Devoir de mathématiques - Jeudi 19 avril 2018 - TS - Correction

Devoir de mathématiques - Jeudi 19 avril 2018 - TS - Correction

E

XERCICE

1 5 points

Partie A : Conjectures

1. En B 3 on a pu saisir : = 2 ∗ B 2 − A2 + 3 En C 3 on a pu saisir : = 2 ∧ A3

2. Il semblerait que la limite de la suite (u

_n

) soit +∞ . 3 080

1 024 ≈ 3, 008 6 153

2 048 ≈ 3, 004 12 298

4 096 ≈ 3, 002 24 587

8 192 ≈ 3, 001 Il semblerait que la limite de la suite

µ u

_n

v

_n

¶ soit 3.

Partie B : Étude de la suite (u

n

)

1. Initialisation : Si n = 0 alors u

₀

= 1 et 3 × 2

⁰

− 0 − 2 = 3 − 2 = 1 La propriété est vraie au rang 0

Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang n : u

n

= 3 × 2

ⁿ

+ n − 2 u

_n+1

= 2u

_n

− n + 3

= 2 ¡

3 × 2

ⁿ

+ n − 2 ¢

− n + 3

= 3 × 2

ⁿ⁺¹

+ 2n − 4 − n + 3

= 3 × 2

ⁿ⁺¹

+ n − 1

= 3 × 2

ⁿ⁺¹

+ (n + 1) − 2 La propriété est donc vraie au rang n + 1

Conclusion : La propriété est vraie au rang 0 et est héréditaire.

Par conséquent, pour tout entier naturel n on a u

_n

= 3 × 2

ⁿ

+ n − 2.

2. 2 > 1 donc lim

n→+∞

2

ⁿ

= +∞ et lim

n→+∞

3 × 2

ⁿ

= +∞

De plus lim

n→+∞

n − 2 = +∞

Par somme de limite lim

n→+∞

u

_n

= +∞

3. On cherche la plus petite valeur de n telle que u

_n

> ¹⁰

⁶

Les suites de terme général (3 × 2

ⁿ

) et (n − 2) sont croissantes. Par conséquent la suite (u

n

) est également croissante.

On a u

₁₈

= 786 448 et u

₁₉

= 1 572 881

Par conséquent c’est à partir du rang 19 que u

_n

> ¹⁰

⁶

^. Partie C : Étude de la suite

µ u

_n

v

_n

¶ . 1. On note w

_n

= u

_n

v

n

w

_n+1

− w

_n

= 3 × 2

ⁿ⁺¹

+ n − 1

2

ⁿ⁺¹

− 3 × 2

ⁿ

+ n − 2 2

ⁿ

= 3 + n − 1

2

ⁿ⁺¹

− 3 − n − 2 2

ⁿ

= n − 1

2

ⁿ⁺¹

− 2(n − 2) 2

ⁿ⁺¹

= n − 1 − 2n + 4 2

ⁿ⁺¹

= 3 − n 2

ⁿ⁺¹

7

Par conséquent, si n > ^{3 alors w}

ⁿ+1

− w

n

6 0 et la suite µ u

_n

v

_n

¶

est décroissante.

2.

u

_n

v

_n

= 3 + n − 2 2

ⁿ

= 3 + n 2

ⁿ

− 2

2

ⁿ

= 3 + n 2

ⁿ

− 2

µ 1 2

¶

n

n→+∞

lim 1 n = 0

D’après le théorème des gendarmes lim

n→+∞

n 2

ⁿ

= 0

− 1 < 1

2 < 1 donc lim

n→+∞

µ 1 2

¶

n

= 0 Ainsi, par somme des limites lim

n→+∞

u

_n

v

n

= 3

E

XERCICE

2 5 points

Partie A

1. Pour tout réel x on a h(x) = xe

^−x

= x e

^x

= 1

e

^x

x Or lim

x→+∞

e

^x

x = +∞ donc lim

x→+∞

h(x) = 0

⁺

.

2. La fonction h est dérivable sur [0; +∞[ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet inter- valle.

f

⁰

(x) = e

^−x

− xe

^−x

= (1 − x)e

^−x

La fonction exponentielle est strictement positive. Par conséquent le signe de h

⁰

(x) ne dépend que de celui de (1 − x).

1 − x = 0 ⇔ x = 1 et 1 − x > 0 ⇔ x < 1.

On obtient donc le tableau de variation suivant : x

h

⁰

(x)

h

0 1 +∞

+ 0 −

0 0

e

⁻¹

e

⁻¹

0 0 3. a. Pour tout réel x appartenant à l’intervalle [0; +∞[ on a :

e

^−x

− h

⁰

(x) = e

^−x

− (1 − x)e

^−x

= e

^−x

− e

^−x

+ xe

^−x

= xe

^−x

= h(x)

8

b. Une primitive de la fonction x 7→ e

^−x

définie sur [0; +∞ [ est la fonction définie sur ce même intervalle par x 7→ −e

^−x

.

c. On a h(x) = e

^−x

− h

⁰

(x) pour tout réel x > ^0.

Par conséquent une primitive de la fonction h, continue (car dérivable) sur [0;+∞[, est la fonction H définie sur [0; +∞ [ par :

H(x) = − e

^−x

− h(x)

= − e

^−x

− xe

^−x

= − (1 + x)e

^−x

Partie B

1. a. D’après le tableau de variation de la fonction h, on a h(x) = xe

^−x

> ^0.

Par conséquent, le repère étant orthonormé : M N =

q

(x − x)

²

+ ¡

f (x) − g (x) ¢

2

= q

(xe

^−x

)

²

= xe

^−x

D’après le tableau de variation de la fonction h, cette distance est maximale pour x = 1 et cette distance maximale vaut e

⁻¹

b. On obtient le graphique suivant :

1 2 3 4 5

1 2

0

M

N

λ C

f

C

g

2. a. Voir graphique précédent

b. Les fonctions f et g sont continues et sur l’intervalle [0; +∞[ on a f (x) − g (x) > ^0.

Donc L’aire du domaine D

_λ

est : A

_λ

=

Z

_λ

0

¡ f (x) − g (x) ¢ dx

= Z

_λ

0

xe

^−x

dx

= H( λ ) − H (0)

= − (1 + λ )e

^−λ

+ 1

= 1 − λ + 1 e

^λ

c. On a A

_λ

= 1 − λ

e

^λ

+ 1 e

^λ

9

Or lim

x→+∞

x

e

^x

= 0 (voir la question A.1.) Et lim

x→+∞

e

^x

= +∞ donc lim

x→+∞

1 e

^x

= 0 Ainsi lim

λ→+∞

A

_λ

= 1.

Cela signifie que l’aire du domaine compris entre les deux courbe C

_f

et C

_g

vaut 1.

E

XERCICE

3 6 points

Partie A 1. On a −−→

AB ( − 1; 0; − 6) et −−→

AC ( − 3; 1; − 10).

Or − 1

−3 = 1 3 6= 0

−3 .

Ces deux vecteurs ne sont donc pas colinéaires. Les trois points A, B et C définissent un plan.

Affirmation 1 vraie.

2. On veut résoudre le système suivant :



 

 

 

 

 



 

 

 

 

 



− 11

3 = 2t − 3 t − 1

2 = − 5 6 4t + 2 = − 2

3

⇔



 

 

 

 

 



 

 

 

 

 



2t = − 2 3 t = − 1

3 4t = − 8

3

⇔



 

 



 

 

 t = − 1

3 t = − 2 3

.

Le point D n’appartient donc pas à la droite (d).

Affirmation 2 fausse.

3. Un vecteur directeur de ma droite ¡ d

⁰

¢

est ~ u(1; 0; 2).

Une coordonnées de ~ u est nulle alors que la coordonnée correspondante de ~ v ne l’est pas. Les deux vecteurs ne sont donc pas coplanaires. Par conséquent les deux droites ne sont pas paral- lèles.

Une représentation paramétrique de la droite (∆) est



 



 



x = 1 + 2k y = 4 + k z = 1 + 3k

, k ∈ R.

Déterminons si les deux droites sont sécantes.

On veut donc résoudre le système :



 

 

 

 

 



 

 

 

 

 



x = 1 + 2k y = 4+ k z = 1 + 3k x = 1 + t y = 2 z = 3 + 2t

⇔



 

 

 

 

 



 

 

 

 

 



x = 1 + 2k y = 4 + k z = 1+ 3k 1 + 2k = 1 + t 4 + k = 2 1 + 3k = 3 + 2t

⇔



 

 

 

 

 



 

 

 

 

 



x = 1 + 2k y = 4 + k z = 1 + 3k k = −2

−4 = t 1 − 6 = 3 + 2t

⇔



 

 

 

 

 

 

 

 

x = 1 + 2k y = 4 + k z = 1 + 3k k = −2 t = −4 Ce système possède une solution. Les droites sont donc sécantes.

Les droites ¡ d

⁰

¢

et ( ∆ ) sont coplanaires.

Affirmation 3 fausse.

4. On appelle J le milieu du segment [F G].

Par conséquent J (1; 0; 1).

Regardons si ce point appartient à la droite (H I).

10

−−→ H J (2; 2;−2) et −−→

H I (−1; −1; 1).

Donc −−→

H J = 2 −−→

H I .

Ces deux vecteurs sont colinéaires. Les points H , I et J sont donc alignés.

Affirmation 4 vraie.

Partie B

A B

C

E F

G H

D

M

N

I L

K

Le point I est le point d’intersection de la droite (B M) avec la droite (F G).

La droite (N L) est parallèle à la droite (M B ).

La droite (I L) est parallèle à la droite (N B ).

E

XERCICE

4 4 points

1. On considère l’équation − z

²

+ 2z − 2 = 0.

Son discriminant est ∆ = 2

²

− 4 × (−1) × (−2) = −4 < 0

Cette équation possède donc deux racines complexes : z

₁

= − 2 − p 4i

−2 = 1 + i et z

₂

= z

₁

= 1 − i Les points dont l’image est le point d’affixe 2 vérifie z

⁰

= 2 ⇔ −z

²

+ 2z − 2 = 0.

Ce sont donc les points d’affixe 1 − i et 1 + i.

11

2. On appelle P le milieu du segment £ N M

⁰

¤

. Son affixe est : z

_P

= z

_n

+ z

_M0

2

= z

²

− z

²

+ 2z 2

= z Par conséquent M est le milieu du segment £

N M

⁰

¤

3. a. Le point M appartient au cercle C . Par conséquent |z| = 1 et arg(z) = θ.

z

_N

= z

²

= 1

²

× e

^2iθ

= e

^2iθ

Ainsi | z

_N

| = 1 et arg(z

_N

) = 2 θ . b.

−1 1

−1 1

0

C

A

M N

M⁰

c. Le point N appartient au cercle de centre M et de rayon M A.

M est le milieu du segment £ N M

⁰

¤

. Ainsi M N = M M

⁰

. Donc M A = M M

⁰

.

Le triangle AM M

⁰

est par conséquent isocèle en M .

12