Exercitations - sciences mathématique - Polynésie - correction, Exercices de Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S22 May 2014

Exercitations - sciences mathématique - Polynésie - correction, Exercices de Mathématiques

PDF (221.9 KB)
5 pages
163Numéro de visites
Description
Exercitations de sciences mathématique - Polynésie - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: exercices, la droite d’équations paramétriques, Déterminer la limite de la suite.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 5
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
Les suites de Michel Mendès-France

Terminale S juin 2005

Polynésie Correction

1. Exercice 1 (3 points)

1. Comme A et B sont indépendants on a ( ) ( ) ( ) 0,02 0,1p A B p A p B    ; on en déduit donc que

 (C) 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 1 0,02 0,1 (0,02 0,1) 0,882p p A B p A p B p A B              .

2. Il y a 0,02 − 0,002 = 0,018 chances de tomber sur une montre n’ayant que le défaut a ; de même il y a 0,1 − 0,002 = 0,098 chances de tomber sur une montre n’ayant que le défaut b ; on a donc

( ) 0,018 0,098 0,116p D    .

3. X suit une loi binomiale (5 ; 0,882)B ;

4 1 5 0 5 5

( ) ( 4) ( 4) ( 5) 0,882 0,118 0,882 0,118 0,891 4 5

p E p X p X p X    

               

.

2. Exercice 2 (5 points, non spécialistes)

A(3 ; 1 ; 3) et B(6 ; 2 ; 1). P admet pour équation x +2y +2z = 5.

1. 2

4 2 3 2 3

MA MB MG MG      où G est le barycentre de {(A, 4) ; (B, −1)}. Il s’agit d’une

sphère de centre G de rayon 2/3. Réponse b.

2. Il faut que AH soit colinéaire au vecteur normal de P, soit (1 ; 2 ; 2)n , on a donc en posant x, y et z les

coordonnées de H :

3 3

1 2 1 2

3 2 3 2

x k x k

AH kn y k y k

z k z k

      

             

.

De plus H doit être sur P, on a alors 3 2(1 2 ) 2(3 2 ) 5 9 11 5 6 / 9 2 / 3k k k k k              d’où

en remplaçant,

3 2 / 3 7 / 3

1 4 / 3 1 / 3

3 4 / 3 5 / 3

x

y

z

       

   

. Réponse c.

3. Il nous faut d’abord calculer la distance de B à P : 2 2 2

6 2.2 2.1 5 5 ( , )

31 2 2 d B P

     

  ; cette distance est

supérieure à 1 donc la sphère de centre B de rayon 1 ne coupe pas P. Réponse c.

4. Ecrivons les équations paramétriques de D :

3 '

1 2 ' , '

3 '

x t

y t t

z t

     

  

; le vecteur directeur de D’ est

 2 ;1 ;1v qui n’est pas colinéaire à u , elles ne sont pas parallèles.

On fait l’intersection :

3 ' 3 2 3 ' 3 6 2 ' 3 ' 6

1 2 ' 3 1 2 ' 3 3 ' 3 ' 5

3 ' 3 '

x t t t t t

y t t t t t

z t t t t

                        

      

.

C’est impossible donc encore réponse c.

5. L’ensemble des points M de l’espace équidistants des points A et B est le plan médiateur de [AB]. Le

miliue de [AB] a pour coordonnées  3 / 2 ; 3 / 2 ; 2 ; ces coordonnées marchent dans les deux

équations de plan, il faut donc regarder le vecteur AB qui doit être colinéaire au vecteur normal d’un

des plans :  9 ;1 ; 2AB   qui est colinéaire à (9 ; 1 ; 2) . Réponse b.

3. Exercice 2 (5 points, spécialistes)

u0 = 14, un+1 = 5un − 6 .

1. 1 5.14 6 64u    , 2 314u  , 3 1564u  et 4 7814u  .

Un coup c’est 64 à la fin lorsque n est impair, un coup c’est 14 à la fin lorsque n est pair.

Notez que pour connaître les deux derniers chiffres d’un nombre il faut pouvoir l’écrire 100A+BA est un entier quelconque et B un entier entre 0 et 99.

2. 2 15 6 5(5 6) 6 25 36n n n nu u u u        ; or 25 1(4) et 36 0(4) donc 2 1. (4) (4)n n nu u u   .

Comme on a 0 14 2 12 2(4)u     , par récurrence en utilisant le résultat précédent, on aura

2 0(4) 2(4)u u  , etc. soit 2 2(4)ku  .

De même 1 3 2 164 0(4) (0)4 ... 0(4)ku u u        .

3. a. Pour n = 0 : 202 28 5 3u    , ok.

On suppose que 2un = 5n+2 +3, alors 2

2 3 1 1

5 3 5 6 2 5.5 15 12 5 3

2

n n n

n nu u

   

         ; ok.

b. 2 28(100) , 2 28 100n nu k u k     ; soit 25 3 28 100 25.5 25 100 5 1n n nk k k          .

Comme on peut toujours trouver un entier de la forme 5 1n  , c’est vrai.

4. On a pour n pair :   5 1

2 28 5 1 100 14 100 2

n n

n nu u  

         

.

5 1n  est pair, donc divisible par 2, 5 1

2

n  est donc un entier K et 2 14 100pu K  , ses deux derniers

chiffres sont 14.

Si n est impair, soit 2 1n p  ,  2 1 25 6 5 14 100 6 64 500 64 100 'n p pu u u K K K          d’où ses

deux derniers chiffres sont 64.

5. Quel est le PGCD de 14 et 64 ? C’est 2. Il faut donc montrer que le PGCD de nu et 1nu  est 2, soit que

50 7 2

nu K  et 1 250 32 2

nu K   sont premiers entre eux, soit qu’il existe a et b dans tels que

1 1 (50 7) (250 32) 1 50 ( 5 ) 7 32 1 2 2

n uu ua b a K b K K a b a b            .

Lorsqu’on essaie ainsi ça ne marche pas : les valeurs trouvées pour a et b ne sont pas entières… Par

contre on peut remarquer que dans un+1 = 5un − 6 le PGCD de 1nu  et nu doit également diviser 6 ; c’est

donc 1, 2, 3 ou 6. Mais 3 ne divise pas 25 3nnu   puisque 3 ne divise pas 5 donc ce n’est ni 3 ni 6, il

reste 2 puisque nu est pair (se termine par 14 ou 64).

4. Exercice 3 (7 points)

Partie A f (x) = x +ln x.

1. a. En  les deux termes tendent vers  donc f tend vers  ; en 0+ lnx tend vers  donc f également.

b. x est croissante, ln est croissante, la somme de deux fonctions croissantes est croissante. Sinon on a

facilement 1

'( ) 1 0f x x

   .

2. a. f est continue, monotone croissante de * vers ; elle est donc bijective et toutes les valeurs n

entières sont atteintes. A chaque n correspond donc un unique antécédent n avec lnn n n   .

b. On part des valeurs entières 1, 2, 3, 4 et 5 sur l’axe des ordonnées et on trace.

c. 1 : 1 1ln 1   ; cette équation a l’unique solution 1 : 1 ln 1 1  .

d. Comme f est croissante et que 1n n  , alors les antécédents n et 1n  sont rangés dans le même

ordre : 1 1( ) ( ) 1n n n nf f n n          .

3. a. 1

'(1) 1 2 1

f    et (1) 1f  d’où l’équation de  : 2( 1) 1 2 1y x x     .

b. h(x) = ln x − x +1, 1 1

'( ) 1 x

h x x x

    est positif lorsque x < 1, négatif lorsque x > 1. On a (1) 0h  donc

h est croissante avant 1, décroissante après 1 d’où ( ) (1) 0h x h  . La position de  par rapport à  est

donnée par le signe de ( ) (2 1) ln 2 1 ln 1 ( )f x x x x x x x h x          , donc  est toujours en dessous

de  .

c. Comme ( ) 0h x  pour 1x  , ceci est valable pour n : 1

( ) 2 1 0 2 1 0 2

n n n n

n f n   

          .

4. Comme n tend vers  , 1

2

n également et n également.

Partie B

g continue, strictement croissante sur ]0 ;  [ et telle que 0

lim ( ) x

g x

  et lim ( ) x

g x 

  .

1. Démonstration de cours : une suite croissante non majorée tend vers  .

Démonstration par l’absurde : si (un) est croissante non majorée et qu’elle tend vers une limite L, alors

il arriverait un moment (une valeur N de n) où Nu L   où  est un réel positif choisi arbitrairement

(aussi petit qu’on le veut) ; si le terme suivant est supérieur à L  , la suite ne converge pas vers L et si le terme suivant reste inférieur à L, la suite est majorée. Dans les deux cas il y a contradiction.

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

x

y

1

2 0

3

Démonstration directe : si (un) est non majorée, pour tout A réel il existe une valeur N de n pour laquelle

Nu A ; comme (un) est croissante, pour toutes les valeurs de n supérieures à N, on a nu A . La

définition précédente est respectée, (un) tend bien vers  .

2. La suite ( )n est croissante pour les mêmes raisons que ( )n ; comme lim ( ) x

g x 

  et que

( )ng n  , les termes n sont comme x et tendent donc vers l’infini.

De manière plus élégante on peut considérer que g est bijective et a une application réciproque g−1 qui

est telle que 1lim ( ) y

g y

   d’où 1lim ( ) lim n

n n g n 

     .

5. Exercice 4 (5 points)

1. Avec a = z et b = 2 on a : 3 3 22 ( 2)( 2 4)z z z z     ;   2

4 16 12 2 3i      d’où les solutions

0 2z  , 1 2 2 2 3 2 2 3

1 3, 1 3 2 2

i i z i z i             .

2. a. a = 2, 1 3b i   et 1 3c i   .

b.  2' ( ) ' 2 1 3 2 2 3 3 i

b a e b a b i i i

 

            .

c.  2' ( ) ' 2 1 3 2 2 3 3 i

c a e c a c i i i

            . Qui est bien le conjugué de b’.

Q

P

C'

N

B'

v=-90

u=90

C

B

y

AM

j

i xO

3. a.     ' 1 1

1 3 2 3 3 1 3 ( 3 3) 2 2 2

b b n i i i

            et

    1 3 1

1 3 1 3 3 3 2 2

i i i

     . C’est pareil.   1 3 1 3 1 3

1 3 2 2 2

n i c ON OC   

     , les

vecteurs sont colinéaires, les points sont alignés.

b. M a pour affixe 1 2

b c   , q est le milieu de [CC’] et a pour affixe le conjugué de n (puisque c et c’ sont

les conjugués respectifs de b et b’), soit   1 3

1 3 2

q i

  .

On a alors   1 3 3 3 3 3

1 1 3 1 2 2 2

n i i   

      et   1 3 3 3 3 3

( 1) 1 3 2 2 2

i q i i i i   

     

d’où n + 1 = i(q + 1). Le triangle MNQ est un triangle rectangle isocèle car le vecteur MQ a pour image

le vecteur MN par la rotation r.

c. Comme Q est le symétrique de N par rapport à (Ox) et que M et P sont sur (Ox), les triangles MNP et MQP sont isométriques donc MNPQ est un carré.

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document