Correction Amerique Nord Juin

Description

Correction Amerique Nord Juin 2005 Exercice I : 1. Le triangle ABC est rectangle et pas isocèle car : AB = |?3? i? (?2+3i)| = |?1?4i| = p 17 AC = |2,08+1,98i? (?2+3i)| = |4,08?1,02i| = √ 17,6868 BC = |2,08+1,98i? (?3? i)| = |5,08+2,98i| = √ 34,6868 Alors BC2 = AB2+ AC2. 2. L'ensemble des points M d'affixe z tels que |z ?| = 1 est une droite, c'est la médiatrice de [AB] avec A et B d'affixes : -2 et 4i, car : |z ?| = 1 ? | z?4i z+2 | = 1 ? |z?4i| = |z+2| ? AM =BM 3. L'ensemble des points M d'affixe z tels que z ? est un réel est : une droite privée du point d'affixe ?2 En effet, en posant z = x+ iy , on obtient : z ? = x+ iy ?4i x+ iy +2 = x+ i(y ?4) (x+2)+ iy = (x+ i(y ?4))((x+2)? iy) (x+2)2+ y2 = x(x+2)+ y(y ?4)+ i

• droite ∆ d'équation


• ?e?x


• proposition de récurrence


• vraie alorsqn


• loi binomiale de pa- ramètres

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2005
• Nombre de lectures: 43
• Langue: Français

Extrait

Correction Amerique Nord Juin 2005 Exercice I : 1. Letriangle ABC estrectangle et pas isocèlecar : AB−= |3−i−(−2+3i)| = | −1−4i| =17 AC= |2, 08+1, 98i−(−2+3i)| = |4, 08−1, 02i| =17, 6868 BC= |2, 08+1, 98i−(−3−i)| = |5, 08+2, 98i| =34, 6868 2 22 AlorsBC=AB+AC. ′ 2. L’ensembledes pointsMd’affixeztels que|z| =1 estune droite, c’est la médiatrice de [AB] avec A et B d’affixes : 2 et 4i, car :

z−4i ′ |z| =1| =⇔ |1 z+2 ⇔ |z−4i| = |z+2| ⇔AM=B M ′ 3. L’ensembledes pointsMd’affixeztels quezest un réel est :une droite privée du point d’affixe−2 En effet, en posantz=x+iy, on obtient : x+iy−4i ′ z= x+iy+2 x+i(y−4) = (x+2)+iy (x+i(y−4))((x+2)−iy) = 2 2 (x+2)+y ¡ ¢ x(x+2)+y(y−4)+i (y−4)(x+2)−x y = 2 2 (x+2)+y ¡ ¢ x(x+2)+y(y−4)+i 4x+2y+8 = 2 2 (x+2)+y

′ Or pour quezsoit réel il faut que sa partie imaginaire soit nulle, donc 4x+2y+8=0 avecz6= −2. Comme de plus ce point d’affixe−2 appartient à la droite d’équation 4x+2y+8=0, alors CDFQ. π 4. L’écriturecomplexe de la rotation de centre D et d’angle−est : 3 π − 3 z=e (z−z D )+z D ³ ³ ´³ ´´ π π =cos− +i sin−(z−i)+i 3 3 Ã !Ã ! 1 31 3 = −i z−i−i+i 2 22 2 Ã ! 1 33 1 = −iz− +i 2 22 2

Exercice II : 1.fest une fraction rationnelle, donc dérivable sur tout intervalle inclus dans son ensemble de défini tion, et : 2(x+1)−(2x+1) 1 ′ f(x)>= =0 2 2 (x+1) (x+1) Doncfest croissante sur [0 ;2], et commefest continue l’image de [1 ;2] parfest 3 5 [f(1);f(2)]=][ ;⊂ainsi :[1; 2], 2 3 six∈2] alors[1 ;f(x)∈2][1 ;

1

2. (a) (b) SoitP n la proposition de récurrence : 1 6 v n 6 2. Commev 0 =2 alorsP 0 est vraie. SupposonsP n vraie, alors 1 6 v n 6 2, donc 1 6 f(v n ) 6 2, d’aprés la relation démontrée à la question 1. Ainsi siPest vraie alorsPest vraie, maisPest vraie, donc pour toutn,Pest vraie. n n+1 0n Ainsi pour tout entier natureln, 1 6 v n 6 2.

SoitQ n la proposition de récurrence :v n+1 6 v n 5 Orv 1 =f(v 0 )=f(2)=doncv 1 6 v 0 . DoncQ 0 est vraie. 3 SupposonsQ n vraie, alorsv n+1 6 v n , maisv n etv n+1 sont deux nombres de [0 ; 2], donc comme fest croissante sur [0 ; 2], alors :

f(v n+1 ) 6 f(v n )⇔v n+2 6 v n+1

DoncQ n+1 est vraie. Ainsi, siQ n est vraie alorsQ n+1 est vraie, maisQ 0 est vraie, donc pour toutn,Q n est vraie. Ainsi pour tout entier natureln,v n+1 6 n . v

On admettra que l’on peut démontrer de la même façon que : Pour tout entier natureln, 1 6 u n 6 u n+1 6 2. (c) 2v n +1 2u n +1 v n+1 −u n+1 = − v+1u+1 n n (2u n +1)(v n +1)−(2u n +1)(v n +1) = (v n +1)(u n +1) 2u v+u+2v+1−2u v−2u−v−1 n nn nn nn n = (u+1)(v+1) n n v n −u n = ( v n +1) (u n +1) SoitR n la relation de récurrence :v n −u n > 0 Orv 0 −u 0 =2− =1, doncR 0 est vraie. SupposonsR n vraie, alorsv n −u n > 0, mais : >0 } { v−u n n    v n+1 −u n+1 =    v+1u+1 n n | {} {z} >0>0 Doncv n+1 −u n+1 >0. Ainsi, siR n est vraie alorsR n+1 est vraie, maisR 0 est vraie, donc pour toutn,R n est vraie. Ainsi pour tout entier naturelv n −u n > 0.

1 1 1 Comme 1 6 u n 6 2, alors 2 6 u n +1 6 3 et 6 6 . 3u n +1 2 1 1 1 De même, 6 6 . 3v n +1 2 Or v−u v−u n nn n v n+1 −u n+1 = ⇒v n+1 −u n+1 6 ( v n +1) (u n +1) 4 (d) Enprocédant par récurence, on démontre que pour tout entier natureln: Ã ! n 1 v n −u n 6 (v 0 −u 0 ) | {} 4 =1

2

(e) Commela suite (u n ) est croissante (u n 6 u n+1 ) et majorée par 2, alorsuest convergente. Comme la suite (v n ) est décroissante (v n > v n+1 ) et minorée par 1, alorsvest convergente. µ ¶ n 1 1 Comme−1< <lim1, alors=0 4 n→+∞ 4 Ã ! n 1 et comme pour tout entier natureln, 0 6 v n −u n 6 , 4 alors d’aprés le théorème des gendarmes : limv n −u n =0⇔limv n =limu n n→+∞ |{z} n→+∞n→+∞ u et vconvergent Donc les suites (u n ) et (v n ) convergent vers le même réelα. Commefest continue,u n+1 =f(u n ) etuconverge versα, alors : 2α+1 α=f(α)⇔α= α+1 ⇔α(α+1)=2α+1 2 ⇔α−α−1=0 1±5 ⇔α= 2 1+5 Or comme 1 6 u n 6 2,α=. 2

Exercice III : −x 1. (a)On af(x)=(x−1) (2−e )  limx−1= +∞ x→+∞ donc par produit,limf(x)= +∞. −x−x  x→+∞ lim e=lim 20 donc−e=2 x→+∞x→+∞ (x−1) (b) Commef(x)−(2x−2)= − x , alorslimf(x)−(2x−2)=0. e x→+∞ Donc la droiteΔd’équationy=2x−2 est asymptote àCen+∞. (c) Comme (x−1) f(x) 6 2x−2⇔ − 6 0 x e ⇔ −(x−1) 6 0 ⇔x > 1 DoncCest audessous deΔsur [1 ;+∞[ 2. (a) ′ −x−x f(x)=1×(2−e )+(x−1)×e −x−x−x =2−e+xe−e ¡ ¢ −x−x =xe+2 1−e −x0−x (b) Pourtout réelxstrictement positif,−x<0 donc e<e⇔e<1 −x−x′ Ainsi six>0, 1−e>0 etxe>0, alorsf(x)>0. (c) Tableaude variations def: 3. Sur[1, 3] ladroiteΔest située audessus de la courbeC. L’aire, en unité d’aire, du domaine plan limité par la courbeC, la droiteΔet les droites d’équationsx=1 etx=3 est égal à l’intégraleIsuivante : Z Z 3 3 −x I=(2x−2−f(x)) dx=(x−1)e dx 1 1 ½ ′ −x−x u(x)=eu(x)= −e On intègreIpar parties, en posant : ′ v(x)=x−1v(x)=1

3

Z 3 £ ¤£ ¤£ ¤ £¤ 3 33 3 −x−x−x−x−x−1−3 I=(x−1)×(−e )− −e dx= −(x−1)e−e= −xe=e−3e 1 11 1 1 −1−3 Ainsi l’aire cherchée est en unités d’aire :I=e−3e . 2 L’unité d’aire étant 4 cm, on a donc finalement : ¡ ¢ −1−3 2 I=4 e−3e≈cm0, 87 4. (a)Pour déterminer le point A deCoù la tangente àCest parallèle àΔ, il faut que les coefficients directeurs soient égaux, donc : ¡ ¢ ′ −x−x f(x)=2⇔xe+2 1−e=2 −x−x ⇔xe−2e=0 −x ⇔e (x−2)=0 ⇔x=2 ¡ ¢ −2 Ainsi le point A de coordonnées2 ;2−le point de la courbee estCoù la tangente àCest parallèle àΔ. (b) Commela droiteΔa pour équation 2x−y−2=0, alors la distance de A àΔest : 2−2 |2×2−(2−e )−2|e = 2 2 2+(− 1) 5

Exercice IV : 4 1. (a)Si le dé indique 1, alors la probabilité de gagner est de. Donc : 10 4 p D 1 (G)= 10 4 ( 2 ) 2 Si le dé indique 2, alors la probabilité de gagner est de 10 =. Donc : 15 ( 2 ) 2 p(G)= D 2 15 4 ( 3 ) 1 Si le dé indique 3, alors la probabilité de gagner est de 10 =. Donc : 30 ( ) 3 1 p D 3 (G)= 30 (b) Comme

p(G)=p(G∩D 1 )+p(G∩D 2 )+p(G∩D 3 )=p(D 1 )×p D 1 (G)+p(D 2 )×p D 2 (G)+p(D 3 )×p D 3 (G)

Alors 23 p(G)= 180 2. Unjoueur a gagné la partie. Alors la probabilité qu’il ait obtenu le numéro 1 avec le dé est

p(D 1 ∩G) 12 p (G) D 1 = = p(G) 23

3. Unjoueur fait six parties. Comme il remet les boules tirées dans l’urne après chaque partie, les parties sont considérées comme indépendantes. Désignons par X la variable aléatoire désignant le nombre de parties gagnées sur 6 jouées. Alors puisque les parties sont indépendantes, on répète de manière indépendante la même expérience

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aléatoire (jouer une partie) à deux issues (gagner ou perdre). Alors X suit une loi binomiale de pa 23 ramètres 6 et. 180 Ainsi la probabilité qu’il gagne exactement deux parties est : à ! µ ¶µ ¶ 2 4 6 2323 P(X=2)= ×1− ≈0, 14 2 180180

Pour déterminer le nombre minimal de parties qu’un joueur doit faire pour que la probabilité d’en gagner au moins une soit supérieure à 0,9, résolvons :

P(X > 1) > 0, 9⇔1−P(X<1) > 0, 9 ⇔1−P(X=0) > 0, 9 µ ¶ n 23 ⇔1−1− > 0, 9 180 µ ¶ n 157 ⇔ 6 0, 1 180 µ ¶ n 157 ⇔ln 6 ln 0, 1 180 µ ¶ 157 ⇔nln 6 ln 0, 1 180 ln 0, 1 ⇔n > ¡ ¢ 157 ln 180 ⇔n > 16, 8

Ainsi, le nombre minimal cherché estn=17.

Corrigé : Patrick Baril

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