TS 2, Correction Bac Blanc n o 2

Transcription

1 TS, Correction Bc Blnc n o Exercice Nouvelle-Clédonie, mrs extrit) points Restitution Orgnisée de Connissnces On utiliser le résultt suivnt : les solutions de l éqution différentielle E ) y = y où R sont les fonctions g définies sur R pr g x) = Ke x où K R. Le but de cette prtie est de déterminer les solutions de l éqution différentielle E) y = y + b où R et b R.. L fonction u définie sur R pr ux) = b : Donc u est une solution de E). u x) = et b + b = ux) + b =. Soit f une fonction définie et dérivble sur R. Supposons que f est solution de E) : f x) = f x) + b = f x) u x) = f u) x) = f u)x) = f x) ux) + b b u x) = ux) + b donc f u est solution de E ).. Supposons que f u est solution de l éqution différentielle y = y f u) x) = f x) u x) = f u)x) = f x) ux) = f x) + b ) ux) + b) = f x) + b ) = f }} x) }} donc f est solution de E). Ainsi : f est solution de E) si et seulement si f u est solution de l éqution différentielle y = y. 4. Solutions de l éqution différentielle E) : Pour toute solution f de E), f u est solution de E ). Donc, toutes les solutions f de E) vérifient : f x) = ux) + Ke x où K R. Ainsi, les solutions f de y = y + b sont f x) = b + Kex où K R. Exercice n o Polynésie septembre 7 points Prtie A Question de cours Rppel de l formule d intégrtion pr prties : ux)v x)d x = [ux)vx)] b u x)vx)d x

2 Démonstrtion : Nous vons : ux)vx)) = u x)vx) + ux)v x) ux)v x) = ux)vx)) u x)vx) Ainsi, en utilisnt l propriété de linérité de l intégrtion, on obtient : Prtie B ux)vx)) u x)vx) ) dx = ux)vx)) dx. ) Coordonnées des points communs à C et C : On résout dns R l éqution : u x)vx) ) dx = [ux)vx)] b u x)vx) ) dx f x) = g x) x ) e x = [ x ) x ) e x ] = x ) = x = x = e x = x = ln ) x = ln ) C et C ont donc deux points communs de cordonnées A ; ) et B ln ; b) Positions reltives de C et C sur R. Soit d l fonction définie sur R pr dx) = f x) g x) = x ) e x [ x ) = x ) e x ]. x ), le signe de dx) est donc celui de e x. Or e x > e x > x > ln x < ln x < ln. ln ) ) ) ). Conclusion : C est u dessus de C sur ] ; ln [ ; et C est u dessous de C sur ] ln ; [. On vu dns l question précédente que les deux courbes ont deux points communs.. ) Clcul de I = f x) dx : ux) = x ) v x) = e x = u x) = x ) Soit vx) = e x Toutes les fonctions sont continues cr dérivbles sur R ; on peut donc intégrer pr prties : I = [ x ) e x] x ) e x) dx = [ x ) e x] + x ) e x dx Soit J = x ) e x dx et intégrons à nouveu pr prties : Soit ux) = x ) u x) = v x) = e x = vx) = e x Donc J = [ x )e x ] + Finlement : e x dx = [ x )e x] + [ e x] = [ x )e x e x]. I = [ x ) e x x )e x e x] = [ e x x ) + x ) + )] = e

3 b) Clcul, en unités d ire, de l ire de l prtie du pln limitée pr les courbes C, C et les droites d équtions x = et x = : On vu à l question. b. que sur l intervlle [ ; ], C est u dessous de C. L ire cherchée est donc égle, en unités d ire, à l intégrle : [ ] x ) x ) e x dx = x ) dx [ ] y 7 = x ) x ) e x dx I = e ) = e 6 5 C 4 B A C x Prtie C On considère l suite u n ) définie pour tout entier nturel n non nul pr : u n = x ) n e x dx.. ) Pour tout x de [ ; ] et pour tout entier nturel n non nul, encdrement de x ) n e x : L fonction exponentielle est croissnte : x x e e x e e e x Or x ) n = [ x ) ] n puisque x ). Donc en multiplint de chque côté pr le nombre positif x ) n, on obtient : e x ) n e x x ) n x ) n = x ) n e x x ) n b) Pour tout entier nturel n non nul, encdrement de u n :

4 En utilisnt le résultt démontrer dns l exercice, on obtient :. Comme lim x ) n e x x ) n = n + dx [ x n+ u n n + x ) n e x dx ] u n )n+ n + x ) n dx u n + )n n + u n n + =, pr ppliction du théorème des «gendrmes», on n + lim u n =. n + Exercice n o Métropole L Réunion 6 septembre 5 points. Affixe du point B, imge du point B d ffixe i pr l ppliction f. On z B = i i + i + i = i + i = i i) i) = + i + i) i) = i = i +. L ppliction f n dmet ps de point invrint. Avec z i : z = z x + iy = x + iy i x + iy)x iy + i) = x + iy i x iy + i x + y y x yi + ix + x yi = x + iy i x + y y + ix = x + iy i x + y y = x y ) + y y = y x = y x = y y y + = y x = y y 4y + = x = y y y + = x = y y ) = x = y y = x = z = i Cette solution n est ps vlide, puisque pr définition z i.. ) Pour tout nombre complexe z, z i = z + i : On z + i = z + i) = z + i) = z i. le conjugué d une somme est égl à l somme des conjugués.) b) OM = et interpréttion géométrique de ce résultt : D près l églité précédente, on : z = z i z + i = z i z i = OM = z = z i z i = = z i z i puisque le module d un complexe est égl à celui de son conjugué. Tous les points imges pprtiennent u cercle trigonométrique, centré en O et de ryon. c) Pour tout point M distinct de A, clcul de l ngle u ) ; OM : L églité z = z i donne pour les rguments : z i ) z i rgz ) = rg u ) ; OM = u ) [ ; AM u )] ; AM = u ) ; AM z i 4

5 d) Méthode de construction de l imge M d un point quelconque M distinct de A : On vu que le point M pprtient u cercle de centre O et de ryon. D près l question précédente, on double l rgument de z i sur le cercle centré en A de ryon et on reporte cet rgument sur le cercle trigonométrique. Pour cel, on trce un cercle de centre le point J, intersection de l droite AM) et du cercle de centre A et de ryon, et de ryon [JU]. Il coupe le cercle de centre A et de ryon en un utre point M. On trce le prllélogrmme OAM M. 4. Soit d) l droite pssnt pr le point A et dont un vecteur directeur est le vecteur w d ffixe e i π 6. ) Droite d) : fin de simplifier l lecture du dessin, on choisit comme point M de l question précédente, un point de l droite d). Il est évident que l construction de M, pour tout point M du pln distinct de A, est l même. b) Imge pr l ppliction f de l droite d) privée du point A : On vu que pour tout point M de l droite d) distinct de A, un rgument de son imge M est égle à π 6 = π. On ussi démontré que OM =. L imge de l droite d) est donc réduite u seul point du cercle trigonométrique d rgument π : c est le point d ffixe e i π. y d) M J M A u M U u x Exercice n o 4 Antilles-Guyne septembre 5 points On considère l suite de nombres réels u n ) définie sur N pr :. Clcul de u : u =, u = et, pour tout entier nturel n, u n+ = u n+ 4 u n D près l définition u = u 4 u = + 4 = 4. Si l suite étit géométrique, d près les deux premiers termes l rison serit égle à ; or u ) = u. 5

6 Si l suite étit rithmétique, d près les deux premiers termes l rison serit égle à ) = ) ; or u + = 4 = u. Conclusion : l suite u n ) n est ni rithmétique ni géométrique.. On définit l suite v n ) en posnt, pour tout entier nturel n : v n = u n+ u n ) Clcul de v : v = u u = ) =. b) Clcul de v n+ en fonction de v n ; on pour tout nturel n : v n+ = u n+ u n+ = u n+ 4 u n u n+ = u n+ 4 u n = u n+ ) u n = v n c) L suite v n ) est géométrique : v n+ = v n signifie que l suite v n ) est une suite géométrique de premier terme v = et de rison q =. d) Clcul de v n en fonction de n : ) n On donc quel que soit n N, v n = = n.. On définit l suite w n ) en posnt, pour tout entier nturel n : w n = u n v n. ) Clcul de w : w = u = v =. b) Clcul de w n+ en fonction de u n et de v n : On w n+ = u v n + n+ = u n v n+ v n = + u n v n. c) Pour tout n de N, clcul de w n+ en fonction de w n : On pr définition u n v n = w n, donc l églité ci-dessus s écrit : w n+ = + w n. d) L églité précédente montre que l suite w n ) est une suite rithmétique de premier terme w = et de rison r =. 4. Clcul de u n : On donc w n = w + n = + n. On trouvé que w n = n = u n = u n = n u v n. n n Donc u n = n n, cr n quel que soit n N. k=n 5. Clcul de S n = u k = u + u + + u n : k= Démonstrtion pr récurrence : S = u = et + = = =. L formule est vrie u rng. Supposons que, pour tout nturel k, on it : S k = k i= u i = u + u + + u k = k + k 6

7 k + ) + Montrons que S k+ = k+ = k + 5 k+ : S k+ = S k + u k+ = k + k + ) 4k 6 + k + k + k+ = + k+ = + k 5 k+ = k + 5 k+ L formule est vrie u rng k +. On donc démontré pr récurrence que pour tout n de N : S n = n + n. 7