Lycée Max Linder Terminale S
Bac blanc : correction
Exercice :
Partie A
Pré-requis : Pour un nombre réel q > 1, lim
n+qn= +.
Démontrer à l’aide du pré-requis que si 0 < q < 1, alors lim
n+qn= 0.
On pose Q = 1
q.
Ainsi, lim
n+qn= lim
n+1
Qn.
Comme q]0;1[, Q = 1
q>1 et donc d’après le pré-requis, lim
n+Qn= +.
Puis par passage à l’inverse, on a lim
n+qn= 0.
Partie B
La suite (un)nest définie par
u0= 5 000
un+1 = 0,8un+ 1 500 .
On donne l’algorithme suivant.
Entrée : nun entier naturel
Traitement : Aecter à U la valeur 5 000
Pour iallant de 1 à n
Aecter à U la valeur 0,8U
Fin Pour
Sortie : Acher U
. (a) Faire fonctionner cet algorithme l’algorithme pour n= 5 et donner l’achage obtenu.
nUi
5 5 000 X
5 4 000 1
5 3 600 2
5 3 280 3
5 3 024 4
5 2 819,2 5
.
Lalgorithme ache alors 2 819,6.
(b) Recopier et modifier l’algorithme pour qu’il calcule la valeur unen sortie.
Entrée : nun entier naturel
Traitement : Aecter à U la valeur 5 000
Pour iallant de 1 à n
Aecter à U la valeur 0,8U + 1 500
Fin Pour
Sortie : Acher U
(c) À l’aide de ce nouvel algorithme, on a obtenu (au centième près) le tableau suivant.
n0 10 50 100 500 1 000
un5 000,00 7 231,56 7 499,96 7 500,00 7 500,00 7 500,00
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Conjecturer le sens de variation et la convergence éventuelle de la suite (un).
Il semblerait que la suite (un)nsoit croissante et converge vers 7 500.
. (a) On définit la suite (vn) par vn=un7 500 pour tout entier naturel n.
Démontrer que la suite (vn) est géométrique et donner ses éléments caractéristiques.
Pour tout n,vn+1 =un+1 7 500 = 0,8un+ 1 500 7 500 = 0,8un6 000 = 0,8un6 000
0,8=
0,8(un7 500) = 0,8vn.
Ainsi, (vn)nest la suite géométrique de raison 0,8 et de premier terme
v0= 5 000 7 500 = 2 500.
(b) En déduire lexpression de vnen fonction de npuis de un.
De la question précédente, on tire vn=2 500 ×0,8n.
Or, un=vn+ 7 500 = 2 500 ×0,8n+ 7 500
d’où l’expression de la suite (un)n.
.Question de recherche : démontrer les résultats conjecturés à la question .(c).
Pour tout n,un+1 un=2 500 ×0,8n+1 + 7 500 (2 500 ×0,8n+ 7 500)=
2 500 ×0,8n×0,8 + 2 500 ×0,8n×1 = 2 500 ×0,8n×(0,8 + 1) = 2 500 ×0,8n×0,2>0.
On en déduit que la suite (un)nest bien croissante.
Ensuite, comme lim
n+0,8n= 0, on a lim
n+un= 7 500.
. On souhaite déterminer le rang N tel que pour tout n>N, la distance entre unet 7 500 soit
inférieure à 0,1. Recopier et compléter l’algorithme suivant.
Traitement : Aecter à N la valeur 0
Aecter à U la valeur 5 000
Tant que 7 500 U>0,1
Aecter à N la valeur N + 1
Aecter à U la valeur 0,8U + 1 500
Fin Tant que
Sortie : Acher N
Exercice :
Pré-requis : zest un nombre complexe tel que z=a+ibaet bsont deux nombres réels. On note zle
conjugué de ztel que z=aib.
. Restitution Organisée de Connaissances.
(a) Démontrer que pour tous nombres complexes zet z,z×z=z×z.
On note z=a+ibet z=a+iba;a;bet bsont quatre nombres réels.
z×z= (a+ib)(a+ib) = aabb+i(ab+ab),
on reconnaît la forme algébrique de z×z, d’
z×z=aabbi(ab+ab)
Puis, z×z= (aib)×(aib) = aabb+i(abab) = aabbi(ab+ab).
On retrouve la même forme algébrique dans les deux membres de l’égalité, ce qui justifie
z×z=z×z.
(b) Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel nnon nul et tout nombre complexe
z,zn=zn.
On pose pour tout nN×,P(n) : « zn=zn».
Pour n= 1, cela revient à z=z, il n’y a rien à démontrer.
Si on suppose légalité vraie pour un entier nquelconque, on a
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zn=zn, puis en multipliant chaque membre par z:
zn×z=zn×z.
De par la question précédente, zn×z=zn×z=zn+1
Et zn×z=zn+1.
On aboutit à l’égalité zn+1 =zn+1, ce qui est P(n+ 1), démontrant l’hérédité et achevant la
récurrence.
.Application
On considère l’équation (E) : z4=4, où zest un nombre complexe. On admet que cette solution
admet exactement quatre solutions complexes.
(a) Démontrer que si zest une solution de léquation (E), alors les nombres zet zsont aussi
solutions de l’équation (E).
Si zest une solution de (E), z4=4.
Puis, (z)4=z4et donc comme zest une solution de (E), (z)4=4 et donc zest aussi une
solution de (E).
Ensuite, z4=4z4=4z4=4 et donc zest une solution de (E).
(b) On considère le nombre complexe z0= 1 + i.
Écrire z0sous forme exponentielle. Vérifier que le nombre z0est une solution de l’équation
(E).
|z0|=12+ 12=2, d’z0=2 1
2+i1
2!=2cosπ
4+isinπ
4=2eiπ
4.
Puis, z4
0=2eiπ
44=24×eiπ
44= 4eiπ =4.
z0est donc bien une solution de l’équation (E).
(c) Déduire des questions précédentes les trois autres solutions de l’équation (E).
Comme z0est une solution de (E), on sait alors que z0;z0et z0en sont aussi.
On obtient 1 + i;1i; 1 iet 1 + iqui sont quatre nombres complexes distincts deux à
deux, donnant les autre solutions de l’équation (E).
.Application
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé (O; ~u,~v ).
Les points A, B, C et D ont pour axe respective zA= 1 + i;zB=1 + i;zC=1iet zD= 1 i.
(a) Placer les points A, B, C et D dans le repère.
(b) E est le point d’axe zE=1 + 3.
Démontrer que le triangle BCE est équilatéral et que
CE ,
CB=π
3mod 2π.
On s’intéresse au nombre complexe Z = zBzC
zEzC.
Z = 1 + i(1i)
1 + 3(1 + i)=2i
3 + i=2i(3i)
(3 + i)(3i)=2i3 + 2
3 + 1 =1
2+i3
2= eiπ
3.
Mais alors
zBzC
zEzC= 1 et donc CE = CB.
et arg zBzC
zEzC!π
3mod 2π, et donc
CE ,
CB=π
3mod 2π.
On a bien les deux résultats demandés.
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(c) F est le point d’axe zF=i1 + 3.
Démontrer que zAzE
zAzFest un nombre réel.
zAzE
zAzF=1 + i(1 + 3)
1 + ii1 + 3 =23 + i
1 + i(2 + 3) =(2 3 + i)(1 i(2 + 3)
(1 + i(2 + 3)(1 i(2 + 3) =
23 + 2 + 3 + i(1 (2 3)(2 + 3)
1 + (2 + 3)2=4
1 + 2 + 43 + 3.
On trouve que zAzE
zAzFR×
+donc arg zAzE
zAzF!0 mod 2π, et donc les points A, E et F sont
alignés.
En déduire que les points A, E et F sont alignés.
Exercice :
Partie A
On considère les fonctions fet gdéfinies pour tout nombre réel xpar f(x) = exet g(x) = 1 ex.
Les courbes représentatives de ces fonctions dans un repère orthonormal du plan sont notées
respectivement Cfet Cg.
Dans cette partie, on admet l’existence de deux tangentes communes à ces deux courbes. On note D
l’une d’entre elles. Cette droite est tangente à la courbe Cfau point A d’abscisse aet tangente à la
courbe Cgau point B d’abscisse b.
-
-
   ----
A
B
Cf
Cg
. (a) Exprimer en fonction de ale coecient directeur de la tangente à la courbe Cfau point A.
La fonction fest dérivable sur Ret f(x) = ex.
Le coecient directeur de la tangente à la courbe de fen aest f(a) = ea.
(b) Exprimer en fonction de ble coecient directeur de la tangente à la courbe Cgau point B.
La fonction gest dérivable sur Ret g(x) = 1 (ex)=ex.
Le coecient directeur de la tangente à la courbe de gen best g(b) = eb.
(c) En déduire que b=a.
Comme on s’intéresse à leur tangente commune, ces droites ont le même coecient
directeur, soit ea= eb, ce qui donne a=bet donc b=a.
. Démontrer que 2(a1)ea+1 = 0.
Une équation de la tangente à la courbe de fen aest y= ea(xa) + ea= eax+ (1 a)eaet pour la
courbe de gen aest y= ea(x+a) + 1 ea= eax+ 1 + (a1)ea.
En soustrayant ces deux égalités, on aboutit à 0 = 0x+ (1 a)ea1(a1)ea, d’ 2(1 a)ea1 = 0
et donc 2(a1)ea+1 = 0.
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Partie B
On considère la fonction ϕdéfinie sur Rpar ϕ(x) = 2(x1)ex+1.
. (a) Déterminer les limites de la fonction ϕen −∞ et en +.
Pour la limite en −∞, on a ϕ(x) = 2xex2ex+1.
Or, lim
x→−∞ex= 0 et lim
x→−∞xex= 0, d’ par somme lim
x→−∞ϕ(x) = 1
Pour la limite en +, comme lim
x+x1 = +et lim
x+ex= +, on a par produit puis somme
lim
x+ϕ(x) = +.
(b) Déterminer l’expression de la fonction dérivée de la fonction ϕ, puis étudier son signe.
ϕest dérivable sur Ret ϕ(x) = 2[1ex+(x1)ex] = 2xex.
Comme ex>0 pour xR,ϕest du signe de x, soit négative sur ] ;0] et positive sur
[0;+[.
(c) Dresser le tableau de variations de la fonction ϕsur R. Préciser la valeur de ϕ(0).
De la question précédente, on tire que ϕest strictement décroissante sur ] ;0] et
strictement croissante sur [0;+[.
x
Variations
de ϕ
−∞ 0+
11
11
++
ϕ(0) = 2(0 1)e0+1 = 1.
. (a) Démontrer que léquation ϕ(x) = 0 admet exactement deux solutions sur R.
Sur ] ;0], la fonction ϕest continue et strictement décroissante. 0 appartient à l’intervalle
image [1;1[.
La théorème des valeurs intermédiaires indique qu’il existe une unique solution pour
l’équation ϕ(x) = 0 sur ] ;0].
Sur [0;+[, la fonction ϕest continue et strictement croissante. 0 appartient à l’intervalle
image [1;+[.
La théorème des valeurs intermédiaires indique qu’il existe une unique solution pour
l’équation ϕ(x) = 0 sur [0;+[.
On note αla solution négative de cette équation et βla solution positive.
(b) À l’aide de la calculatrice, donner une valeur arrondie au centième de αet de β.
Par balayage, α≈ −1,68 et β0,77.
Partie C
Dans cette partie, on démontre l’existence de ces tangentes communes, que l’on a admise dans la partie
A.
On note E le point de la courbe Cfd’abscisse αet F le point de la courbe Cgd’abscisse α,αétant le
nombre réel défini dans la partie B.
. Après avoir donné les coordonnées des points E et F, déterminer en fonction de αle coecient
directeur de la droite (EF).
E(α;eα)et F(α;1 eα).
Comme α>0, ces deux points nont pas la même abscisse et le coecient directeur de la droite
(EF) vaut
1eαeα
αα=12eα
2α=2eα1
2α.
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