TS1-TS2 : contrôle commun n 4 (4 heures)

TS1-TS2 : contrôle commun no4 (4 heures)
I Centres étrangers juin 2014
On définit, pour tout entier naturel n, les nombres complexes znpar :
z0=16
zn+1=1+i
2zn, pour tout entier naturel n.
On note rnle module du nombre complexe zn:rn=|zn|.
Dans le plan muni d’un repère orthonormé direct d’origine O, on considère les points And’affixes zn.
1. (a) z1=1+i
2z0=1+i 2×16 =8+8i .
z2=1+i
2z1=µ1+i 2¶(8 +8i) =4+4i +4i −4=8i .
z3=1+i
2z2=8iµ1+i 2¶=4i −4=−4+4i .
(b) Voir l’annexe.
(c) Si z=1+i
2alors |z|2=1 4+1 4=2 4, donc |z|= p2 2.
Donc z=p2
2Ãp2 2+ip2 2!=p2 2³cos π 4+isin π 4´.
Un argument de 1+i
2est donc π 4.
(d) OA0=||z0|=r0=16 ;
OA1=||z1|=r1=p82+82=p64 ×2=8p2;
A0A1=|z1−z0|=|8+8i −16|=|−8+8i|=8p2.
On a donc OA1=A0A1: le triangle est isocèle en A1;
D’autre part ³8p2´2+³8p2´2=162⇐⇒ A0A2
1+OA2 1=OA2 0signifie (réciproque du théorème de Pythagore)
que le triangle OA0A1est rectangle en A1.
Autre méthode :
Soit Z=z0−z1
zO−z1=8−8i −8−8i =1−i −1−i=i(1 −i) 1−i=i.
On en déduit que |Z|=¯¯¯¯
OA1
A0A1¯¯¯¯=|i|=1 donc OA0=A0A1et arg(Z)=argµz0−z1 zO−z1¶=³−−→
A1O;−−−→ A1A0´=arg(i) =
π
2. Le triangle OA0A1est bien rectangle isocèle en A1.
2. ∀n∈N,rn+1=|zn+1|=¯¯¯¯
1+i
2zn¯¯¯¯=¯¯¯¯
1+i
2¯¯¯¯×|zn|(le module du produit est égal au produit des modules) = p2 2rn.
∀n∈N,rn+1=p2
2rndonc la suite (rn)est géométrique, de raison p2 2.
On sait que rn=r0Ãp2
2!n
=16Ãp2
2!n
.
Comme 0 <p2
2<1, on sait que lim
n→+∞Ãp2
2!n
=0, donc lim
n→+∞rn=0.
La suite converge vers 0.
Comme rn=|zn|=OAn, ceci signifie géométriquement que la limite des points Anest le point O.
Devoir sur table no3 TS1-TS2 Page 1/8Lycée Maurice Genevoix,
13 mai 2017

3. (a) Quel que soit le naturel n:
AnAn+1=|zn+1−zn|=¯¯¯¯
1+i
2zn−zn¯¯¯¯=¯¯¯¯
znµ1+i
2−1¶¯¯¯¯=¯¯¯¯
znµ−1+i
2¶¯¯¯¯=¯¯¯¯
−1+i
2¯¯¯¯×|zn|=p2 2rn=rn+1.
(b) Lnest donc la somme des n(sauf r0) premiers termes de la suite géométrique (rn).
Donc Ln=8p2
1−³p2
2´n
1−p2
2
.
(c) On sait que lim
n→+∞Ãp2
2!n
=0, donc lim
n→+∞Ln=8p2
1−p2
2=16p2
2−p2=16p2
p2(p2−1) =16 p2−1=16¡p2+1¢
2−1
=16³p2+1´.
2
4
6
8
−2
2 4 6 8 10 12 14 16−2−4
×
×
× ×
×
××
A0
A3
A4
A5A6
A1 A2
0
II Pondichéry avril 2015
Partie A
1
2
3
1 2 3 4-1-2 −→
ı
−→
C
∆
a
1. On sait que e−2x>0 quel que soit le réel x, donc 1 +e−2x>1>0. Le dénominateur étant non nul, la fonction fest
dérivable sur Ret sur cet intervalle la fonction étant de la forme 3
u(x), avec u(x)=1+e−2x, donc u′(x)=−2e−2xon
a :
f′(x)= − 3u′(x)
(u(x))2= −3×(−2)e−2x
¡1+e−2x¢2=6e−2x ¡1+e−2x¢2>0 car quotient de deux nombres supérieurs à zéro. la fonction
fest donc strictement croissante sur R(comme le laisse supposer le graphique).
Devoir sur table no3 TS1-TS2 Page 2/8Lycée Maurice Genevoix,
13 mai 2017

2. On a lim
x→+∞−2x=−∞ et en posant X=−2x, lim
X→−∞eX=0, d’où
lim
X→−∞¡1+eX¢=1 et enfin par quotient de limites lim
x→+∞ f(x)=3: ceci montre que la droite (∆) d’équation y=3
est asymptote àCau voisinage de plus l’infini.
3. Sur l’intervalle [0 ; +∞[, la fonction fest continue car dérivable, strictement croissante de f(0) =3
1+1=1,5 à 3 :
d’après le théorème des valeurs intermédiaires , il existe donc un réel unique α∈[0 ; +∞[ tel que f(α)=2,999
(l’unicité vient de la montonie de la fonction).
La calculatrice donne :
f(4) ≈2,99899 et f(5) ≈2,9999, donc 4 <α<5;
f(4,0) ≈2,99899 et f(4,1) ≈2,9992, donc 4,0 <α<4,1;
f(4,00) ≈2,99899 et f(4,01) ≈2,99901, donc 4,00 <α<4,01 . (encadrement à 10−2près.
Partie B
1. On a vu dans la partie A que 0 <f(x)<3⇐⇒ −f(x)<0<3−f(x), soit h(x)>0sur R.
2. La fonction Hest dérivable sur Ret sur cet intervalle :
∀x∈R,H′(x)=−3
2×−2e−2x 1+e−2x=3e−2x 1+e−2x=3e−2x+3−3 1+e−2x=3e−2x+3 1+e−2x−3 1+e−2x=3¡e−2x+1¢ 1+e−2x−3 1+e−2x
=3−f(x)=h(x).
Donc Hest une primitive de hsur R.
3. (a) On a vu que sur Rdonc en particulier sur l’intervalle [0 ; a] (avec a>), la fonction hest positive, donc l’in-
tégrale Za
0
h(x) dxest égale en unités d’aire à la mesure de la surface limitée par la représentation graphique
de h, l’axe des abscisses, et les droites d’équation x=0 et x=a.
Mais comme h(x)=3−f(x), cette surface est la surface limitée par la droite ∆, la courbe Cet les droites
d’équation x=0 et x=a(voir l’aire hachurée ci-dessus).
(b) D’après la question B. 2., on a :
Za
0
h(x)dx=[H(x)]a
0=H(a)−H(0) =−3
2ln¡1+e−2×a¢+3 2ln¡1+e−2×0¢=3 2ln2−3 2ln¡1+e−2×a¢=3 2lnµ2 1+e−2a¶.
(c) D’après la question précédente, on sait que l’aire de Da, surface limitée par la droite ∆, la courbe Cet les
droites d’équation x=0 et x=aest égale à 3
2lnµ2 1+e−2a¶.
Or lim
x→+∞e−2x=0, donc lim x→+∞1+e−2x=1 et lim x→+∞µ2
1+e−2x¶=2, donc finalement par composition, l’aire de
Dest égale à lim
x→+∞
3
2lnµ2 1+e−2x¶=3 2ln2 ≈1,04 (u. a.)
III D’après Bac (Antilles-Guyane - septembre 2013
Partie A :modélisation et simulation
1. (−1 ; 1) : non car x<0 ce qui n’est pas possible;
(10; 0) : oui par exemple en choisissant 10 fois la valeur 0 pour y;
(2; 4) : non car y>2;
(10; 2) : oui par exemple en choisissant dans cet ordre 8 fois la valeur 0 puis deux fois la valeur 1 pour y.
2. Pour que Tom ait réussi la traversée, il faut qu’il soit arrivé au bout des 10 étapes, c’est-à-dire que x=10 et qu’il
ne tombe pas lors de cette dernière étape, ce qui est encore possible si sa position à l’étape précédente était (9 ; 1)
ou (9 ; −1); il faut donc tester également si yn’est pas plus grand que 1 ou plus petit que −1 en fin d’algorithme.
Devoir sur table no3 TS1-TS2 Page 3/8Lycée Maurice Genevoix,
13 mai 2017

On remplace dans l’algorithme la ligne :
Afficher « la position de Tom est » (x;y)
par :
Si x=10 et yÊ−1 et yÉ1
alors Afficher « Tom a réussi la traversée »
sinon Afficher « Tom est tombé »
Fin du si
Partie B
Pour tout nentier naturel compris entre 0 et 10, on note :
Anl’évènement « après ndéplacements, Tom se trouve sur un point d’ordonnée −1 ».
Bnl’évènement « après ndéplacements, Tom se trouve sur un point d’ordonnée 0 ».
Cnl’évènement « après ndéplacements, Tom se trouve sur un point d’ordonnée 1 ».
On note an,bn,cnles probabilités respectives des évènements An,Bn,Cn.
1. Au départ, Tom se trouve à l’origine O donc son ordonnée est 0; donc l’événement B0est réalisé : a0=0, b0=1 et
c0=0.
2. On va représenter sur un arbre pondéré le passage de l’état nà l’état n+1; une branche vers le haut signifie que
le nombre choisi au hasard est −1, une branche du milieu signifie que le nombre est 0 et une branche vers le bas
signifie que ce nombre vaut 1.
Il est dit dans le texte que Sreprésente l’événement « Tom traverse le pont » donc Sdésigne l’événement « Tom est
tombé à l’eau ».
An
an
S
An∩S
1
3
An+1
An∩An+1
1
3
Bn+1
An∩Bn+1
1
3
Bn
bn
An+1
Bn∩An+1
1
3
Bn+1
Bn∩Bn+1
1
3
Cn+1
Bn∩Cn+1
1
3
Cn
cnBn+1
Cn∩Bn+1
1
3
Cn+1
Cn∩Cn+1
1
3
S
Cn∩S
1
3
Devoir sur table no3 TS1-TS2 Page 4/8Lycée Maurice Genevoix,
13 mai 2017

D’après la formule des probabilités totales :
an+1=P(An+1)=P(An∩An+1)+P(Bn∩An+1)
=P(An)×PAn(An+1)+P(Bn)×PBn(An+1)=an×1
3+bn×1 3=an+bn 3
De même bn+1=P(Bn+1)=an×1
3+bn×1 3+cn×1 3=an+bn+cn 3
et cn+1=P(Cn+1)=bn×1
3+cn×1 3=bn+cn 3
3. P(A1)=a1=a0+b0
3=1 3;P(B1)=b1=a0+b0+c0 3=1 3;
P(C1)=c1=b0+c0
3=1 3.
4. Tom se trouve sur le pont au bout de deux déplacements si l’ordonnée yde sa position vaut −1, 0 ou 1, autrement
dit dans le cas de l’événement A2∪B2∪C2. Les trois événements A2,B2et C2sont incompatibles donc P(A2∪B2∪
C2)=P(A2)+P(B2)+P(C2).
a2=a1+b1
3=
1
3+1 3
3=2 9;b2=a1+b1+c1 3=
1
3+1 3+1 3
3=1 3;
c2=b1+c1
3=
1
3
3=2 9.
P(A2∪B2∪C2)=P(A2)+P(B2)+P(C2)=a2+b2+c2=2
9+1 3+2 9=7 9.
La probabilité que Tom se trouve sur le pont après deux déplacements est 7
9.
5. Pour la même raison que dans la question précédente, la probabilité que Tom traverse le pont est P(A10 ∪B10 ∪
C10)=P(A10)+P(B10)+P(C10)=a10 +b10 +c10 ≈0,040272 +0,056 953 +0,040272 ≈0,137497 (d’après le tableau
fourni).
Une valeur approchée à 0,001 près de la probabilité que Tom traverse le pont est 0,137.
IV
Réservé aux candidats ne suivant pas la spécialité mathématiques
1. La bonne réponse est b.
Par l’absurde : si (I J) et (EC) étaient coplanaires, alors, le point Jappartiendrait au plan (EC I ) c’est-à-dire au plan
(EC A), ce qui est faux.
2. La bonne réponse est c.
Dans le repère mentionné dans le sujet, on a −→ AF (1,0,1) et −−→ BG(0,1,1), d’où −→ AF ·−−→ BG =1×0+0×1+1×1=1.
3. La bonne réponse est d. On le vérifie en injectant les coordonnées des points A,Fet Hdans l’équation
x+y−z=0.
4. La bonne réponse est b.
Un vecteur normal de Pest −→ n(1,1,−1), or −→ EC(1,1, −1). Par conséquent −→ EC est normal à P, et comme −→ EL et −→ EC
sont colinéaires, −→ EL est de ce fait aussi normal à P.
5. La bonne réponse est d .
On a −→ EC(1,1,−1) et E(0,0,1); une représentation paramétrique de la droite (EC) est donc 
x=t
y=t(t∈R)
z=1−t
.
Devoir sur table no3 TS1-TS2 Page 5/8Lycée Maurice Genevoix,
13 mai 2017