EXERCICE points

Laurent Bretonnière

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
EXERCICE 1 4 points 1.a. vn+1 = un+1 ? 6 = 13un + 4? 6 = 1 3un ? 2 = 1 3 (un ? 6) = 1 3 vn donc la suite (vn) est géométrique de raison q = 13 et de premier terme v0 =u0?6= 1?6=?5. 1.b. Donc pour tout n dansN, on a vn = v0?qn =?5? ( 1 3 )n . Or vn =un?6 donc un = vn+6 et on obtient bien un =?5? ( 1 3 )n +6 1.c. 13 ? ]?1 ; 1[ donc limn?+∞ ( 1 3 )n = 0 donc limn?+∞?5? ( 1 3 )n = 0 et donc on en déduit facilement que la suite (un) converge et que limn?+∞un = 6 2.a. Appliquons la formule de récurrence définissant (wn) pour n = 10 : 10w10 = 11w9+1 donc 10w10 = 11?19+1 = 210 donc w10 = 21 2.b. On conjecture que la suite (wn) est arithmétique de raison r = 2 et de premier terme w0 = 1, autrement dit que pour tout n dans N, on a wn = 2n+1.

• points d'affixes respectives


• quem ?


• ?4 ?


• principe de récurrence


• ei? avec ? ?r


• division euclidienne


• calculatrice donne ??


• ei?


• ??

Sujets

• France 3
• France 2
• Raisonnement par récurrence
• Division euclidienne

Informations

• Publié par: apmep
• Nombre de lectures: 38
• Langue: Français

Extrait

> ∈ = < ∈ +∞
croissantesur[0;1]puisstrictementdécroissantesur[1;+∞[.
II.1.a. Représentation graphiquedeA(λ):
La fonction f est continue et positive sur [0;+∞[ donc l’intégrale A(λ) désigne l’aire
EXERCICE 1 4points
(enunitéd’aire)delapartieduplandélimitéeparlacourbeC,l’axedesabscissesetles
1 1 1 1
droitesverticalesd’équationx=0etx=λ:
1.a. v = u −6 = u +4−6 = u −2 = (u −6) = v donc la suite (v ) est
n+1 n+1 n n n n n
3 3 3 3
1
géométrique deraisonq= etdepremiertermev =u −6=1−6=−5.
0 0
3
¡ ¢
n
n 1
1.b. Doncpourtoutn dansN,onav =v ×q =−5× .Orv =u −6doncu =v +6
n 0 n n n n
3
¡ ¢
n
1
etonobtientbien u =−5× +6
n
3
¡ ¢ ¡ ¢
C
n n
1 1 1
1.c. ∈]−1; 1[ donc lim =0 donc lim −5× =0 et donc on en déduit
n→+∞ n→+∞
3 3 3
facilement quelasuite(u )convergeetque lim u =6
n n→+∞ n
O
λ
2.a. Appliquonslaformulederécurrencedéfinissant(w )pourn=10:
n
10w =11w +1donc10w =11×19+1=210donc w =21
10 9 10 10
2.b. On conjecture que la suite (w ) est arithmétique de raisonr =2 et de premier terme
n
II.1.b. D’aprèslaquestionI.3.onsaitque f présenteunmaximumenx=1doncpourtoutx
R
w =1, autrement dit que pour toutn dansN, on a w =2n+1. Démontrons-le par
0 n
λ
dans [0;+∞[, f(x)≤ f(1). Par croissance del’intégrale, on en déduit que f(x)dx≤
0
récurrencesurn :notonsP laproposition«w =2n+1».
n n R
λ
f(1)dx,soit A(λ)≤λ×f (1) (c’estévidentgéométriquement!)
0
•Initialisation:w =1et2×0+1=1doncP estvraie.
0 0
• Hérédité : Soit n un entier quelconque dans N. Supposons P vraie. On sait que
n
II.2.a. Onprocèdeparintégrationparparties:
′ −x −x
(n+1)w =(n+2)w +1. Or par hypothèse de récurrence, on sait quew =2n+1
n+1 n n u (x)=e u(x)=−e
2
′
donc (n+1)w = (n+2)(2n+1)+1= 2n +5n+3= (2n+3)(n+1). Or n+16? 0
n+1 v(x)=x v (x)=1
donc on en déduit que w = 2n+3= 2(n+1)+1 et donc P est vraie. Ainsi, la R £ ¤ R R £ ¤
n+1 n+1 λ λ
λ λ λ
−x −x −x −λ −x −λ −x
xe dx= −xe − −e dx=−λe + e dx=−λe + −e doncfina-
0 0 0
0 0
propositionP esthéréditaire.
n
R
λ
−x −λ −λ
• Conclusion : par le principe de récurrence, la propositionP est vraie pour tout n
n lement xe dx=−λe −e +1
0
dansN,àsavoirquepourtoutn dansN, w =2n+1 d’où w =4019
n 2009
−x −x −x
II.2.b. Onsaitquepourtoutx dans[0;+∞[,xe ≥0doncln(1+xe )≤xe .Parcroissance
del’intégrale(lesfonctionssontbiencontinuessur[0;λ]),onobtient:
EXERCICE 2 6points
Z Z
x
λ λ
e −x
I.1. D’aprèslecours,lim =+∞doncparpassageàl’inverse,onalim xe =
x→+∞ x→+∞ −x −x −λ −λ
x
A(λ)= ln(1+xe )dx≤ xe dx=−λe −e +1
x + −x −x
lim =0 donc lim 1+xe =1 et donc lim ln(1+xe )=ln(1)=0
x→+∞ x x→+∞ x→+∞ 0 0
e
parcontinuitédelafonctionlnen1.Onadoncbien lim f(x)=0
x→+∞
−λ −λ
II.3. Pourλ=5,unecalculatricedonneλ×f(1)≃1,57et−λe −e +1≃0,96.C’estdonc
−x
I.2. Posonsu(x)=1+xe pourtoutx dans[0;+∞[.Lafonctionuestclairementdérivable
ladeuxièmeméthodequidonnelemeilleurmajorantdanslecasλ=5:
sur[0;+∞[etpourtoutx dans[0;+∞[,ona:
A(λ)≤0,96
′ −x −x −x
u (x)=0+1×e +x×(−e )=(1−x)e
−x −x
On sait que e >0. D’autre part,x≥0 doncxe ≥0 doncu(x)≥1>0. La fonction
u est dérivable et strictement positive sur [0;+∞[ doncd’après le cours, f =ln◦u est
dérivablesur[0;+∞[etpourtoutx dans[0;+∞[,ona:
′ −x
u (x) (1−x)e
′
f (x)= =
−x
u(x) 1+xe
−x −x ′
Onsaitquee >0etu(x)=1+xe >0donc f (x)estbiendusignede1−x.bbbbbbbbb
¡ ¢
= ⇐⇒ = +
1
¡ ¢ ¡ ¢ ⇐⇒ 2z=z+
p(n−1)! (n−p)(n−1)! (n−1)!(p+n−p)
n−1 n−1 (n−1)! (n−1)!
z
I. + = + = + = = 1
p−1 p (p−1)!(n−1−(p−1))! p!(n−1−p)! p!(n−p)! p!(n−p)! p!(n−p)!
⇐⇒ z=
¡ ¢
z
n
n!
2
=
⇐⇒ z =1
p!(n−p)! p
⇐⇒ z=1ouz=−1
II.1.a. Lesjetons sontindiscernablesautoucherdonconpeutlégitimement supposer qu’on
¡ ¢ Notons (en devançant l’énoncé) K et L les points d’affixes respectives−1 et 1. Alors
10
se trouve dans une situation d’équiprobabilité. Il y a manières de choisir 2 jetons ′
2 l’ensemble despointsM telsqueM =M estl’ensemble {K;L}
¡ ¢
7
parmi10etilya manièresdechoisir2jetonsblancsparmiles7jetonsblancs.Donc
iθ
2
4. Un point M d’affixe z appartenant au cercle de centreO et de rayon 1 vérifie z= e
¡ ¢ avecθ∈R.Alors
7
7
2
µ ¶
p(A)= =
¡ ¢ ³ ´ iθ −iθ
10
1 1 1 e +e
15
′ iθ iθ −iθ
2 z = e + = e +e = =cos(θ), avecθ∈R
iθ
2 e 2 2
¡ ¢
6
′
2 1
¡ ¢ cequimontrebienqueM appartientausegment[KL].
II.1.b. Demême,6jetonsportentdesnumérosimpairsdoncp(B)= = .
10
3
2
¡ ¢
4
2
2
II.1.c. Demême,4jetonsblancsportentdesnumérosimpairsdoncp(A∩B)= ¡ ¢= .Ainsi,
10
15 B
2
7 1 7 2 6
p(A)×p(B)= × = alorsquep(A∩B)= = doncp(A)×p(B)6?p(A∩B)donc
15 3 45 15 45
lesévènements A etB nesontpasindépendants .
A
II.2.a. LavariablealéatoireX peutvaloir0,1ou2.
¡ ¢ ¡ ¢
7 3
× ′
1
0 2
B
p(X=0)= ¡ ¢ = ,
10
15
2
′
¡ ¢ ¡ ¢
7 3 A
×
7
1 1
p(X=1)= ¡ ¢ = ,
10
15
2
¡ ¢ ¡ ¢
7 3
K O L
×
7
2 0
p(X=2)= ¡ ¢ = .D’où:
10
15
A
1
2
′
C
k 0 1 2
1 7 7
p(X=k)
15 15 15
1 7 7 7 7
II.2.b. E(X)=0× +1× +2× = : E(X)=
15 15 15 5 5
C
EXERCICE 4 5points(obligatoire)
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 1 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1.a. OM=|z|etOM = doncOM×OM =|z|× = z× =|1|=1.
1 1
z z z
1
D’autre part, (u;OM)= arg(z) [2π] et (u;OM )= arg( )=−arg(z) [2π] donc on a
1
z
bien(u;OM )=−(u;OM) [2π].
1
1.b. cf.figure.
1
¡ ¢
z +z z+
M M
′ 1 z ′ 1 1
′
2.a. z =z = = donconabien z = z+
M
2 2 2 z
¡ ¢ ¡ ¢
1 1 1 1 3 3
′ ′
2.b. z = 2i+ = 2i− i = ietdemêmeontrouvez =− i.
B C
2 2i 2 2 4 4
2.c. cf.figure.
3. Onaclairementleséquivalencessuivantes :
France 2 23juin20091.a. Le couple (x,y)=(1,1) est une solution particulière évidente. L’équation (E) est donc
′
équivalente àl’équation (E ):8(x−1)=5(y−1).
• Soit (x,y)une solution de(E).5| 5(y−1) donc5| 8(x−1). Or5∧8=1 donc d’après
lethéorèmedeGauss,5|x−1.Soitdonck dansZtelquex−1=5k.Alors x=1+5k .
′
L’équation (E )donnealors8(5k)=5(y−1)donc8k=y−1et y=1+8k .Ainsi,(x,y)
estsolutionde(E),s’ilexistek dansZtelquex=1+5k ety=1+8k.
•Conclusion: S ={(1+5k , 1+8k), k∈Z}
(E)
1.b. 8p−5q=(m−1)−(m−4)=3donc (p,q)estunesolutionde(E) .Parsuite,ilexistek
dansZtelquep=1+5k,etdoncm=8p+1=40k+9donconabien m≡9 (mod 40)
1.c. Cenombreestbiensûr m =2009 ,pourlequelp =251etq =401.
0 0 0
¡ ¢
k
3 3k 3 k 3k
≡1 ≡1 (mod 7): 2 ≡1 (mod 7)
2.a. 2 =8≡1 (mod 7)donc2 = 2
2009
2.b. Procédons à la division euclidienne de 2009 par 3 : 2009= 669×3+2 donc 2 =
¡ ¢
669
3 2 2009
2 ×2 ≡1×4≡4 (mod 7)donc le reste dansla division euclidienne de2 par
7est 4 .
2 3
3.a. 10≡3 (mod 7)donc10 ≡9≡2 (mod 7)donc 10 ≡6≡−1 (mod 7) .
3
3.b. N estdivisiblepar7ssiN≡0 (mod 7).Cetteéquationestéquivalenteàa×10 +b≡0
(mod 7),elle-même équivalente à−a+b≡0 (mod 7),soit a≡b (mod 7)
a=1:laconditionb≡1 (mod 7)avecb∈J0,9Kdonneb=1oub=8.D’où N=1001
et N=1008 .
a=2:laconditionb≡2 (mod 7)avecb∈J0,9Kdonneb=2oub=9.D’où N=2002
et N=2009 .
a=3:laconditionb≡3 (mod 7)avecb∈J0,9K donneb=3.D’où N=3003 .
a=4:laconditionb≡4 (mod 7)avecb∈J0,9K donneb=4.D’où N=4004 .
a=5:laconditionb≡5 (mod 7)avecb∈J0,9K donneb=5.D’où N=5005 .
a=6:laconditionb≡6 (mod 7)avecb∈J0,9K donneb=6.D’où N=6006 .
a=7:laconditionb≡7 (mod 7)avecb∈J0,9Kdonneb=0oub=7.D’où N=7000
et N=7007 .
a=8:laconditionb≡8 (mod 7)avecb∈J0,9Kdonneb=1oub=8.D’où N=8001
et N=8008 .
a=9:laconditionb≡9 (mod 7)avecb∈J0,9Kdonneb=2oub=9.D’où N=9002
et N=9009 .
France 3 23juin2009