1/ Démontrons par récurrence que 5xn − yn + 3= 0

Bac blanc TS
Correction
Exercice I ( non spé )
3
1/ u1 = .
4
3
9
1/ Démontrons par récurrence que 5x n − y n + 3 = 0 pour tout entier naturel n.
2× + 3
9 4 18
4
5x 0 − y 0 + 3 = 5 − 8 + 3 = 0. La propriété est donc vraie au rang n=0.
u2 =
= 2 = × = .
3
19
2 19 19
Supposons que la propriété est vraie jusqu’au rang n, on a donc 5x n − y n + 3 = 0.
+4
€
4
4
Montrons que 5x n+1 − y n +1 + 3 = 0.
€
2/ Soit P la propriété : “ un > 0 pour n ≥ 1”.
7
1
20
8
3
Or 5x n+1 − y n +1 + 3 = 5( x n + y n + 1) − ( x n + y n + 5) + 3 = 5x n − y n + 3 = 0 .
P est vraie au rang 1 car u1 = .
3
3
3
3 €
4
Ainsi pour tout entier naturel n, 5x n − y n + 3 = 0 c’est à dire y n = 5x n + 3. Donc les points M n de
€
€
Supposons P vraie jusqu’au€rang n ainsi un > 0 et montrons que P est vraie au rang n + 1 c’est à dire
coordonnées (x n ; y n ) sont sur la droite dont une équation est 5x − y + 3 = 0.
€
un+1 > 0.
7
1
7
1
2un + 3
€
On a donc x n +1 = x n + y n + 1 = x n + (5x n + 3) + 1= 4x n + 2 .
On a un+1 = €
or un > 0 donc 2un + 3 > 0 et un + 4 > 0 d’où un+1 > 0.
3 €3
3
3
€
€
un + 4
€
2/ Démontrons par récurrence que x n est un entier naturel pour tout entier naturel n.
€
€
€
P est donc vraie au rang n+1, P est toujours vraie.
x 0 = 1 est un entier naturel.
€
2un + 3
2u + 3− un − 4 un −1
Supposons que la propriété est vraie jusqu’au rang n, on a donc x n est un entier naturel.
−1 = n
=
3/ a) pour tout
, de plus un + 4 > 0 donc
€
€naturel n, u€n+1 −1 = u + €
4
un +€4
un + 4
n
Montrons que x n +1 est un entier naturel.
€
€
un+1 −1 a le signe de un −1.
Or x n +1 = 4x n + 2 de plus 4, 2 et x n sont des entiers naturels donc x n +1 est un entier naturel.
Par récurrence immédiate, un+1 −1 a le signe de u0 − 1 or u0 − 1= −1 < 0 donc pour tout naturel n,
La propriété est donc démontrée.
€
€
un −1 < 0 c’est à dire un < 1.
On sait que y n = 5x n + 3 avec x n un entier naturel, donc y n est aussi un entier naturel.
€
€
b) pour tout naturel n,
3°a/ y n = 5x n + 3. Si 3 divise x n alors 3 divise y n = 5x n + 3.
€
€
€
€
€
2u + 3
2u + 3− un€2 − 4un €−un 2 − 2un + 3
(u − 1)(un + 3)
Réciproquement si 3 divise y n alors 3 divise 5x n = y n − 3. Or 3 et 5 sont premiers entre eux donc
un+1 − un = n € − un = n
=
=− n
`
d’après le théorème de Gauss 3 divise x n .
u
+
4
u
+
4
u
+
4
un + 4
n
n
€
€n
€
€
€
Conclusion: x n est divisible par 3 ssi y n est divisible par 3.
or 0 < un < 1 donc un+1 − un > 0 c’est à dire un+1 > un .
€
€
€
b/ Soit d = PGCD(x n ;y n ) , d divise x n et y n donc d divise y n − 5x n = 3. Ainsi d=1 ou d=3.
La suite (un ) est donc croissante.
€
€
Si l’on suppose que x n et y n ne sont pas divisibles par 3 alors d=1, donc ils sont premiers entre eux.
c) La suite (un ) est croissante et majorée par 1, elle est donc convergente.
€
€
1 n
2un + 3
€ Démontrons par récurrence
€ que x n = (4 × 5 − 2) pour tout entier naturel n.
4°a/
−1
€
€
€
3
un +1 − 1
un + 4
u −1
1 u −1 1
€
€
€
€
€
v
=
=
= n
= × n
= v .
4/
a)
pour
tout
naturel
n,
1
n +1
2u
+
3
u
+
3
5u
+
15
5 un + 3 5 n
n
x 0 = €(4 0 × 5 − 2) = 1.
On a bien €
n +1
n
€
+
3
3
un + 4
1 n
1
1
Supposons que la propriété€est vraie jusqu’au rang n, on a donc x n = (4 × 5 − 2).
b) La suite (v n ) est donc géométrique de raison et de premier terme v 0 = − .
3
5
3
1
 1 n  1 
Montrons
que x n +1 = (4 n+1 × 5 − 2).
€
€ tout naturel n, v n =   ×  − 
3
c) On a alors pour
 5   3
1 n
1 n+1
1 n+1
On a donc x n +1 = 4x n + 2 = 4 × (4 × 5 − 2) + 2 = (4€ × 5 − 8 + 6) = (4 × 5 − 2).
€
1
€ < 1 < 1 donc (v ) a pour
€ limite 0.
3
3
3
(v n ) est géométrique de raison
et −1
n
5
5
La propriété est donc démontrée.
€
n
n
u −1
b/ On a donc 3x n = 4 × 5 − 2, avec x n un entier, donc 3 divise 4 × 5 − 2 pour tout entier naturel n.
d) (v n ) a pour limite 0 et€ v n = n
donc (un ) a pour limite 1.
un + 3
€
€
€
€
€
€
€
€
€
€
€
Exercice I ( Spé )
Exercice II
1/ p(R) = 0,85
p(D) = 0,20
pR (D) = 0,12
2/ On a l’arbre suivant :
0,12
0,85
€
€
€
R
D
D
€
R
€
D
a) p(R ∩ D) = p(R) × pR (D) = 0,85 × 0,12 = 0,102.
b) p(R ∩ D ) = p(R) × pR (D ) = 0,85 × 0,88 = 0,748 .
c) On a p(R ∩ D) + p(R ∩ D) = p(D) car R et R forment une partition
donc p(R ∩ D) = p(D) − p(R ∩ D) = 0,2 − 0,102 = 0,098 .
d) De même p(R ∩ D ) = p(R ) − p(R ∩ D) = 0,15 − 0,098 = 0,052 .
€
p(R ∩ D) 0,102 €102 € 51
€ e) pD (R) =
=
=
=
= 0,51.
p(D)
0,2
200 100
€
3/ Soit
€ V l’évènement “le dossier traité correspond à un excès de vitesse”.
a)
D
0,6
€
€
D
0,4
V
D
Exercice III
1/ zA' = (1+ i)(−2 + 2i) + 2 = −2 + 2i − 2i − 2 + 2 = −2 .
On a zA = (1+ i)zB + 2 d’où −2 + 2i = (1+ i)z B + 2
−4 + 2i (−4 + 2i)(1− i) −4 + 4i + 2i + 2
soit zB =
=
=
= −1 + 3i .
1+ i
2
2
2/ a) ω vérifie ω = (1+ i)ω + 2 soit iω = −2 c’est à dire ω = 2i
€
il existe donc un unique point invariant et son affixe vaut 2i .
b) pour tout nombre complexe z ≠ ω ,
z′ − z (1+ i)z + 2 − z iz€+ 2 i(z − 2i)
€=
=
=
= −i.€
ω−z
2i − z
2i − z
2i − z
€
z ′ − z z ′ − z MM ′
z′ − z
€
= −i = 1 or
=
=
On a
d’où MM ′ = MΩ.
ω − z ω − z MΩ
ω−z
→ →
 z′ − z 
π
 (2π ) or arg(−i) = −
(2π )
De plus, ( MΩ, MM ′ ) = arg
ω − z 
2
€
€
→ →
π
(2π ).
donc ( MΩ, MM ′ ) = −
2
€
€ au cercle de centre M et de rayon MΩ
On a MM ′ =
€ MΩ donc M ′ appartient
→ →
π
(2π ) donc le triangle MΩM ′ est rectangle en M et le point M ′ appartient donc
€ et ( MΩ, MM ′ ) = −
€
2
€ à la perpendiculaire
€
€ de l’angle orienté”.
à la droite (MΩ) passant par€M puis “respect
3/ a) on a z + 2 − 2i = 2 ssi z − (−2 + 2i) = 2 ssi z − zA = 2 ssi AM = 2
€
€
€
Γ est €
donc le cercle de centre A et de rayon 2 .
AB = −1+ 3i − (−2 + €
2i) = 1+ i = 2 .
+ iz + 4 et
b) pour tout nombre€complexe z, z′ + 2 = (1+
€
€ i)z + 2 + 2 = z€
(1+ i)(z + 2 − 2i) = z + 2 − 2i + iz + €
2i + 2 = z + iz + 4
€
on a donc z′ + 2 = (1+ i)(z + 2 − 2i) .
€
Si M ∈ Γ , z + 2 − 2i = €2 , de plus 1+ i = 2
on a alors z′ + 2 = 2 soit A ′M = 2
€
l’image
par F de tout point de Γ appartient donc au cercle Γ ′ de centre A ′ et de rayon 2.
€
€
€
€
€
€
€
€
€
D
V
D
b) p(V ∩ D) = 0,4 × 0,6 = 0,24 .
Considérons l’évènement contraire : aucun des cinq dossiers ne correspond à un excès de vitesse et
5
5
entraîne des frais de dommages corporels, on a p = (1− p(V ∩ D)) = 0,76
5
la probabilité cherchée est donc 1− 0,76 soit environ 0,746 .
€
€
Exercice IV
2x
2x
2x
1/ Pour tout x réel, g′(x) = 2e + 2(2x −1)e = 4 xe
2x
de plus, pour tout x réel, 4e > 0, ainsi
- si x > 0, g′(x) > 0 et g est croissante sur [0;+∞ [
- si x < 0,€g′(x) < 0 et g est décroissante sur ]−∞;0 [ .
−∞ €
x
0
€
€
€g’(x)
€0
+
€
b) La courbe représentative de f admet donc une asymptote d’équation y = 0.
2e 2x × x − (e 2x − 1) (2x −1)e 2x + 1 g(x)
2/ Pour tout x réel non nul, f ′(x) =
=
= 2 . On a ainsi f ′(x) du
x2
x2
x
signe de g(x) d’où le tableau de variation suivant :
€
x
+∞
€ f’(x)
€
€
€
€
le minimum est 0 donc pour tout réel x, g(x) ≥ 0.
2x
2x
2/ a) 1− g(x) ≥ 0 ssi −(2x − 1)e ≥ 0 or pour tout réel x, e > 0
1
donc 1− g(x) ≥ 0 ssi −(2x − 1) ≥ 0 ssi 1− 2x ≥ 0 ssi ≥ x .
2
€

1
€
€ .
On a S = −∞;

2
€
1
1
€
2
2
€
2x
b) I = ∫ (1− g(x))dx = ∫ (1− 2x)e dx .
0
+∞
€
+
+
€
2
+∞
2
0
0
€
0
€
f
g
€
−∞
€
la continuité de f en 0 permet ainsi de dire que f est strictement croissante sur IR
r .r
3/ Soit C la courbe représentative de la fonction f dans le repère orthogonal (O; i , j )
(unités : 4 cm sur l’axe des abscisses et 2 cm sur l’axe des ordonnées )
a)
€
x
-2
-1,5
-1
-0,5 -0,2 -0,1 -0,05 0,05 €0,1
0,2
0,5
f(x)
0,49
0,63
0,86
1,26
1,65
1,81
1,90
2,10
2,21
2,46
3,44
1
6,39
b)
0
u′(x) = −2
u(x) = 1− 2x


on considère : 
alors
1 2x
2x
v ′(x) = e
v(x) = 2 e
et alors
1
1
2
I = € (1− 2x)e 2x  +
2
0
1
2
∫ e€dx
2x
0
1
2x 2
1 1 
1 1
1 1
= − +  e  = − + e − = e −1
2  2 0
2 2
2 2
 1
c) On a 1− g(x) ≥ 0 sur 0;  donc I représente l’aire du domaine délimité par la courbe représentative
 2
1
de g, la droite d’équation y = 1 et les droites d’équation x = 0 et x = .
2
€ Partie B
€
2x

 f (x) =€e − 1 x ≠ 0
On considère la€fonction f définie par : 
. On admettra que la fonction f est
x €
 f (0) = 2
continue en 0.
e x (e x − e −x )
ex
1/ a) lim f (x) = +∞ car f (x) =
et lim = +∞ ; lim (e x − e −x ) = +∞ .
x →+∞
x →+∞ x
x →+∞
x
€
2x
2x
lim f (x) = 0 car lim e = 0 et lim (e − 1) = −1.
x →−∞
x →−∞
x →−∞
€
€
€
€
4/ La fonction f est définie et continue sur IR . On peut déterminer graphiquement une valeur approchée
du nombre dérivé f ′(0) en lisant le coefficient directeur de la tangente ( voir graphique ), celui-ci
semble valoir 2.
f (x) − 2
€ f (x) − f (0)
On peut donc conjecturer que lim
= 2 c’est à dire lim
=2
x →0
x →0
x −0
x
€
Exercice V : QCM
l’axe réel
l’axe des imaginaires purs
la droite d’équation y = −x
€
2
€
2/ Soient z1 , z€2 , z3 les solutions complexes de l’équation (z − 3)(z − (6 + 2 3)z + 13 + 6 3) = 0 . On
M 2 , M 3 les images respectives dans le plan complexe de z1 , z2 , z3 . Le triangle M1 €
M2
considère M1 , €
M 3 est :
€
non isocèle
€
€ €rectangle
€
€ isocèle
€ €non équilatéral
€ € €
€ €
équilatéral
autre
€
1
3/ Pour toutes fonctions f et g dérivables sur IR telles que
1
∫ f (x)dx = ∫ g(x)dx , on a :
−1
f ′ = g′ sur [−1;1]
1
€
€
autre
0
€
0
x
∫ f (t)dt
0
€
π
)
3
π
pour tout réel x, F(x) = 2x cos(2x + )
3
pour tout
€ réel x, F ′(x) = f ′(x)
pour tout réel x, F ′(x) = −4 sin(2x +
€
€
1/ Pour tout entier naturel n, wn +1 − w n = v n +1 − un +1 − (v n − un ) = v n+1 − v n − (un +1 − un )
or (v n ) est décroissante donc v n +1 − v n ≤ 0 et (un ) est croissante donc un+1 − un ≥ 0
on a ainsi wn +1 − w n ≤ 0 la suite (w n ) est donc décroissante
€
on a également lim (v n − un ) = 0 soit lim w n = 0
n→+∞
n→+∞
€ n, w ≥ 0 c’est à dire €
un ≤ v n .
en conclusion pour €
tout entier naturel
n
€
€
n→+∞
€
€
4/ Soit F la fonction définie pour tout réel x par F(x) =
π
f (t) = 2t cos(2t + ) , on a :
3
π 
3π 1
F  =
−
 6  12 2
n→+∞
€
(un ) est convergente car (un ) est croissante et majorée par v 0 = 7.
(v n ) est convergente car (v n ) est décroissante et minorée par u0 = 0.
€
De plus, lim (v n − un ) = 0 donc (un ) et (v n ) ont même limite.
€
1
Pour tout entier naturel n, soient (un ) et (v n ) deux suites satisfaisant les conditions suivantes:
- u0 = 0 et v 0 = 7
- (un ) est croissante
- (v n ) est décroissante €
€
- €lim (v n − un ) = 0 .
€
€
2/ On a pour tout naturel n, u0 ≤ un ≤ v n ≤ v 0
€
−1
f = g sur [−1;1]
€
€
€
la droite d’équation y = x
∫ f (x)dx = ∫ g(x)dx
€
€
Exercice VI
2015
1/ L’image dans le plan complexe du nombre complexe z = (1+ i)
appartient à :
avec pour tout réel t
€
€
€
€
€
€
€