Correction Amerique Nord Juin
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2005
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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
Voir
- droite ∆ d'équation
- ?e?x
- proposition de récurrence
- vraie alorsqn
- loi binomiale de pa- ramètres
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−zD)+zD 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 ;
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2. (a) (b) SoitPnla proposition de récurrence : 16vn62. Commev0=2 alorsP0est vraie. SupposonsPnvraie, alors 16vn62, donc 16f(vn)62, 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, 16vn62.
SoitQnla proposition de récurrence :vn+16vn 5 Orv1=f(v0)=f(2)=doncv16v0. DoncQ0est vraie. 3 SupposonsQnvraie, alorsvn+16vn, maisvnetvn+1sont deux nombres de [0 ; 2], donc comme fest croissante sur [0 ; 2], alors :
f(vn+1)6f(vn)⇔vn+26vn+1
DoncQn+1est vraie. Ainsi, siQnest vraie alorsQn+1est vraie, maisQ0est vraie, donc pour toutn,Qnest vraie. Ainsi pour tout entier natureln,vn+16n. v
On admettra que l’on peut démontrer de la même façon que : Pour tout entier natureln, 16un6un+162. (c) 2vn+1 2un+1 vn+1−un+1= − v+1u+1 n n (2un+1)(vn+1)−(2un+1)(vn+1) = (vn+1)(un+1) 2u v+u+2v+1−2u v−2u−v−1 n nn nn nn n = (u+1)(v+1) n n vn−un = (vn+1) (un+1) SoitRnla relation de récurrence :vn−un>0 Orv0−u0=2− =1, doncR0est vraie. SupposonsRnvraie, alorsvn−un>0, mais : >0 } { v−u n n vn+1−un+1= v+1u+1 n n | {} {z} >0>0 Doncvn+1−un+1>0. Ainsi, siRnest vraie alorsRn+1est vraie, maisR0est vraie, donc pour toutn,Rnest vraie. Ainsi pour tout entier naturelvn−un>0.
1 1 1 Comme 16un62, alors 26un+163 et6 6. 3un+1 2 1 1 1 De même,6 6. 3vn+1 2 Or v−u v−u n nn n vn+1−un+1= ⇒vn+1−un+16 (vn+1) (un+1) 4 (d) Enprocédant par récurence, on démontre que pour tout entier natureln: Ã ! n 1 vn−un6(v0−u0) | {} 4 =1
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(e) Commela suite (un) est croissante (un6un+1) et majorée par 2, alorsuest convergente. Comme la suite (vn) est décroissante (vn>vn+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, 06vn−un6, 4 alors d’aprés le théorème des gendarmes : limvn−un=0⇔limvn=limun n→+∞|{z}n→+∞n→+∞ u et vconvergent Donc les suites (un) et (vn) convergent vers le même réelα. Commefest continue,un+1=f(un) 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 16un62,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)62x−2⇔ −60 x e ⇔ −(x−1)60 ⇔x>1 DoncCest audessous 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 audessus 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
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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 pD1(G)= 10 4 (2)2 Si le dé indique 2, alors la probabilité de gagner est de10=. Donc : 15 (2) 2 p(G)= D2 15 4 (3)1 Si le dé indique 3, alors la probabilité de gagner est de10=. Donc : 30 ( ) 3 1 pD3(G)= 30 (b) Comme
p(G)=p(G∩D1)+p(G∩D2)+p(G∩D3)=p(D1)×pD1(G)+p(D2)×pD2(G)+p(D3)×pD3(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(D1∩G) 12 p(G)D1= = 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 ⇔60, 1 180 µ ¶ n 157 ⇔ln6ln 0, 1 180 µ ¶ 157 ⇔nln6ln 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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