Correction du devoir commun TS 15 décembre 2012
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Correction du devoir commun TS 15 décembre 2012
Correction du devoir commun TS 15 décembre 2012 Exercice 1 (9 points) Polynésie, juin 2012 Partie A On considère l’algorithme suivant : Les variables sont le réel U et les entiers naturels k et N. Entrées : Saisir un nombre entier naturel non nul N. début Affecter à U la valeur 0 pour k allant de 0 à N − 1 faire Affecter à U la valeur 3U − 2k + 3 Sorties : Afficher U Algorithme 1: Affichage en sortie lorsque N = 3 : N =3 U =0 Pour k = 0 à k = 2 : k = 0 U = 3U − 2k + 3 = 3 k = 1 k = 2 U = 3U − 2k + 3 = 3×3−2×1+3 U = 3U − 2k + 3 = 3 × 10 − 2 × 2 + 3 = 10 = 29 fin du Pour Affichage : U = 29 Partie B On considère la suite (un ) définie par u0 = 0 et, pour tout entier naturel n, un+1 = 3un − 2n + 3. 1. Calcul de u1 et u2 : u1 = 3u0 − 2 × 0 + 3 u2 = 3u1 − 2 × 1 + 3 = 3×0+3 = 3 = 3×3−2+3 = 10 on a donc u1 = 3 et u2 = 10 2. a. Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel n, un > n : On appelle P (n) la propriété un > n. • Initialisation : n0 = 0 u0 = 0 donc u0 > 0 donc P (0) est vraie. • Hérédité : on suppose que P (k) est vraie, c’est–à–dire que uk > k ; a–t–on alors P (k + 1) vraie aussi, c’est–à–dire uk+1 > k + 1 ? Si P (k) est vraie alors uk > k donc 3uk > 3k d’où 3uk − 2k + 3 > 3k − 2k + 3 donc uk+1 > k + 3 or, 3 > 1 donc k + 3 > k + 1 donc uk+1 > k + 1 donc P (k + 1) est vraie. • Conclusion : Pour tout entier naturel n, on a un > n. b. Déduction de la limite de la suite (un ) : Pour tout entier naturel n, on a un > n et comparaison, lim n = +∞ donc d’après un théorème de n→+∞ lim un = +∞ n→+∞ 3. Démontrons que la suite (un ) est croissante : Pour tout entier naturel n, on a un+1 − un = 3un − 2n + 3 − un = 2un − 2n + 3 or, d’après la question 2. a., pour tout entier naturel n, on a donc d’où un > n 2un > 2n 2un − 2n > 0 donc d’où 2un − 2n + 3 > 3 un+1 − un > 0 donc donc un+1 > un (un ) est croissante (strictement). 4. Soit la suite (vn ) définie, pour tout entier naturel n, par vn = un − n + 1. a. Démontrons que la suite (vn ) est une suite géométrique : Pour tout entier naturel n, on a vn+1 = un+1 − (n + 1) + 1 = 3un − 2n + 3 − n − 1 + 1 = 3un − 3n + 3 = 3 (un − n + 1) = 3vn v0 = u0 − 0 + 1 = 0+1 = 1 Pour tout entier naturel n, on a vn+1 = 3vn donc la suite (vn ) est géométrique de raison q = 3 ; son premier terme est v0 = 1. b. Déduisons–en que, pour tout entier naturel n, un = 3n + n − 1 : (vn ) est géométrique de raison q = 3 et de premier terme v0 = 1 donc pour tout entier naturel n, on a vn = v0 × q n = 3n or, vn = un −n+1 ⇐⇒ un = vn +n−1 donc pour tout entier naturel n, on a un = 3n − n + 1. 5. Soit p un entier naturel non nul. a. Pourquoi peut-on affirmer qu’il existe au moins un entier n0 tel que, pour tout n > n0 , un > 10p ? On a montré dans la question B 2. b. que lim un = +∞ ; par définition , cela signifie n→+∞ que pour tout réel A (et aussi grand soit–il), à partir d’un certain rang, tous les un appartiennent à l’intervalle [A ; +∞[. Prenons A = 10p ; il existe un entier n0 tel que pour tous les entiers n > n0 , on a un > 10p . On s’intéresse maintenant au plus petit entier n0 . b. Détermination à l’aide de la calculatrice cet entier n0 pour la valeur p = 3 : 103 = 1000 D’après la calculatrice, u6 = 734 et u7 = 2193 donc à partir de n0 = 7, on a un > 103 . c. Montrons que quelque soit p ∈ N∗ u3p > 10p ; déduisons–en que n0 6 3p : u3p = 33p + 3p − 1 = (33 )p + 3p − 1 = 27p + 3p − 1 or, quel que soit p dans N∗ , on a 27p > 10p et 27p + 3p − 1 > 10p + 3p − 1 > 10p donc u3p > 10p . La suite (un ) est croissante donc, pour tout n tel que n > 3p, alors un > u3p et donc un > 10p pour tout n > 3p. n0 étant la plus petite de ces valeurs, on a donc n0 6 3p. d. Proposition d’un algorithme qui, pour une valeur de p donnée en entrée, affiche en sortie la valeur du plus petit entier n0 tel que, pour tout n > n0 , on ait un > 10p : Entrée Saisir le nombre entier naturel non nul p. Traitement Affecter à U la valeur 0 Affecter à k la valeur 0 Tant que U < 10p Affecter à U la valeur 3U − 2k + 3 Affecter à k la valeur k + 1 Fin tant que Sortie Afficher k Exercice 2 (9 points) Pondichery, avril 2012 Partie A Restitution organisée de connaissances Soit z un nombre complexe. On rappelle que z est le conjugué de z et que |z| est le module de z. On admet l’égalité : |z|2 = zz. Montrons que, si z1 et z2 sont deux nombres complexes, alors |z1 z2 | = |z1 | |z2 | : |z1 z2 |2 = z1 z2 z1 z2 = z1 z2 z1 z2 = z1 z1 z2 z2 = |z1 |2 × |z2 |2 = (|z1 | × |z2 |)2 or, le module d’un nombre complexe est un réel positif ; donc pour tous nombres complexes z1 et z2 , on a : |z1 z2 |2 = ([z1 | |z2 |)2 et les nombres |z1 z2 | et |z1 | |z2 | sont positifs ; on a donc |z1 z2 | = |z1 | |z2 | . Autre méthode * : On pose z1 = a1 + ib1 et z2 = a2 + ib2 z1 z2 = (a1 + ib1 )(a2 + ib2 ) = a1 a2 + ia1 b2 + ia2 b1 + i2 b1 b2 = a1 a2 − b1 b2 + i(a1 b2 + a2 b1 ) |z1 z2 | = = = |z1 | |z2 | = = = q (a1 a2 − b1 b2 )2 + (a1 b2 + a2 b1 )2 q (a1 a2 )2 − 2a1 a2 b1 b2 + (b1 b2 )2 + (a1 b2 )2 + 2a1 b2 a2 b1 + (a2 b1 )2 q a21 a22 + b21 b22 + a21 b22 + a22 b21 q a21 + q b21 q a22 + b22 (a21 + b21 ) (a22 + b22 ) q a21 a22 + a21 b22 + b11 a22 + b21 b22 on a effectivement |z1 z2 | = |z1 | |z2 | * Il est préférable d’utiliser la première méthode qui utilise la propriété rappelée et admise dans l’énoncé ; une telle propriété est parfois appelée pré–requis dans les ROC. Partie B : Étude d’une transformation particulière Dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal direct (O; ~u; ~v), on désigne par A et B les points d’affixes respectives 1 et −1. Soit f la transformation du plan qui à tout point M d’affixe z 6= 1, associe le point M ′ d’affixe z ′ tel que : z′ = 1. zC = −2 + i. 1−z z−1 a. Calcul de l’affixe zC ′ du point C ′ image de C par la transformation f , et placement des points C et C ′ dans le repère donné en annexe : zC ′ = = = = = = = 1 − zC zC − 1 1 − (−2 + i) −2 − i − 1 3−i −3 − i (3 − i)(−3 + i) (−3 − i)(−3 + i) −9 + 3i + 3i − i2 (−3)2 + (−1)2 −8 + 6i 10 −4 + 3i 5 Le point C ′ a pour affixe zC ′ = −4 3 + i 5 5 b. Montrons que le point C ′ appartient au cercle C de centre O et de rayon 1 : OC ′ = |zC ′ − zO | −4 3 + i = 5 5 s 2 2 3 −4 + = 5 5 s 16 9 = + 25 25 √ 1 = = 1 ′ OC = 1 donc C ′ appartient au cercle de centre O et de rayon 1. c. Montrons que les points A, C et C ′ sont alignés : # »′ = zC ′ − zA zAC −4 3 + i−1 = 5 5 −9 3 = + i 5 5 3 = (−3 + i) 5 # » # » 3 3# » # » # »′ = # » donc AC ′ = on a zAC AC donc les vecteurs AC et AC ′ sont colinéaires zAC 5 5 donc les points A, C et C ′ sont alignés. # » = zC − zA zAC = −2 + i − 1 = −3 + i 2. Détermination et représentation sur la figure donnée en annexe l’ensemble ∆ des points du plan qui ont le point A pour image par la transformation f : 1−z =1 z ′ = zA ⇐⇒ z−1 ⇐⇒ 1 − z = z − 1 et z − 1 6= 0 ⇐⇒ 2 = z + z et z 6= 1 ⇐⇒ 2 = x + iy + x − iy et z 6= 1 ⇐⇒ 2 = 2x et (x ; y) 6= (1 ; 0) ⇐⇒ x = 1 et (x ; y) 6= (1 ; 0) L’ensemble ∆ des points du plan qui ont le point A pour image par la transformation f est la droite d’équation x = 1 privée du point A(1 ; 0). 3. Montrons que, pour tout point M distinct de A, le point M ′ appartient au cercle C : OM ′ = |z ′ − zO | 1 − z = z − 1 |1 − z| = |z − 1| |1 − z| = |z − 1| |1 − z| = |z − 1| 1 − z = z − 1 = | − 1| = 1 OM ′ = 1 donc M ′ appartient au cercle C . z′ − 1 est réel. z−1 Que peut-on en déduire pour les points A, M et M ′ ? 1−z −1 z′ − 1 Pour tout z 6= 1, on a = z−1 z−1 z−1 1−z z−1 − = z−1 z−1 z−1 1−z−z+1 z−1 = z−1 2−z−z 1 = × z−1 z−1 2−z−z = zz − z − z + 1 A partir de là, deux démarches sont possibles : 2 − (z + z) z′ − 1 = on a donc z−1 zz − (z + z) + 1 or, d’après le cours, z + z = 2Re(z) ; c’est donc un nombre réel. 4. Montrons que, pour tout nombre complexe z 6= 1, De même, zz est un réel. z′ − 1 est donc réel. Le quotient z−1 Autre méthode : on pose z = x + iy où x et y sont des nombres réels. z′ − 1 2 − x − iy − x + iy = 2 z−1 x + y 2 − x − iy − x + iy + 1 2 − 2x = 2 x + y 2 − 2x + 1 z′ − 1 est un nombre réel. x et y sont des réels donc le quotient z−1 Il existe donc un réel k tel que On a donc z ′ − 1 = k(z − 1) z′ − 1 =k z−1 # »′ = kz # » d’où zAM AM # »′ # » donc AM = k AM # » # » d’où AM ′ et AM sont colinéaires donc les points A, M, et M ′ sont alignés 5. On a placé un point D sur la figure donnée en annexe. Construire son image D ′ par la transformation f . Dans ce qui précède, on a montré que : – L’image M ′ d’un point M distinct de A appartient au cercle de centre O et de rayon 1. – Le point A, un point M distinct de A et son image M ′ sont alignés. L’image D ′ du point D est donc située à l’intersection du cercle de centre O et de rayon 1 et de la droite (AD). C + C′ ~v A + D ′ C D O ~u Exercice 3 (2 points) Détermination par la méthode la mieux adaptée du nombre de solution de l’équation 2x3 − 3x2 − 1 = 0. Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative même infructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation Soit la fonction f : x 7−→ 2x3 − 3x2 − 1 f ′ (x) = 6x2 − 6x = 6x(x − 1) racines : 0 et 1 x −∞ 0 signe de f ′ (x) + 0 − −∞ Limite en −∞ : lim 2x3 = −∞ x→−∞ 2 −3x − 1 = −∞ Limite en +∞ : lim 2x3 = +∞ x→+∞ lim x→+∞ −3x2 − 1 = −∞ or f (x) = x3 2 − 3 1 − 3 x x lim x3 = −∞ x→+∞ lim x→+∞ 1 3 2− − 3 x x 0 a=2 a>0 + +∞ −2 f (1) = 2 × 13 − 3 × 12 − 1 = −1 x→−∞ +∞ 1 f (0) = 2 × 03 − 3 × 0 − 1 lim (N. B. : le calcul de ∆ est super–inutile ici !) −1 variations de f f est définie et dérivable sur R. =2 = −2 donc par somme, lim f (x) = −∞ x→−∞ forme indéterminée du type « +∞ − ∞ » donc par produit, lim f (x) = +∞ x→+∞ • Sur ] − ∞ ; 1], le maximum de f est −1 donc pour tout x de ] − ∞ ; 1], on a f (x) 6 −1 donc l’équation f (x) = 0 n’a pas de solution sur cet intervalle. • f est continue sur [1 ; +∞[ (car c’est une fonction polynôme), f est strictement croissante sur [1 ; +∞[, f (1) = −2 et lim f (x) = +∞, x→+∞ 0 est compris entre −2 et +∞ donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires dans le cas des fonctions strictement monotones, l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans l’intervalle [1 ; +∞[. • L’équation f (x) = 0 admet donc une unique solution sur R. Questions faciles que tout élève doit savoir traiter : Exercice 1 : Partie A Partie B 1. 2. a. b. 3. 4. a. c. Exercice 2 : Partie B 1. a. b. c. 2. 3. Exercice 3 Il faut commencer par retravailler en priorité ces questions et les refaire jusqu’à ce que vous soyez capables de les faire correctement. Ca fait quand même 13, 25/20 !