Correction du devoir commun TS 15 décembre 2012

Correction du devoir commun TS 15 décembre 2012
Exercice 1 (9 points) Polynésie, juin 2012
Partie A
On considère l’algorithme suivant :
Les variables sont le réel Uet les entiers naturels ket N.
Entrées : Saisir un nombre entier naturel non nul N.
début
Affecter à Ula valeur 0
pour kallant de 0 à N−1faire
Affecter à Ula valeur 3U−2k+ 3
Sorties : Afficher UAlgorithme 1:
Affichage en sortie lorsque N= 3 :
N= 3
U= 0
Pour k= 0 à k= 2 :
k= 0
U= 3U−2k+ 3
= 3
k= 1
U= 3U−2k+ 3
= 3 ×3−2×1 + 3
= 10
k= 2
U= 3U−2k+ 3
= 3 ×10 −2×2 + 3
= 29
fin du Pour
Affichage : U= 29
Partie B
On considère la suite (un) définie par u0= 0 et, pour tout entier naturel n,un+1 = 3un−2n+ 3.
1. Calcul de u1et u2:
u1= 3u0−2×0 + 3
= 3 ×0 + 3
= 3
u2= 3u1−2×1 + 3
= 3 ×3−2 + 3
= 10
on a donc u1= 3 et u2= 10
2. a. Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel n,un>n:
On appelle P(n) la propriété un>n.
•Initialisation : n0= 0
u0= 0 donc u0>0 donc P(0) est vraie.
•Hérédité :
on suppose que P(k) est vraie, c’est–à–dire que uk>k; a–t–on alors P(k+ 1) vraie aussi,
c’est–à–dire uk+1 >k+ 1 ?
Si P(k) est vraie alors uk>k
donc 3uk>3k
d’où 3uk−2k+ 3 >3k−2k+ 3
donc uk+1 >k+ 3

or, 3 >1 donc k+ 3 >k+ 1 donc uk+1 >k+ 1
donc P(k+ 1) est vraie.
•Conclusion : Pour tout entier naturel n, on a un>n.
b. Déduction de la limite de la suite (un) :
Pour tout entier naturel n, on a un>net lim
n→+∞n= +∞donc d’après un théorème de
comparaison, lim
n→+∞un= +∞
3. Démontrons que la suite (un) est croissante :
Pour tout entier naturel n, on a un+1 −un= 3un−2n+ 3 −un
= 2un−2n+ 3
or, d’après la question 2. a., pour tout entier naturel n, on a un>n
donc 2un>2n
d’où 2un−2n>0
donc 2un−2n+ 3 >3
d’où un+1 −un>0
donc un+1 > un
donc (un) est croissante (strictement).
4. Soit la suite (vn) définie, pour tout entier naturel n, par vn=un−n+ 1.
a. Démontrons que la suite (vn) est une suite géométrique :
Pour tout entier naturel n, on a vn+1 =un+1 −(n+ 1) + 1
= 3un−2n+ 3 −n−1 + 1
= 3un−3n+ 3
= 3 (un−n+ 1)
= 3vn
v0=u0−0 + 1
= 0 + 1
= 1
Pour tout entier naturel n, on a vn+1 = 3vndonc la suite (vn) est géométrique de raison q= 3 ;
son premier terme est v0= 1.
b. Déduisons–en que, pour tout entier naturel n,un= 3n+n−1 :
(vn) est géométrique de raison q= 3 et de premier terme v0= 1 donc pour tout entier
naturel n, on a vn=v0×qn
= 3n
or, vn=un−n+1 ⇐⇒ un=vn+n−1 donc pour tout entier naturel n, on a un= 3n−n+ 1.
5. Soit pun entier naturel non nul.
a. Pourquoi peut-on affirmer qu’il existe au moins un entier n0tel que, pour tout n>n0,
un>10p?
On a montré dans la question B2. b. que lim
n→+∞un= +∞; par définition , cela signifie
que pour tout réel A(et aussi grand soit–il), à partir d’un certain rang, tous les un
appartiennent à l’intervalle [A; +∞[.

Prenons A= 10p; il existe un entier n0tel que pour tous les entiers n>n0, on a un>10p.
On s’intéresse maintenant au plus petit entier n0.
b. Détermination à l’aide de la calculatrice cet entier n0pour la valeur p= 3 :
103= 1000
D’après la calculatrice, u6= 734 et u7= 2193 donc à partir de n0= 7, on a un>103.
c. Montrons que quelque soit p∈N∗u3p>10p; déduisons–en que n063p:
u3p= 33p+ 3p−1
= (33)p+ 3p−1
= 27p+ 3p−1
or, quel que soit pdans N∗, on a
27p>10pet 27p+ 3p−1>10p+ 3p−1>10pdonc u3p>10p.
La suite (un) est croissante donc, pour tout ntel que n>3p, alors un>u3pet donc
un>10ppour tout n>3p.
n0étant la plus petite de ces valeurs, on a donc n063p.
d. Proposition d’un algorithme qui, pour une valeur de pdonnée en entrée, affiche en sortie
la valeur du plus petit entier n0tel que, pour tout n>n0, on ait un>10p:
Entrée
Saisir le nombre entier naturel non nul p.
Traitement
Affecter à Ula valeur 0
Affecter à kla valeur 0
Tant que U < 10p
Affecter à Ula valeur 3U−2k+ 3
Affecter à kla valeur k+ 1
Fin tant que
Sortie
Afficher k
Exercice 2 (9 points) Pondichery, avril 2012
Partie A Restitution organisée de connaissances
Soit zun nombre complexe. On rappelle que zest le conjugué de zet que |z|est le module de z. On
admet l’égalité : |z|2=zz.
Montrons que, si z1et z2sont deux nombres complexes, alors |z1z2|=|z1||z2|:
|z1z2|2=z1z2z1z2
=z1z2z1z2
=z1z1z2z2
=|z1|2× |z2|2
= (|z1| × |z2|)2
or, le module d’un nombre complexe est un réel positif ;
donc pour tous nombres complexes z1et z2, on a :
|z1z2|2= ([z1||z2|)2et les nombres |z1z2|et |z1||z2|sont positifs ; on a donc |z1z2|=|z1||z2|.

Autre méthode * :
On pose z1=a1+ib1et z2=a2+ib2
z1z2= (a1+ib1)(a2+ib2)
=a1a2+ia1b2+ia2b1+i2b1b2
=a1a2−b1b2+i(a1b2+a2b1)
|z1z2|=q(a1a2−b1b2)2+ (a1b2+a2b1)2
=q(a1a2)2−2a1a2b1b2+ (b1b2)2+ (a1b2)2+ 2a1b2a2b1+ (a2b1)2
=qa2
1a2 2+b2 1b2 2+a2 1b2 2+a2 2b2 1
|z1||z2|=qa2
1+b2 1qa2 2+b2 2
=q(a2
1+b2 1) (a2 2+b2 2)
=qa2
1a2 2+a2 1b2 2+b1 1a2 2+b2 1b2 2
on a effectivement |z1z2|=|z1||z2|
*Il est préférable d’utiliser la première méthode qui utilise la propriété rappelée et admise dans
l’énoncé ; une telle propriété est parfois appelée pré–requis dans les ROC.
Partie B : Étude d’une transformation particulière
Dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal direct (O;~u;~v), on désigne par Aet Bles
points d’affixes respectives 1 et −1.
Soit fla transformation du plan qui à tout point Md’affixe z6= 1, associe le point M′d’affixe z′tel
que :
z′=1−z
z−1
1. zC=−2 + i.
a. Calcul de l’affixe zC′du point C′image de Cpar la transformation f, et placement des
points Cet C′dans le repère donné en annexe :
zC′=1−zC
zC−1
=1−(−2 + i)
−2−i−1
=3−i
−3−i
=(3 −i)(−3 + i)
(−3−i)(−3 + i)
=−9 + 3i+ 3i−i2
(−3)2+ (−1)2
=−8 + 6i
10
=−4 + 3i
5Le point C′a pour affixe zC′=−4 5+3 5i

b. Montrons que le point C′appartient au cercle Cde centre Oet de rayon 1 :
OC′=|zC′−zO|
=−4
5+3 5i
=s−4
52
+3
52
=s16
25 +9 25
=√1
= 1
OC′= 1 donc C′appartient au cercle de centre Oet de rayon 1.
c. Montrons que les points A,Cet C′sont alignés :
z# »
AC =zC−zA
=−2 + i−1
=−3 + i
z# »
AC′=zC′−zA
=−4
5+3 5i−1
=−9
5+3 5i
=3
5(−3 + i)
on a z# »
AC′=3
5z# »
AC donc
# »
AC′=3
5
# »
AC donc les vecteurs
# »
AC et
# »
AC′sont colinéaires
donc les points A,Cet C′sont alignés.
2. Détermination et représentation sur la figure donnée en annexe l’ensemble ∆ des points du
plan qui ont le point Apour image par la transformation f:
z′=zA⇐⇒ 1−z
z−1= 1
⇐⇒ 1−z=z−1 et z−16= 0
⇐⇒ 2 = z+zet z6= 1
⇐⇒ 2 = x+iy +x−iy et z6= 1
⇐⇒ 2 = 2xet (x;y)6= (1 ; 0)
⇐⇒ x= 1 et (x;y)6= (1 ; 0)
L’ensemble ∆ des points du plan qui ont le point Apour image par la transformation fest la
droite d’équation x= 1 privée du point A(1 ; 0).
3. Montrons que, pour tout point Mdistinct de A, le point M′appartient au cercle C:
OM′=|z′−zO|
=
1−z
z−1
=|1−z|
|z−1|
=|1−z|
|z−1|
=|1−z|
|z−1|
=
1−z
z−1
=| − 1|
= 1 OM′= 1 donc M′appartient au cercle C.