Corrigé du baccalauréat S France juin 2004
E XERCICE 1 Commun à tous les candidats 4 points

1. On a pour tout n ∈ N, un+1 = un + 2n + 3, donc un+1 − un = 2n + 3. Or 2n + 3 3 > 0, donc un+1 − un > 0 quel que soit n ∈ N. Conclusion : la suite (un ) est strictement croissante. 2. a. Démonstration par récurrence : – Initialisation : u0 = 1 > 02 : vrai ; – Hérédité : supposons qu’il existe n ∈ N tel que un > n2 , alors un+1 = un +2n+3 > n2 +2n+1+2 ou encore un+1 > (n+1)2 +2 donc a fortiori un+1 > (n + 1)2 . On a donc démontré par récurrence que pour tout n ∈ N, un > n2 n→ +∞ n→ +∞

b. Comme lim n2 = +∞ on a par comparaison : lim un = +∞.

u0 = 1 u0 + 3 = 4 u1 = 3. On calcule les premiers termes : u2 = u1 + 2 + 3 = 9 u3 = u2 + 4 + 3 = 16 u4 = u3 + 6 + 3 = 25 On peut donc conjecturer que un = (n + 1)2 . Démonstration de la propriété par récurrence : – Initialisation u0 = 1 = 12 – Hérédité : supposons qu’il existe n ∈ N tel que un = (n + 1)2 On a donc un+1 = un +2n+3 = (n+1)2 +2n+3 = n2 +2n+1+2n+3 = n2 + 4n + 4 = (n + 2)2 . On a donc démontré par récurrence que quel que soit n ∈ N, un = (n + 1)2 .

E XERCICE 2 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

5 points

1. (1 + i)6 = [(1 + i)2 ]3 = (1 + i)6 = (1 + 2i − 1)3 = (2i)3 = −8i. √ Autre méthode : |1 + i|2 = 2, donc |1 + i| = 2 ; donc 1 + i = √ √ √ √ π 2 2 2 = 2ei 4 . +i 2 2 √ iπ 6 π 3π 2e 4 = 8e6i 4 = 8ei 2 = −8i. Donc (1 + i)6 = 2. a. Soit l’équation z2 = −8i ; d’après la question précédente (1 + i)6 = −8i donc [(1 + i)3 ]2 = −8i donc le nombre complexe z = (1 + i)3 est solution de (E) ; or (1+i)3 = (1+i)2 (1+i) = (1+2i−1)(1+i) = −2+2i. Conclusion : −2 + 2i est une solution de (E). b. z2 = −8i, d’où z2 − (−8i) = 0 ⇐⇒ z2 − (−2 + 2i)2 = 0 ⇐⇒ [z − (−2 + 2i)] [z + (−2 + 2i)] = 0. On retrouve la solution précédente et aussi le nombre complexe 2 − 2i autre solution de l’équation (E).

Correction du baccalauréat S

3. (1 + i)6 = −8i ⇐⇒ [(1 + i)2 ]3 = −8i. Le nombre complexe (1 + i)2 = 2i est