,5 b 0,75 c : 0,5 d 0,75 e : 0,5 2°) : a : 0,5 b 1 pt 1° On considère la fonction 8 définie sur @0 ; +∞@ par 8(=) = √= − = + 1

a) Justifier que la fonction O est bien définie sur @ ; +∞@

√= − = + 1 existe si et seulement si =² − = + 1 ≥ 0. On pose (=) = =² − = + 1 = ∈ @0 ; +∞@

Δ = (−1) − 4 × 1 × 1 = −3 < 0 (=) n’a pas de racine, donc (=) > 0 sur @0 ; +∞@

Ainsi O est bien définie sur @ ; +∞@

b) Justifier que O est dérivable sur @ ; +∞@, puis déterminer O′(X) 8 = √

Or la fonction est dérivable sur @0 ; +∞@ et (=) > 0 sur @0 ; +∞@

donc O est dérivable sur @ ; +∞@

Pour tout = de @0 ; +∞@ :

(=) = = − = + 1 ^:(=) = 2= − 1 q√ r^:= ^: 2√

O^:(X) = X −

√X − X +

c) Etudier le signe de O′(X).

= 0 ½ +∞

2= − 1 2

u= − = + 1

− 0 + + + + + O′(X) − 0 + d) Calculer _{X→ 6}vwxO(X).

Décomposons la fonction 8 = √ 1ère fonction :

est une fonction polynôme, on a : _{B→ 6}]`y (= − = + 1) = ]`y_{B→ 6}=² = +∞

2^ème fonction : la fonction racine carrée

On pose z = = − = + 1 ainsi z tend vers +∞

Or _{{→ 6}]`y √z = +∞

donc par composition _{B→ 6}]`y u=² − = + 1 = +∞

Ainsi _{B→ 6}]`y 8(=) = +∞.

e) Tableau de variations de la fonction O.

= 0 ½ +∞

8′(=) − 0 +

8(=)

1 +∞

^√

Les images doivent être des valeurs exactes !!!!

Aleth BERGER MATHEMATIQUES TS 2016/2017 7 / 56 2° On considère la courbe l d’équation < = √= pour =∈ @0 ; /∞@. On place |$ 1; 0%.

Soit M un point quelconque de l, on note = son abscisse. On veut déterminer la position du point M sur l qui rend minimale la distance |}.

a) Démontrer que la distance |} est donnée par |} √= = / 1 pour = ∈ @0 ; /∞@.

☺ Cette démarche est à mémoriser : on exprime les coordonnées des points, puis on calcule la distance ! Coordonnées des points |$1 ; 0% } ∈ l ⟹ }q=; √= r &^" = ∈ @0 ; /∞@.

Formule de la longueur :

|} ~$ = 1% / $√= 0%² u $= 2= / 1% / = u= = / 1 Donc on a bien •€ √X X / pour X ∈ @ ; /∞@.

b) En réinvestissant les résultats obtenus dans la question 1, déterminer la position du point } pour lequel la distance |} est minimale et préciser cette distance.

On observe que |} 8$=%

On a montré que la fonction 8 admet sur @0 ; /∞@ un minimum pour = égal à ^√

Le point M associé a pour abscisse =_• et appartient la courbe l d’équation < √= donc <_• ~ Ainsi, c’est le point € d ; ~ e qui rend la distance •€ minimale.

Cette distance minimale est égale à ^√‚ . ƒ., c’est-à-dire , „ . ƒ. à , près

EXERCICE IV : (5 points) A : 1° : 0.75 2° : 0.75 B : 1° : 0.75 2° : 1.75 3° : 1 Pour tout réel strictement positif, on définit sur l’intervalle @0 ; /∞@ la fonction a_… par : a_…$=% =^†/ 2= 3 = / 2

=^†/ 1

On note l_… la courbe représentative de la fonction a_… dans un repère du plan.

Partie A :

1. Démontrer que la droite ‡ d’équation < 1 est asymptote à la courbe l_…. La fonction a_… est rationnelle donc :

B→ 6lim

=^†/ 2= 3 = / 2

=^†/ 1 _{B→ 6}lim =^†

=^† _{B→ 6}lim 1 1 ! " lim_{B→ 6}a_…$=% 1

On en conclut que la droite d’équation < 1 est une asymptote à la courbe l_… au voisinage de / ∞.

2. On a construit dans le repère ci-dessous les courbes l _, ; l _,ˆ ; l ; l ; l _,ˆ et la droite ‡.

Emettre une conjecture sur le nombre de point(s) d’intersection de l_… et de ‡, suivant les valeurs du réel . On conjecture que :

`%‰ Š ∈>0; 1@, l_…^[ ‡ n’ont pas de point d’intersection.

ii) Pour 1,l_…^[ ‡ ont un unique point d’intersection.

iii) Pour ∈>1; /∞@, l_…^[ ‡ ont deux points d’intersection.

Partie B :

On considère la fonction ‹_… définie sur @0 ; /∞@ par ‹_…$=% 2= 3 = / 1.

1. Justifier que = est l’abscisse d’un point d’intersection de l_… et de ‡ si et seulement si ‹_…$=% 0

= est l’abscisse d’un point d’intersection de l_… et de ‡ si et seulement si : a_…$=% 1 ⇔=^† / 2= 3 = / 2

=^†/ 1 1

⟺ =^†/ 2= 3 =² / 2 =^†/ 1 ^[ =^†/ 1 • 0 ⇔ 2= 3 = / 1 0

⇔ ‹_…$=% 0

2. Justifier toutes les données figurant dans le tableau de variation de la fonction ‹_… , donné ci-dessous.

= 0 /∞

‹_…$=%

1 /∞

/ 1

La fonction ‹_… est dérivable sur @0; /∞@ en tant que fonction polynôme.

Pour tout réel = !^@0; /∞@ , ‹_…^:$=% 6=² 6 = 6=$= %

Calcul des racines de Ž_•^: (X) ! _ @0 ; +∞@ : 6= = 0 ⇔ = = 0 ∈ @0; +∞@

= − = 0 ⇔ = = ∈ @0; +∞@ " Š > 0

Signe de Ž_•^:(X): ℎ_…^:(=) est un polynôme du second degré avec dont le coefficient en =² & [ 6 > 0.

Variation de la fonction Ž_• :

= 0 +∞

Signe de ℎ_…^:(=) 0 − 0 + Variations de

ℎ_…

1 +∞

− + 1 Image :

ℎ_…( ) = 2 − 3 + 1 = − + 1 Limite en +∞

la fonction ℎ_…est une fonction polynôme donc

B→ 6lim (2= − 3 = + 1) = lim_{B→ 6}2= = +∞

Ainsi

B→ 6lim ℎ_…(=) = +∞

Toutes les informations ont été validées

3. Dans cette question, on suppose = 0,5.

3. a. Déterminer le minimum de la fonction ℎ _,ˆ sur @0 ; +∞@. ℎ _,ˆ(0,5 ) = − (1

2) + 1 = −1

8 + 1 =7 8

Donc d’après la question B2) et le calcul ci-dessus, le minimum de la fonction ℎ _,ˆ est égal à ^g

‘. 3. b. Que peut-on en déduire concernant l’intersection de l _,ˆ et ‡.

D’après 3a), le minimum de ℎ _,ˆ sur @0 ; +∞@ est égal à ^g

‘ donc pour tout = de @0; +∞@, ℎ _,ˆ(=) ≥^g_‘ > 0

donc pour tout = de @0; +∞@, ℎ _,ˆ(=) ≠ 0

donc d’après la question B1), l’équation a _,ˆ(=) = 1 n’a pas de solution dans @0 ; +∞@

donc l _.ˆ et D n’ont pas de point d’intersection.

DV TSM 10/10/2016 1h D’après sujet national juin 2013

1° 2 +0.5 2° 2.5 1.5+ 2.5 3° 2 + 2 +2 4° 1.5 + 2 +1.5

1.a. = + + 1.

= 2

3 +1

3 × + 1 = ⋯ = 7

3 ; =2

3 +1

3 × + 1 = ⋯ = 26

9 ; = ⋯ =97

27 ^† =356 81 Valeurs approchées à ^D près

= 2 ≈ 2,33 ≈ 2,89 ≈ 3,59 _† ≈ 4,40

1. b. Conjecture : la suite ( ) semble croissante.

2.a. Montrons par récurrence que : pour tout entier naturel n, ≤ + 3 Initialisation : = 0

On a = 2 ^[ 0 + 3 = 3 donc ≤ 0 + 3 L’inégalité est vraie pour = 0 Hérédité : On suppose que pour un entier , on a : ≤ + 3

et on prouve que ≤ ( + 1) + 3, c’est-à-dire ≤ + 4

≤ + 3

⟹ 2

3 ≤ 2

3 ( + 3)

⟹ 2

3 +1

3 + 1 ≤2

3 ( + 1) +1

3 + 1

⟹ ≤ + 3

Or 3 ≤ 4 ⟹ + 3 ≤ + 4

D’où ≤ + 4

Conclusion :

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout entier naturel n, ≤ + 3 2.b. Pour tout de

− = F + + 1I − = + + 1 − = ⋯ = ( + 3 − ).

2.c. Pour tout de

⋆ − = 1

3 ( + 3 − )

⋆ ≤ + 3 ⟹ 0 ≤ + 3 − ⟹1

3 ( + 3 − ) ≥ 0 ⟹ − ≥ 0

D’où pour tout de , on a ≥ ainsi la suite ( ) est croissante. La conjecture est validée.

3.a. Pour tout de

& = − ( + 1) = (2

3 +1

3 + 1) − ( + 1) =2

3 −2

3 =2

3 ( − ) =2 3 &

Pour tout de , & = & donc la suite (& ) est géométrique de raison 3.b. formes explicites

• la suite (& ) est géométrique de raison et de premier terme & = − 0 = 2 donc & = & × F I = 2 × F I

• on a & = − donc = & + d’où = 2 × F I +

3.c. limite

⋆ −1 < 2

3 < 1 ⟹ ]`y^{→ 6}(2

3) = 0 ⟹ ]`y^{→ 6}2 × (2

3) = 0

⋆ ]`y_{→ 6} = +∞

D’où ]`y<sub>→ 6</sub>F2 × F I + I = +∞ ⟹ ]`y_{→ 6} = +∞

4. Pour tout entier naturel non nul n, on pose : a. Calcul de somme

1 + (2

3) + (2

3) + ⋯ + (2

3) =1 − F23I

1 − 23 = 1 − F23I 13

= 3 d1 − (2

3) e

b. Exprimer “ en fonction de n.

” = • _–

–—

= +–— + ⋯ +

= d2 × (2

3) + 0e + d2 × (2

3) + 1e + d2 × (2

3) + 2e + ⋯ + d2 × (2

3) + e

= 2 d(2

3) + (2

3) + (2

3) + ⋯ + (2

3) e + (0 + 1 + 2 + ⋯ + )

= 2 × 3 d1 − (2

3) e + ( + 1) 2

= 6 d1 − (2

3) e + ( + 1) 2

b. Déterminer la limite de la suite (˜ ). j =” = 1 × ” = 1 ™6 d1 − (2

3) e + ( + 1) 2 š

= 6

d1 − (2

3) e + ( + 1) 2

= 6

d1 − (2

3) e +1 2 + 1

2

⋆ −1 < 2

3 < 1 ⟹ ]`y^{→ 6}(2

3) = 0 ⟹ ]`y_{→ 6}d1 − (2

3) e = 1

⋆ ]`y<sub>→ 6</sub> = +∞ ⟹ ]`y_{→ 6} 6

² = 0

D’où ]`y<sub>→ 6</sub> <sup>E</sup><sub>C</sub>(1 − F I ) = 0 De plus ]`y_{→ 6} = 0

Ainsi : ]`y_{→ 6}j =

DEVOIR DE MATHEMATIQUES TS

08

4

EXERCICE I : (5 points) POUR TOUS 1° 1.5 2° 0.75 3° 0.75 4° 1.25 5° 0.5 Figure 0.25 Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé (› ; œ• ; &• %.

La figure page 5 sera complétée au fur et à mesure.

A tout point } d’affixe ž du plan, on associe le point }^: d’affixe ž′ définie par : ž^: ž² / 4ž / 3.

1. a. On considère le point Ÿ d’affixe 2` . Déterminer l’affixe de son image Ÿ′.

ž ^J $2`% / 8` / 3 4 / 8` / 3 1 / 8`

donc ¡_¢^J / £w

1. b. On considère le point ¤ d’affixe 3. Déterminer les affixes des antécédents de ¤ }$ž% est antécédent de ¤ si et seulement si ž_•^J ž_¥ (1)

Or (1)⇔ ž / 4ž / 3 3 ⇔ ž / 4ž 0 ⇔ ž$ž / 4% 0 ⇔ ž 0 ž 4

Donc L a deux antécédents : l’origine O du repère d’affixe 0 et le point ¤ d’affixe 4

1. c. Déterminer et représenter l’ensemble $¦ % des points } d’affixe ž tels que : |ž 2`| |ž 3|

}$ž% ∈ $¦ % ⇔ |ž 2`| |ž 3|

⇔ |ž_• ž | |ž_• ž_¥| ⇔ Ÿ} ¤}

⇔ } é. `!`_[ [ !^ Ÿ ^[ ¤ avec Ÿ • ¤ Donc l’ensemble $¦ % est la médiatrice du segment @Ÿ¤>

2. Un point } est dit invariant lorsqu’il est confondu avec le point }′ associé.

Démontrer qu’il existe deux points invariants. Donner l’affixe de chacun de ces points sous forme algébrique.

}$ž% est invariant si et seulement si ž^: ž (2) Or (2) ⇔ ž / 4ž / 3 ž

⇔ ž / 3ž / 3 0 : ∆ \ 4 " 9 12 3 q`√3r ⟺ ž 3 `√3

2 ž 3 / `√3 2

Donc Il existe bien deux points invariants d’affixes −^‚− w ^√‚ et −^‚+ w^√‚

3. Soit | le point d’affixe ^{D Dª√} et « le point d’affixe ^{D ª√} .

On remarque A et B sont les points invariants (pré-placés sur la figure) donc que leurs affixes sont conjuguées l’une de l’autre

Pour montrer que ›|« est un triangle équilatéral il suffit de montrer que les 3 cotés ont la même longueur

›| = |ž_k| = ¬−3 − `√3

2 ¬ = -(−3

2) + d−√3

2 e =-9 4 +3

4 = -12 4 = √3 Donc ®• = √‚

Or ž_¯ = ž°_k et par propriété un nombre complexe et son conjugué ont le même module donc ›« = |ž_¯| = |ž° | = |žk _k|=√3

donc ®± = √‚

|« = |ž_¯− ž_k|

|« = ¬−3 + `√3

2 −<sup>−3 − `√3</sup><sub>2</sub> ¬ = ¬−3 + `√3 + 3 + `√3

2 ^{¬ = ¬}2`√3

2 <sup>¬ = ²`u</sup>3² = |`| × ²u3² = 1 × u3 Donc •± = √‚

Ainsi ›| = ›« = |«

donc le triangle OAB est équilatéral

4. a. Pour } d’affixe ž, on pose ž = = + `< avec = et < réels. On note }′ d’affixe ž′ son image.

Déterminer la forme algébrique de ž′ et montrer que : ³y(ž^:) = 2=< + 4<

Soit } d’affixe ž avec ž = = + `< et = et < réels ž^:= ž + 4ž + 3

ž^:= (= + `<) + 4(= + `<) + 3 ž^:= = + 2=<` − < + 4= + 4`< + 3

¡^:= (X − ´ + µX + ‚)¶···¸···¹

º•»ZwY »éYvvY

+ w ( X´ + µ´)¶···¸···¹

º•»ZwY wx•¼w •w»Y

C’est la forme algébrique de ž^: et la partie imaginaire de ž’ est ½x(¡^:) = ( X´ + µ´) 4. b. }^:(ž′) appartient à l’axe des réels si et seulement si ž′ est réel.

Donc }(ž) ∈ (¦ ) ⇔ ž′ est réel ⇔ ³y(ž^:) = 0 ⇔ 2=< + 4< = 0 ⇔ 2<(= + 2) = 0

⇔ < = 0 = = −2 : on reconnait deux équations de droites du plan Donc l’ensemble (¦ ) est la réunion de l’axe des abscisses et de la droite d’équation = = −2 5. L’affirmation porte sur l’implication : « si … alors… »

Prouvons qu’elle est fausse avec un contre-exemple

D’après 1°, l’image du point Ÿ d’affixe ž = 2` est Ÿ’ d’affixe ¡_¢^J = − + £w Or Ÿ appartient à l’axe des imaginaires purs

Mais ž ^J = −1 + 8` a pour partie réelle −1 ≠ 0 donc Ÿ’ n’appartient pas à l’axe des imaginaires purs.

Il existe un point qui appartient à l’axe des imaginaires purs mais dont l’image n’appartient pas à l’axe des imaginaires purs.

Donc l’affirmation « si M est sur l’axe des imaginaires purs, alors son image }′ est sur l’axe des imaginaires purs » est fausse

EXERCICE II : (5 points) NON SPECIALITE

Barème : 1) 1,25 2) 1,25 3) 0,5 4) 0,75 5) 0,5+0,25 + 0,5 On considère la fonction 8 définie sur ]0 ; +∞@ par 8(=) =^{(BD )}_BC ^¾. 1. a. Calculer O′(X) et montrer que : O^:(X) =^{(X− ) (}_X‚^{X+ )}

La fonction 8 est dérivable sur ]0; +∞@ en tant que quotient et puissance de fonctions dérivables sur ]0; +∞@, le dénominateur ne s’annulant pas sur ]0; +∞@.

OU 8 est une fonction rationnelle, donc 8 est dérivable sur son ensemble de définition ]0 ; +∞@

Pour tout = !^ ]0; +∞@, on pose (=) = (= − 1) ^[ &(=) = =² . On a donc ^:(=) = 3(= − 1) ^[ &^:(=) = 2=.

Avec F^G_HI^:= ^GJHDGH_HC ^J, on obtient : 8^:(=) =3(= − 1) × = − 2=(= − 1)

=^† = =(= − 1) @3= − 2(= − 1)]

=^† =(= − 1) (3= − 2= + 2)

= 8^:(=) =(= − 1) (= + 2)

=

Conclusion : pour tout X > , O^:(X) =^{(XD ) (X )}_X‚ .

☺ On peut aussi développer (=) = = − 3= + 3= − 1 ^:(=) = 3= − 6= + 3 Avec F^G_HI^:= ^GJHDGH_HC ^J, on obtient :

8^:(=) =(3= − 6= + 3) × = − 2=(= − 3= + 3= − 1)

=^† = 3=^†− 6= + 3= − 2=^†+ 6= − 6= + 2=

=^†

= =^†− 3= + 2=

=^† = = − 3= + 2

De plus : (= − 1) (= + 2) = (= − 2= + 1)(= + 2) = = + 2=² − 2= − 4= + = + 2 = = − 3= + 2= Ainsi :

8^:(=) =(= − 1) (= + 2)

=

1. b. Etudier le signe de O^:(X)

X + ∞ (= − 1)²

= + 2

=

+ + + +

0 + + Signe de O^:(X) || + +

2. Limites de la fonction O aux bornes ouvertes de son ensemble de définition

¤`y`[^ !^ 8 ^ 0 à !Š `[^:

B→lim(= − 1) = −1 < 0

De plus, pour tout = !^ ℝ , = ≥ 0 ! " ]`y<sub>=→0</sub>=² = 0<sup>+</sup> Donc par quotient : ]`y_B→

Bf

(BD )^¾

B² = −∞

Ainsi ]`y_B→

Bf

8(=) = −∞

Interprétation graphique : La droite d’équation = = 0 (c’est-à-dire l’axe des ordonnées) est une asymptote à la courbe représentative de 8.

Limite de O Y + ∞:

(= − 1) est un polynôme de degré 3 de terme de plus haut degré = donc la fonction 8 est une fonction rationnelle.

On obtient donc en + ∞:

B→ 6lim

(= − 1)

= = lim_{B→ 6}= − 3= + 3= − 1

= = lim_{B→ 6}=

= = lim^{B→ 6}= = +∞

Ainsi ]`y

B→ 68(=) = +∞

3. Tableau de variation de la fonction O.

X + ∞ Signe de O^:(X) + +

Variations de O + ∞

0 − ∞

4. On considère la droite Á d’équation ´ = X − ‚.

Etudier la position relative de la courbe Â_O et de la droite Á. Pour tout = !^ ]0; +∞@:

8(=) − (= − 3) =(= − 1)

= − (= − 3) =(= − 1) (= − 1) − = + 3=

= = = − 3= + 3= − 1 − = + 3=

= 8(=) − (= − 3) =3= − 1

=

= 0 1

3 + ∞ 3= − 1

=² − 0 + 0 + + Signe de 8(=) − (= − 3) || − 0 + Conclusion :

Pour = ∈ ]0; @ , 8(=) − (= − 3) < 0 ! " 8(=) < = − 3 donc la courbe l_m est strictement en dessous de la droite Δ _ Š ]0; @ .

La courbe l_m coupe Δ au point d’abscisse .

La courbe l_m est strictement au-dessus de Δ sur ] ; +∞@.

5. On considère l’algorithme suivant Entrée Affecter la valeur 1 à =

Traitement Tant que 8(=) − (= − 3) ≥ 0,5 Incrémenter la variable = de 1 Fin Tant que

☺ cela signifie : Affecter à = la valeur = + 1

Sortie Afficher la valeur de = 5. a. Faire fonctionner l’algorithme.

Valeur de X 1 2 3 4 5 6

Valeur de

8(=) − (= − 3) 2 1,25 8

9 11

16 14

25 = 0,56 17

36 ≈ 0,47

Test tant que vrai vrai vrai vrai Vrai Faux : arrêt

5. b. Préciser l’affichage final et interpréter cet affichage.

Affichage final : = = 6

Interprétation : 6 est la plus petite valeur entière de = pour laquelle l’écart entre 8(=) ^[ = − 3 est strictement inférieur à 0,5.

Ainsi 6 est la plus petite valeur entière de = pour laquelle la distance AM est strictement inférieure à 0,5.

En effet :

Soit | (=; = − 3)^[ }q=; 8(=)r où = appartient à @ ; +∞@.

|} = ~(= − =) + q8(=) − (= − 3)r = |8(=) − (= − 3)| = 8(=) − (= − 3)

" Š 8(=) ≥ = − 3 Ã Š = ≥1

3 !^: Êè_ 4).

Remarque : on peut montrer que ]`y

B→ 6q8(=) − (= − 3)r = 0

Donc cela signifie que la droite Δ est une asymptote oblique à la courbe l_m.

EXERCICE III : (5 points) POUR TOUS 5 fois 1 point 1. Soit ž et ž′ deux nombres complexes quelconques.

On rappelle et on admet que : _{ž × ž′}ÅÅÅÅÅÅÅ = ž̅ × ž′° . Montrer par récurrence que pour tout entier naturel non nul, on a : (ž̅) = žÅÅÅ Voir votre cours.

2. Les affirmations suivantes sont –elles vraies ou fausses ? Justifier votre choix Affirmation 1 : (1 + `) est un réel.

(1 + `) = 1 + 2 × 1 × ` + ` = 1 + 2` − 1 = 2`

Donc @(1 + `) ] = (2`) = 2 × ` .

Or `<sup>†</sup> = (` ) = 1 ! " `<sup>‘</sup> = (`^†) = 1 ^[ ` = −` ! " ` = `^‘× ` = −`

Ainsi ( + w) = × (−w) = − w = − µ£ w qui est un imaginaire pur donc pas un réel. FAUX Affirmation 2 : Si une fonction 8 définie sur ]0 ; +∞@ est décroissante sur ]0 ; +∞@

alors : _=→+∞]`y8⁽=⁾ = −∞. FAUX

La fonction inverse est décroissante sur ]0 ; +∞@ mais _{B→ 6 B}]`y = 0 ≠ −∞

3. Dans chaque cas, retrouver la proposition vraie.

Aucune justification n’est demandée. Une réponse juste rapporte un point ; une réponse fausse ou une absence de réponse ne rapporte ni n’enlève de point.

Sur votre copie, recopiez le n° et la proposition choisie.

3. a. On considère une fonction 8 telle que, pour tout = de ]0 ; +∞@ : 3 − 1

= ≤ 8(=) ≤ 3 + 1

=

On a de plus lim_{B→ 6 BC} = 0 ! " lim_{B→ 6}(3 −_BC) = lim_{B→ 6}(3 +_BC) = 3 donc d’après le théorème des gendarmes on a : UVW_{X→ 6}O(X) = ‚

3. b. La somme ” = + F I + ⋯ + F I est égale à :

C’est la somme de termes consécutifs d’une suite géométrique de raison . = et de 1^er terme . On a alors : ” = F I + F I + ⋯ + F I = (1^ÇÈ [^Šy^) ^{DÉÊË ÌÍÎÏÍÐ}_DÉ

” = 1

3 × 1 − F13I 1 − 13 =1

3 × 1 − F13I 23

=3 2 ×1

3 × d1 − (1

3) e =1

2 × d1 − (1 3) e Or (1 − 3 F I ) = F −_‚^‚_Ñ I = F −_‚ I = × F1 − F I I

Ainsi la bonne réponse est : ( − ‚ F_‚I )

La justification n’est pas demandée, on peut « choisir » à la calculatrice On teste avec = 2

EXERCICE 4 (5 points) Nouvelle Calédonie Novembre 2015 1° : 0.25 2° : 0.75 3° : 1.5 4° : 0.5+0.75 5° : 0.5+0.75 1. Ò ! = ! + 100 = ,

= ! + + 70 = µµ, 2. a. Pour = 1

‡ = 300 | = 450

Ó = 1 + 100 = 250 → ‡ ^†ˆ + ^ˆ + 70 = 420 → |

On obtient en sortie ‡ = 250 et | = 420.

Ces résultats ne sont pas cohérents avec ceux obtenus à la question 1, pour la valeur de A. cela signifie que l’algorithme proposé ne permet pas de calculer les termes de la suite ( )

2.b. Le problème de l’algorithme proposé est qu’il réutilise la variable D pour le calcul de A alors qu’elle a été modifiée : en effet lors du premier passage dans la boucle pour Ó = 1, une fois la première ligne

effectuée la valeur de D contient ! ^[ Ã] _ ! ce qui rend le calcul de faux.

1^ère modification possible :

il suffit de permuter simplement les deux lignes d’affectation de la boucle POUR.

Cela suffira car l’ancienne valeur de A ne sert pas dans le calcul de la nouvelle valeur de D.

Pour k variant de 1 à n

A prend la valeur ^k+^Ô+ 70 D prend la valeur ^Ô+ 100 Fin pour

2^ème modification possible : On corrige cela en utilisant une variable auxiliaire M, déclarée « nombre réel » dans l’initialisation. Cette valeur de M sert de mémoire de la valeur de D avant réaffectation de celle-ci pour le calcul de A à chaque passage dans la boucle.

Variables : n et k sont des entiers naturels D et A sont des réels

Initialisation : D prend la valeur 300 A prend la valeur 450 Saisir la valeur de n Traitement : Pour k variant de 1 à n

M prend la valeur D D prend la valeur ^Ô+ 100 A prend la valeur ^k+^€+ 70 Fin pour

Sortie : Afficher D

Afficher A

3. a. Soit entier naturel quelconque : Y = ! − 200 =1

2 ! + 100 − 200 =1

2 ! − 100 = 1

2 (! − 200) = Y

Ainsi la suite (Y ) est géométrique de raison + = et premier terme Y = R − = Seule l’égalité : pour tout de , on a : Y = Y permet d’affirmer que la suite (Y ) est géométrique de raison

b. En déduire l’expression de ! en fonction de . On en déduit que ^ = ^ × . = 100 × F I .

Puis R = Y + = × F I +

c. La suite (! ) est-elle convergente ? Justifier.

On a : ∈] − 1 ; 1@ donc lim_{→ 6}F I = 0 donc lim_{→ 6}100 F I = 0 donc lim_{→ 6}F100 F I + 200I = 200 Donc la suite converge et lim_{→ 6}! = 200

4. a. Montrer que pour tout entier n supérieur ou égal à 3, on a 2 ² ≥ ( + 1)² On calcule la différence :

On étudie le signe de cette différence :

∆= (−2) − 4 × 1 × (−1) = 8 = 2√2. = ^{D √} = 1 − √2 < 0 et = 1 + √2 ≈ 2,4 < 3

−∞ 3 +∞

2 ² − ( + 1)² 0 0 + = 1 > 0

Le signe du trinôme du second degré avec = 1 > 0 nous assure que pour entier supérieur ou égal à 3

− 2 − 1 ≥ 0

Ainsi l’équivalence est vérifiée pour ≥ 3.

Donc pour tout entier n supérieur ou égal à 3, on a ² ≥ ( + )²

b. Montrer par récurrence que pour tout entier n supérieur ou égal à 4, 2 ≥ ² On travaille avec ≥ 4

2 ≥ 2 ² ≥ ( + 1) : "2 ≥ ²" ;

# Initialisation : Pour n = 4:

2^† = 16 ^[ 4 = 16. \`^ 2^† ≥ 4 donc l’inégalité est vraie pour = 4

# Hérédité : Supposons que la propriété pour un certain entier arbitrairement fixé supérieur ou égal a 4, on a : 2 ≥

et montrons que : 2 ≥ ( + 1) On a : 2 ≥ ²

Donc 2 × 2 ≥ ² × 2 car 2 > 0 Donc 2 ≥ 2 ² .

or d’après la question a) : pour tout entier n supérieur ou égal à 3, on a ² ≥ ( + )² Donc 2 ≥ 2 ² ≥ ( + 1)

Donc 2 ≥ ( + 1) .

# Conclusion : Ainsi, d’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout entier n supérieur ou égal à 4, ≥ ² .

c.

Soit un entier n supérieur ou égal à 4 On a : 2 ≥ > 0

donc 0 < _Ê≤ _C (par application de la fonction inverse strictement décroissante sur ]0 ; +∞[ donc 0 < 100 × _Ê ≤ 100 × _C ( en multipliant par 100 > 0)

Donc 0 < 100 F I ≤ " Š _Ê = F I

Ainsi pour tout entier n supérieur ou égal à 4, ≤ F I ≤ d. D’après la question précédente

pour ≥ 4 :

0 < 100 F I ≤ lim_{→ 6}100

= 0 ^[ lim_{→ 6}0 = 0

Donc d’après le théorème des gendarmes : on a : lim_{→ 6} 100 F I = 0 De plus ∈] − 1 ; 1@ donc lim_{→ 6}F I = 0 donc lim_{→ 6}110 F I = 0 d’où lim_{→ 6}F100 F I + 110 F I + 340I = 340

donc UVW_{→ 6} • = ‚µ et la suite (• ) converge vers 340