controles maths terminal s exemple de sujet
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Correction du devoir n◦ 2Correction de l’exercice 1 - J’écris sous forme algébrique :
Correction de l’exercice 3
1. Je calcule les premiers termes de la suite (un ) :
A = (4 + 3i) − 2 (6 − i) = 4 + 3i − 12 + 2i = −8 + 5i
u0 = 0
√
√
√
u1 = u0 2 + 2 = 02 + 2 = 2
√ 2
√
√
√
u2 = u1 2 + 2 =
2 +2= 2+2= 4 = 2
√
√
√
√ u3 = u2 2 + 2 = 22 + 2 = 4 + 2 = 6
√
2. Je montre par récurrence que pour tout n ∈ N, un = 2n :
B = (5 + 2i) × (1 − 7i) = 5 − 35i + 2i − 14 i2 = 19 − 33i
−1
2
2
C = (8 + 3i) = 82 + 2 × 8 × 3i + (3i) = 64 + 48i + 9 i2 = 55 + 48i
−1
−1
D=
9i (7 + i)
63i + 9 i
9i
=
= 2
7−i
(7 − i) (7 + i)
7 − i2
2
=
TS◦ 1
−9 + 63i
9
= − 50
+
50
63
50
i
Initialisation : je vérifie que l’égalité est vraie au rang 0 : lorsque n = 0 : u0 = 2 × 0
−1
0
Correction de l’exercice 2 - Je résous les équations :
1◦ )
2z + 3i = 4iz − 1
2z − 4iz = −1 − 3i
(2 − 4i) z = −1 − 3i
−1
−1 − 3i
(−1 − 3i) (2 + 4i)
−2 − 4i − 6i − 12 i2
10 − 10i
10 − 10i z= =
=
=
=
=
2 − 4i
(2 − 4i) (2 + 4i)
20
4 − 16 i2
22 − (4i)2
1
2
−
1
2
i
=
−1
Conclusion : S =
2 )
◦
1
2
2 + iz = 2 z − 5i
−
1
2
0
√
Hérédité : je suppose que l’égalité est vraie à un rang n ∈ N : un = 2n et je montre qu’elle est encore vraie au rang suivant n + 1 : un+1 = 2 (n + 1) :
√
un+1 = un 2 + 2
√ 2
=
2n + 2 par hypothèse de récurrence
√
= 2n + 2
2 (n + 1)
i
Conclusion : je peux affirmer que pour tout n ∈ N, un =
Je pose z = a + bi où a et b sont deux nombres réels
√
2n .
3. Je peux maintenant calculer directement u50 :
√
√ u50 = 2 × 50 = 100 = 10
2 + i (a + bi) = 2 (a − bi) − 5i
2 + ai + b i2 = 2a − 2bi − 5i
−1
(2 − b) + ai = 2a + (−2b − 5) i
Par identification des parties réelles et imaginaires :
2 − b = −4b − 10
2 − b = 2 (−2b − 5)
2 − b = 2a a = −2b − 5 a = −2b − 5 a = −2b − 5 z = 3 − 4i
Correction de l’exercice 4
3b = −12 a = −2b − 5
b = −4 a = −2 × (−4) − 5 = 3
Conclusion : S = {3 − 4i}
3◦ )
5z 2 = 12z − 9
5z 2 − 12z + 9 = 0 coefficients :
1
2
4◦ )
1,
1
2
1
1
1 n +
+ ...+
=
1×2 2×3 n × (n