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
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Niveau: Secondaire, Lycée
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
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- redaction
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∞
Exercice 1
22 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: "un= 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 bienu0= 2−1etu1= 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
= = = =
3un+1−2un 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 : "un= 2−1etun+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 laide dun logiciel de géométrie dans lespace. On peut aussi calculer la valeur de langle 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 Langle nest 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 langle soit droit. 3. Calculer le produit scalaire . En déduire une condition pour que langle soit droit. 4. En déduire sil 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 langle soit droit est donc 2 y– 12y= 0. 2 3. = 0 +y– 12y+ 16. Une condition pour que langle 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 nayant pas+ 16. de solution, il ny 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 I0= 1×dx= ;I1(= sin x)dx=−cos (x) = 1 2 0 0 0 π n 2. On a, pour toutxdans0;,0sin (x)et donc0sin (x). 2 π 2 n On en déduit donc que0sin (x)dxsoit0In. 0 π n On a, pour toutxdans0;,0sin (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)dxsin (x)dxsoitIn+1In. 0 0 3. Pour tout entier naturelnsupérieur ou égal à2,on a : ππ 2 2 n n−1 In(= 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 In=−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)In−2−(n−1)In 0 0 On a doncnIn= (n−1)In−2pour 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(nInIn−1)est constante. La valeur de cette constante est, par exemple, la valeur du premier n1 π terme de cette suite, soit1×I1×I0soit. 2 π 5. On sait d’après la question précédente quenInIn−1=pour tout entiern1.On en déduit donc queIn 2 n’est jamais nul. On a aussi vu queIn0.On a donc désormaisIn>0. On a enfin vu que la suiteIest décroissante et donc on aIn+1InIn−1.En divisant parIn−1>0,on a I I n+1n donc 1.Or, on sait d’après la question 3 que, pour tout entier natureln1,on a I I n−1n−1 I n n I n+1n (n+ 1)In+1=nIn−1soit=.On a donc bien au final 1. In−1n+ 1n+ 1In−1 n 6. Puisque−→1,on sait, par théorème d’encadrement et grâce à la question qui précède que n−→∞ n+ 1 I π n2 −→1soit queIn∼In−1.Sachant de plus quenInIn−1=,on anInIn−1∼n(In) n−→∞n→+∞n→+∞ In−12 π π π 2 2 2 2 et doncn(In)∼d’où(In)∼d’où(In)∼.Or,(In) =|In|=IncarIn0. 2 2n2n n→+∞n→+∞n→+∞ π On a donc bienIn∼In−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 queI0=et on a bien= =. 2 2 2 2 2 2 n0 (2n!) (2 0!) Ainsi la propriétéPest vraie au rang0.
(2n)!π(2n+ 2)!π •Supposons que l’on ait, à un rangn0, I2n=et prouvons qu’alorsI2n+2=. 2 2 2 2 n n+1 (2n(!) (2 n+ 1)!) 2n+ 1 On sait, grâce à la question 3 queI2n+2=I2net donc 2n+ 2 2n+ 1 2n(2+ 1 n)!π2n+ 2 2n+ 1 (2n)!π(2n+ 2)!π I2n+2=I2n== = 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−xx→01−x1−xx→01 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+ unn!ne n 2 2 ln = ln = ln 3 3 un+1n+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 un1 On a donc bienln =f(p)−1avecp=. un+12n+ 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 unp on sait que1 +f(p)1 +et donc on aln.Or, 2 2 3 3 (1−p) 3un+13 (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
vn+1−vn
wn+1−wn
wn−vn
=
=
=
1 2 ⇐⇒(2n+ 1)4 (n+ 1) (n+ 2) 2 3 (2n+ 1) 2 2 4n+ 4n+ 14n+ 12n+ 8⇐⇒8n+ 70ce qui est vrai puisquen∈IN.
1un1 ln 12 (n+ 1) (n+ 2)un+112n(n+ 1)
1 1 1un ln (un+1)− −ln (un=) + −ln0 12 (n12+ 1) n12n(n+ 1)un+1 1 1 1u n ln (un+1)− −ln (un=) + −ln0 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→+∞
⇐⇒
⇐⇒
un 1 ( ) −n−n+ n!e n∼e⇐⇒un∼e⇐⇒ −→1 2 e n→+∞n→+∞n−→∞ u n ln−→0⇐⇒ln (un)−−→0 e n−→∞n−→∞
Or, on sait que 1 1 1 vn(= ln un)− −→doncln (un)−(= ln un)−+−−→+ 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 I2n=∼ = = =√ 1 2 n12n 2n+1 2 n→+∞2n+ (2n!) (n+) 2n (2) 2 4e n2e n2 n −n24e n 4ne e
√ √ π π2π mais commeI2n∼on en déduit que∼ √soit quee∼2π.Comme 2×2n2×2n e n2 n→+∞n→+∞n→+∞ √ il s’agit de constantes dont le quotient est censé tendre vers1,c’est donc quee= 2π.
