Dissertation

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Baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2005

E XERCICE 1 1. 1 1 7 a. On a u0 = 1, u1 = − , u2 = − et u3 = 2 4 8 La relation est vraie au rang 3. Supposons que pour n 3, un 0.

5 points

1 + n − 1. Or n 3 ⇐⇒ 2 n − 1 2, donc un+1 2 > 0. L’hérédité est démontrée. On a donc démontré par récurrence que pour n 3, un 0. 1 1 b. n 4 ⇐⇒ n − 1 3 ; d’après a, un−1 0 ⇐⇒ un−1 0 ⇒ un−1 + n − 2 2 1 2 n −2 ⇐⇒ un−1 + (n − 1) − 1 n − 2 ⇐⇒ un n − 2. 2 c. Par comparaison, comme lim n = +∞, lim un = +∞. 0, alors un+1 =
n→+∞ n→+∞

2.

1 un + n − 1 −8(n + 2 1 1 1)−1 = 2un +4n−4−8n−8+24 = 2un −4n+12 = (4un − 8n + 24) = v n . 2 2 1 On a donc démontré que (v n ) est une suite géométrique de raison . 2 La raison étant inférieure à 1, cette suite est décroissante. De plus v 0 = 4u0 + 24 = 28. 1 n 1 n b.On a immédiatement v n = v 0 × = 28 × = 4un − 8n + 24 ⇐⇒ 2 2 n n 1 1 4un = 28 × + 8n − 24 ⇐⇒ un = 7 × − 2n + 6. 2 2 1 n 7× + −2n + 6 = xn + y n où (xn ) est la c. On a donc un = 2 a. v n = 4un −8n +24 ⇒ v n+1 = 4un+1 −8(n +1)+24 = 4
suite arithmétique suite géométrique

suite (v n ) au facteur 4 près et la suite y n est définie par y n = −2n + 6, suite arithmétique de raison −2 et de premierterme 6.
n

d. On en déduit que
n

uk =

n k=0

xk + y k =

n k=0

xk +

n

yk .
k=0

1 n+1 1n = 14 − 7 × . 2 2 k=0 n(n + 1) = y k = −6(n + 1) + 2 D’autre part 2 k=0 Or xk = = 14 1 − − 6n − 6 + n(n + 1) = −6n − 6 + n 2 + n = n 2 − 5n − 6. 1 n . Finalement S n = n 2 − 5n + 8 − 7 2

k=0 n+1 7−7 1 2 1− 1 2 n

E XERCICE 2

5 points

1. On a d’une part – On sait que x > 1 ⇒ln x > 0. Comme 1 < x, on a x < x 2 ⇒ x + x 2 < 2x 2 ⇐⇒ 1 2ln x 2ln x ln x 1 < ⇐⇒ < ⇐⇒ 2 < f (x). 2 2 2 2 2x x+x 2x x+x x 1 1 ⇒ < – De même 1 < x ⇒ x < x 2 ⇒ 2x < x + x 2 ⇐⇒ 2 x+x 2x ln x 2ln x 2ln x ⇐⇒ f (x) < . < x + x2 2x x D’où l’encadrement demandé.

Baccalauréat S

1 ln x = ln x × , on reconnaît une forme uu avec u(x) = ln x, qui x x (ln x)2 a pour primitive . 2 4 (ln x)2 3(ln 2)2 On adonc I = . = 2 2 2   u(x) = ln x dv(x) = 1  x2 Pour J, on intègre par parties en posant 1 1   du(x) = v(x) = − x x 4 1 ln x 1 4 1 ln x 4 − + dx = − = . J= − 2 x 2 x x 2 4 2 x b. De l’encadrement trouvé en 1, on en déduit, en intégrant entre 2 et 4 1 3(ln 2)2 l’encadrement : J < K < I ⇐⇒ < K < . 4 2 3. L’unité d’aire vaut 1 × 4 = 4 cm2 . L’aire cherchée est donc le quadruple de l’intégrale K.2. a. Comme Donc 1 < A < 6(ln 2)2 soit approximativement 1 < A < 2, 883. (cm2 )

E XERCICE 3 1. a. On a b = 1 =

4 points

3−i 3 1 3 = −i . 9+3 4 12 3+i 3 3 9+3 1 3 2 3 2 + = . Donc b = = . Forme exponentielle : b = 16 144 144 12 6 1 1 i 3 6 3 3 3 −i π = −i = e 6. × − Or b = 6 6 2 2 6 3 4 2

b. Le symétrique d’un point M d’affixe z est le point d’affixe −z. Un point (d’affixe z = 1) a pourimage son symétrique si et seulement si : 1 2 1 1 = −z ⇐⇒ 1 = −z 2 + z ⇐⇒ z 2 − z + 1 = 0 ⇐⇒ z − − +1 = z −1 2 4 1 0 ⇐⇒ z − 2 0.
π π

2

1 3 + = 0 ⇐⇒ z − 4 2

2

+

3 2

2

= 0 ⇐⇒ z −

1 3 +i 2 2

z−

1 3 −i = 2 2

Cette équation a deux solutions : z1 =

2.

e−i 3 et ei 3 . 1 1 1 a. z = ⇒ z = . De même pour les arguments z = = z −1 z −1 |z − 1 1 1 ⇒ arg z = arg =arg(1)−arg(z−1) = 0−arg(z−1) = −arg(z− z −1 z −1 1) mod [2π].

1 1 3 3 −i et z2 = + i ou encore 2 2 2 2

b. M d’affixe z appartient au cercle C de centre A et de rayon r si et seulement si |z −1] = r . D’après la question précédente l’image M de ce point 1 1 = = OM . a une affixe z telle que z = |z − 1| r Conclusion : l’image d’un point du cercle C appartient au cercle C de 1 centre O et de rayon . r 1 c.Application si r = : pour avoir un argument opposé on construit sur les 2 1 deux cercles de rayons deux arcs de même longueur. 2

Antilles-Guyane

2

septembre 2005

Baccalauréat S

3

2

2

1

1

→ − v −3

M

0
1

-3

−2

-2

−1

-1

− O 0→ 0 u

1 A

2

2

3

−1

-1
M

−2

-2

−3

-3

E XERCICE 4 1. a. On intègre par parties entre 0...
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