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  • Publié le : 24 avril 2011
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EXERCICE 1

u1 = 0, 23 et u2 = 0, 41.
Etudions sommairement la fonction f sur [0, 2]. On a f'(x) = 2(1 - x), et donc f est croissante sur [0, 1] et décroissante sur [1, 2]. La figure suivante répond aux questions (b) et (c).


On prend comme hypothèse de récurrence à l’ordre n la propriété P(n) : 0 < un < 1.
P(0) est vrai, puisque comme u0 = a, on a bien 0 < u0 < 1.
On supposeque P(n) est vraie. On remarque que la fonction f est strictement croissante sur [0, 1], et donc que :

ce qui établit bien P(n + 1) et achève la démonstration par récurrence.

Formons pour tout entier n :

D’après la question précédente, comme un appartient à l’intervalle ]0, 1[, cette différence est positive, et donc la suite (un) est croissante.

La suite (un) est croissante et majoréepar 1. Elle est donc convergente.

Il vient :

A l’aide d’une récurrence évidente, on établit que pour tout entier n, on a vn = v02n. Comme v0 = , on a

Comme lim n+2n = + et que 0 < < 1, on peut dire que la suite (vn) converge vers 0, et donc que la suite (un) converge vers 1.

EXERCICE II

Première partie
2 est racine évidente de (E). On peut donc factoriser le polynôme z3 + 2z2- 16 par (z - 2) , c’est à dire qu’il existe trois réels a, b et c tels que :

Par la méthode des coefficients indéterminés, on trouve a = 1, b = 4 et c = 8. L’équation (E) peut donc s’écrire :

Les solutions de l’équation (E) sont donc les solutions de z - 2 = 0 ou de z2 + 4z + 8 = 0. On trouve trois solutions :

Deuxième partie

La figure complétée est en fin de sujet.
ABCD est unparallélogramme si et seulement si = . L’égalité des affixes de ces vecteurs fournit

L’affixe zE de E vérifie la relation :

De même, l’affixe zF du point F vérifie :

La figure complétée :


On a facilement :

On en déduit l’égalité :

ce qui prouve que F est l’image de E par la rotation de centre A et d’angle . En conséquence, le triangle AEF est donc rectangle isocèle enA.

On calcule l’affixe de I :

On cherche ensuite les images A', B' et E' des sommets du triangle ABE par la rotation de centre I et d’angle -. L’affixe zA' de A' est :

de même, on trouve que l’image de E est le point A. Enfin, l’image de B est confondue avec le point D. En conclusion, le triangle ABE a pour image par la rotation considérée le triangle ADF.
Remarque : comme le triangleEAF est isocèle rectangle en A, on pouvait dire géométriquement que les triangles EIA et AIF sont isocèles rectangles, ce qui permettait de déterminer les images des points E et A directement.

PROBLEME

Conjectures
A première vue, si l’on suppose que les graduations correspondent à une unité, on peut émettre comme conjectures que la fonction f est croissante sur [-3, 2], et que la courbeest située dessous l’axe des abscisses pour x négatif, et dessus l’axe des abscisses pour x positif.
Si on émet l’hypothèse que les graduations ne correspondent pas à l’unité, alors on ne peut émettre de conjectures si l’on ne connait pas l’intervalle de représentation de la fonction f.

Partie A

f est dérivable sur comme produit et somme de fonctions dérivables, et

lim x+g(x) = + parproduit des limites et lim x-g(x) = -1 car lim x-ex-1 = 0 et en utilisant le fait que la fonction exponentielle “ l’emporte “ sur les puissances de x.
On trouve g'(x) = ex-1(2 + x) + ex-1 = ex-1(3 + x). Comme ex-1 > 0, le signe de g'(x) est celui de (x + 3). On peut donc dire que si x -3 alors g'(x) 0 et si x -3 alors g'(x) 0.
La fonction g est donc décroissante sur ] -,-3] et croissante sur[-3, +[. Son tableau de variation est :
x - -3 +

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