La proposition est fausse puisque si on prend les nombres complexes z et z i on a bien z2 z alors que l'on n'a pas z

Description

Niveau: Secondaire, Lycée

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Exercice 1 1. La proposition est fausse puisque si on prend les nombres complexes z = 1 et z? = i, on a bien z2 + z?2 = 0 alors que l'on n'a pas z = 0. 2. Soient p, p+ 1, · · · , p+ n? 1 n entiers consécutifs. Leur somme vaut S = n (p+ p+ n? 1)2 = n? 2p+ n? 1 2 = n? ( p+ n? 12 ) . Pour que cette somme soit un multiple entier de n, il faut et il suffit que p+ n? 12 soit un entier, c'est-à-dire que n? 12 soit un entier. Puisque n? 1 2 = k équivaut à n = 2k+ 1, alors la somme de n entiers consécutifs est un multiple de n si, et seulement si, n est un entier impair. 3. Posons P (n) la propriété: un = 2n ? 1. Vérifions que la propriété P est vraie pour tout entier naturel par une récurrence double: • aux rangs n = 0 et n = 1, on a bien u0 = 20 ? 1 et u1 = 21 ? 1. Ainsi, la propriété P est vraie aux rangs 0 et 1. • Si on suppose que la propriété P est vraie aux rangs n et n+ 1, où n est un entier naturel fixé, alors : un+2 = 3un+1 ? 2un = 3? ( 2

• in?1


• ?? n??∞


• produit scalaire


• récurrence double


• logiciel de géométrie dans l'espace


• entier


• question précédente


• classe c∞

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• Produit scalaire
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Extrait

Exercice 1

22 1. La proposition est fausse puisque si on prend les nombres complexesz= 1etz=i,on a bienz+z= 0 alors que l’on n’a pasz= 0.

2. Soientp, p+ 1,∙ ∙ ∙, p+n−1nentiers consécutifs.   n(p+p+n−1) 2p+n−1n−1 Leur somme vautS= =n×=n×p+. 2 2 2 n−1 Pour que cette somme soit un multiple entier den, ilfaut et il suffit quep+soit un entier, c’est-à-dire 2 n−1n−1 que soit un entier. Puisque=kéquivaut àn= 2k+ 1,alors la somme denentiers consécutifs 2 2 est un multiple densi, et seulement si,nest un entier impair.

n 3. PosonsP(n)la propriété: "u n = 2−1". Vérifions que la propriétéP par une récurrence double:

4.

est vraie pour tout entier naturel

0 1 •aux rangsn= 0etn= 1,on a bienu 0 = 2−1etu 1 = 2−1.Ainsi, la propriétéPest vraie aux rangs0et1. •Si on suppose que la propriétéPest vraie aux rangsnetn+ 1,oùnest un entier naturel fixé, alors :

u n+2

= = = =

3u n+1 −2u n   n+1n 3×2−1−2 (2−1) n+1n+1 3×2−3−22 + n+1n+2 2×2−1 = 2−1

Ainsi, si la propriétéPest vraie à deux rangs consécutifs, alors elle est vraie au rang suivant.

Grâce aux deux constats précédents, on sait que la propriétéPest vraie pour tout entier natureln. Remarque: on accepte également le raisonnement consistant à vérifier par une récurrence simple (ie à un n n+1 prédécesseur) la propriétéP(n)suivante : "u n = 2−1etu n+1 = 2−1".

(a)

A

60

30

B

50

Puisque chaque pièce a la même probabilité d’être prélevée, on sait que 90 P(A= 0) = .009, 10 000 80 P(B) = = 0.008, 10 000 30 P(A∩B) = = 0.003. 10 000 La probabilité que la pièce prélevée présente un défaut est donc

P(A∪B) =P(A) +P(B)−P(A∩B) = 0.014.

La probabilité que la pièce prélevée ne présente pas de défaut est alors1−P(A∪B) = 0,986. (b) On aP(A)×P(B) = 0,000072= 0,003 =P(A∩B)ce qui signifie que les évènementsAetBne sont pas indépendants.

Exercice 2  1. (0, 3,- 4) ; (- 7, 3, 0) ; (- 7, 0, 4) IC = = 5 ; IH = = 7,615≈7,62; CH = = 8,062≈8,06   z  E 4 H     I F G    y  A 12   D    7 C B  x    2. a Les trois points B, I, H ne sont pas alignés. Si on projette ces trois points dans le plan (xAy) parallèlement à (Az), on obtient les points B, I, D avec I projection de I. Si B, I, H étaient alignés, I serait sur [BD], or I est sur [BC] et I B; les trois points B, I, H ne sont donc pas alignés. On peut visualiser la situation en construisant la figure à laide dun logiciel de géométrie dans lespace.   On peut aussi calculer la valeur de langle pour montrer que les trois points ne sont pas alignés (ce calcul permet de répondre aux remarques des deux élèves).  (0, -9,- 4) et = 0 + (- 9)×3 + 0 = - 27

=

= - 0, 3599 ce qui donne

≈111°.

 2. b Langle nest pas droit. On peut soit calculer sa valeur, soit plus simplement vérifier que≠0.  On peut également calculerBIetBH.et vérifier que  3.Plusieurs rédactions sont évidemment possibles. 1. Soit J le point de coordonnées (7,y0, 4) avec ≤y≤12. Où se trouve le point J ? 2. Calculer le produit scalaire . En déduire une condition pour que  langle soit droit. 3. Calculer le produit scalaire . En déduire une condition pour que langle soit droit. 4. En déduire sil existe un point J du segment [FG] tel que la droite (BJ) soit  perpendiculaire au plan CJH.





  

 Corrigé : 1. I est sur le segment [FG].

(0, -y, - 4)

(-7, 12 –y, 0)

(0, 12 –y, - 4).

2  2. = 0 +y– 12y+ 0. Une condition pour que langle soit droit est donc 2 y– 12y= 0. 2 3. = 0 +y– 12y+ 16. Une condition pour que langle soit droit est donc 2 y– 12y+ 16 = 0 4. Un point J du segment [FG] qui répond à la question est tel que la droite (BJ) soit perpendiculaire à la droite (JH) et à la droite (JC). 2 2  Un tel point vérifierait doncy– 12y=y– 12yCette équation nayant pas+ 16. de solution, il ny a donc pas de point J du segment [FG] tel que la droite (BJ) soit perpendiculaire au plan CJH. 

Exercice 3

Partie A

1. On a π π     π 2 π 2 2 I 0 = 1×dx= ;I 1 (= sin x)dx=−cos (x) = 1 2 0 0 0   π n 2. On a, pour toutxdans0;,0sin (x)et donc0sin (x). 2  π 2 n On en déduit donc que0sin (x)dxsoit0I n . 0   π n On a, pour toutxdans0;,0sin (x)1et donc, en multipliant parsin (x)positif, on a 2   π π 2 2 n+1n n+1n sin (x)sin (x).On en déduit donc quesin (x)dxsin (x)dxsoitI n+1 I n . 0 0 3. Pour tout entier naturelnsupérieur ou égal à2,on a :  π  π 2 2 n n−1 I n (= sin x)dx(= sin x() sin x)dx 0 0   π n−1 1 Si on poseu(x) =−cos (x)etv(x) = sin (x),les fonctionsuetvsont de classeCsur0;et on a 2   n−2 u(x) = sin (x)etv(x) = (n−1) cos (x) sin (x).On a donc, en intégrant par parties :  π   2 π n−1 2n−2 2 I n =−cos (x) sin (x) + (n−1) cos (x) sin (x)dx 0 0  π 2   2n−2 = 0 + (n−1) 1−sin (x) sin (x)dx 0   π π 2 2 n−2n = (n−1) sin (x)dx−(n−(1) sin x)dx= (n−1)I n−2 −(n−1)I n 0 0 On a doncnI n = (n−1)I n−2 pour tout entier naturelnsupérieur ou égal à2.

4. En multipliant l’égalité précédente parI ,on obtient quenI I= (n−1)I I ,ce qui signifie bien n−1n n−1n−1n−2 que la suite(nI n I n−1 )est constante. La valeur de cette constante est, par exemple, la valeur du premier n1 π terme de cette suite, soit1×I 1 ×I 0 soit. 2 π 5. On sait d’après la question précédente quenI n I n−1 =pour tout entiern1.On en déduit donc queI n 2 n’est jamais nul. On a aussi vu queI n 0.On a donc désormaisI n >0. On a enfin vu que la suiteIest décroissante et donc on aI n+1 I n I n−1 .En divisant parI n−1 >0,on a I I n+1n donc 1.Or, on sait d’après la question 3 que, pour tout entier natureln1,on a I I n−1n−1 I n n I n+1n (n+ 1)I n+1 =nI n−1 soit=.On a donc bien au final 1. I n−1 n+ 1n+ 1I n−1 n 6. Puisque−→1,on sait, par théorème d’encadrement et grâce à la question qui précède que n−→∞ n+ 1 I π n 2 −→1soit queI n ∼I n−1 .Sachant de plus quenI n I n−1 =,on anI n I n−1 ∼n(I n ) n−→∞ n→+∞n→+∞ I n−1 2    π π π 2 2 2 2 et doncn(I n )∼d’où(I n )∼d’où(I n )∼.Or,(I n ) =|I n |=I n carI n 0. 2 2n2n n→+∞n→+∞n→+∞  π On a donc bienI n ∼I n−1 ∼. 2n n→+∞n→+∞

(2n)!π 7. PosonsP(n)la propriété suivante "I=" et procédons par récurrence : 2n 2 n 2 (2n!)

π(2n)!π0!π π •au rangn= 0,on sait queI 0 =et on a bien= =. 2 2 2 2 2 2 n 0 (2n!) (2 0!) Ainsi la propriétéPest vraie au rang0.

(2n)!π(2n+ 2)!π •Supposons que l’on ait, à un rangn0, I 2n =et prouvons qu’alorsI 2n+2 =. 2 2 2 2 n n +1 (2n ( !) (2 n+ 1)!) 2n+ 1 On sait, grâce à la question 3 queI 2n+2 =I 2n et donc 2n+ 2 2n+ 1 2n(2+ 1 n)!π2n+ 2 2n+ 1 (2n)!π(2n+ 2)!π I 2n+2 =I 2n == = 2 2 2 n n n+1 2n2 (+ 2 n2 2 + 1) (n+ 1) 2 (n+ 1) 2 2 (2n!) (2n ( !) (2 n+ 1)!) La propriétéPétant vraie au rang0et héréditaire à partir de ce rang, elle est alors vraie à tout rangn entier naturel.

Partie B

1. L’intervalle]−1; 1[est centré en0et on a :         1−x1 1+ 1 −x+1 1 1 1 x pourx= 0, f(−x) =−ln =−ln =−ln =ln = f(x), 1+x 2x1 +x2x1 +x2x2x1−x 1−x pourx= 0, f(−0) =f(0).

Ainsi, la fonctionfest paire. 1 +x 2. On sait queln (v)∼v−1et puisque−→1,on a donc 1−x v→1x−→0   1 +x1 +x2x2x ln∼ −1 =∼. 1−x x→0 1−x1−x x→0 1 1 Ainsi, on af(x)∼ ×2x= 1doncf(x)−→1et commef(0) = 1, fest donc continue en0. 2x x→0x−→0   3 1 +x2x 3. Posonsg(x) = ln−2x−. 1−x3 ∞ gest clairement de classeCsur]−1; 1[et on a, pourx∈]−1; 1[ : 4        1−1 2 2 2x 2 2 2 2 g(x) =− −2−2x=−2 1 +x= 1−1 +x1−x=0 2 2 2 1 +x1−x1−x1−x1−x La fonctiongest donc croissante sur]−1; 1[et commeg(0) = 0,on a doncg(x)0pourxdans]0; 1[.

Partie C

1. On a       1 1 ( ) ( ) n −n+−n+ u n n!ne n 2 2 ln = ln = ln 3 3 u n+1 n+1 ( 2 ) 1 ( 2 ) −n+−n+ (n+ 1)!e(n+ 1) (n+ 1)e(n+ 1)       1 1 −n+ −n+ ( ) ( ) 2 2 n1n = ln = ln 1 −n+ ( ) e n+ 1 2 e×(n+ 1)         1n1n =−ln (e)−n=+ ln −1−n+ ln 2n+ 1 2n+ 1 1 Or, avecp=,on a 2n+ 1     1 2n+ 2       1 + 2n+ 1 2n2+ 1 n2+ 1 n+ 2 1n+ 1  2n+ 1   2n+ 1  f(pln) =   = ln   == ln n+ ln 1 2n 2 2 2 2n2n 1− 2n2+ 1 n+ 1   u n 1 On a donc bienln =f(p)−1avecp=. u n+1 2n+ 1

1 2. Il est clair quep=∈]0; 1[et donc d’après le résultat mentionné dans la question 3 de la partie B, 2n+ 1   2 2 2 2 p p p u n p on sait que1 +f(p)1 +et donc on aln.Or, 2 2 3 3 (1−p) 3u n+1 3 (1−p)

2 p1 1 =   = 2 3 (1−p) 12n(n+ 1) 2 3 (2n+ 1)−1

On a donc obtenu que   1u1 n ln 2 u12n(n+ 1) 3 (2n+ 1) n+1 1 1 Pour aboutir au deuxième résultat souhaité, il suffit donc que.Or 2 12 (n+ 1) (n+ 2) 3 (2n+ 1)

1 12 (n+ 1) (n+ 2)



⇐⇒

Au final, on a donc bien

3. On a

v n+1 −v n

w n+1 −w n

w n −v n

=

=

=

1 2 ⇐⇒(2n+ 1)4 (n+ 1) (n+ 2) 2 3 (2n+ 1) 2 2 4n+ 4n+ 14n+ 12n+ 8⇐⇒8n+ 70ce qui est vrai puisquen∈IN.

  1u n 1 ln 12 (n+ 1) (n+ 2)u n+1 12n(n+ 1)

  1 1 1u n ln (u n+1 )− −ln (u n =) + −ln0 12 (n12+ 1) n12n(n+ 1)u n+1   1 1 1u n ln (u n+1 )− −ln (u n =) + −ln0 12 (n12 (+ 2) n+ 1) 12 (n+ 1) (n+ 2)u n+1 1 −→0 n−→∞ 12n(n+ 1)

Ainsi, la suitevest croissante, la suitewest décroissante et leur différence tend vers0. Les suitesvetwsont donc adjacentes et convergent donc vers une même limite.

4. On a

1 ( ) − n n+ 2 n!∼e e n n→+∞

⇐⇒

⇐⇒

u n 1 ( ) −n −n+   n!e n∼e⇐⇒u n ∼e⇐⇒ −→1 2  e n→+∞n→+∞ n−→∞   u n ln−→0⇐⇒ln (u n )−−→0  e n−→∞n−→∞

Or, on sait que     1 1 1 v n (= ln u n )− −→doncln (u n )−(= ln u n )−+−−→+ 0−= 0. n−→∞n−→∞ 12n12n12n

1 ( ) − n n+ Ainsi, on a bienn!∼ne e . 2 n→+∞

1 −n ( ) n+ 5. Sachant quen!∼n ,e e on a donc 2 n→+∞ 1 1 1 √ 1 √ 2n+ 2n+ 2n+ 2n2n+ −2n ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 (2n)!eπ e (2n)π(2) (n)π(2) 2 (n)π2π I 2n =∼   = = = √ 1 2 n 1 2 n 2n+1  2 n→+∞ 2n+ (2n!) ( n+ ) 2 n  ( 2 ) 2 4e n2 e n 2 n −n 2 4e n 4ne e

√   √ π π2π  mais commeI 2n ∼on en déduit que ∼ √ soit quee∼2π.Comme  2×2n2×2n e n 2 n→+∞n→+∞n→+∞ √  il s’agit de constantes dont le quotient est censé tendre vers1,c’est donc quee= 2π.