Correction devoir Bac Terminale S MAthematiqeu

« TS.

Contrôle 7 - Correction | ² Hérédité : soit n2N ¤ .

Supposons la propriété P nvraie. Démontrons alors, sous cette hypothèse, que P nÅ 1 est vraie.

On sait que gest croissante sur [0 ; ®]. Or, d'après l'hypothèse de récurrence, 0 6u n 6 u nÅ 1 6 ® donc g(0) 6g(u n) 6 g(u nÅ 1) 6 g(® ) avec g(0) Æ1 2 ; g (u n) Æ u nÅ 1 ; g (u nÅ 1) Æ u nÅ 2 et g(® )Æ ® Par conséquent 0 61 2 6 u nÅ 1 6 u nÅ 2 6 ®et P nÅ 1 est vraie. ² Conclusion : le principe de récurrence permet de conclure que pour tout entier naturel n,0 6u n 6 u nÅ 1 6 ® 2. En déduire que la suite (u n) est convergente.

On note `sa limite. La suite ( u n) n 2N est croissante et également majorée par ®.

Il en résulte d'après le théorème de convergence monotone, que la suite( u n) n 2N est convergente. 3.

Justier l'égalité : g (` )Æ `.

En déduire la valeur de `. Notons `la limite de la suite ( u n).

Alors il est clair que lim n!Å1 u nÅ 1 Æ ` Puisque 8n 2N , 0 6u n 6 ®, on obtient par passage à la limite dans cet encadrement : 0 6`6 ®. En particulier `2 [0 ; 1].

lim n!Å1 u n Æ `et gest continue sur [0 ; 1 ]donc gest continue au point `. D'où lim x! `g (x )Æ g(` ) .

On en déduit par composition que lim n!Å1 g (u n) Æ g(` ) Or par dénition de la suite ( u n) n 2N , 8 n 2N ,g (u n) Æ u nÅ 1 donc lim n!Å1 u nÅ 1 Æ g(` ). Par unicité de la limite d'une suite, on en déduit que g(` )Æ ` autrement dit `est une solution dans [0 ; 1] de l'équation g(x )Æ x.

Or cette équation admet ®pour unique solution.

Donc `Æ ® 4. À l'aide de la calculatrice, déterminer une valeur approchée de u 4arrondie à la sixième décimale. À l'aide de la calculatrice, je trouve u 4¼ 0,567 143 à 10 ¡ 6 près par défaut (valeur arrondie). E X 2 : ( 7 points ) À chaque question est affecté un certain nombre de points ; une réponse inexacte enlève le quart du nombre de points affecté.

Les réponses devront être justiées: en l'absence de justication la réponse ne sera pas prise en compte.

Pour chaque question, une ou plusieurs réponses sont exactes. 1.

Une solution de z2 Å 2z Å 4Æ 0 est dans C:¢ Æ ¡ 12Æ¡ 2i p 3 ¢ 2  1Å i ¡p 3 ¡ i £ 2e i 2 ¼ 3 Æ ¡ 1Å ip 3 £ ¡ 1¡ ip 3 . 2.

Soit z 1 et z 2 les nombres complexes dénis par z 1 Æ p 3 ¡ i et z 2 Æ 2i ¡z 1.

Alors z 2 z 1 Æ 3i ¡p 3 p 3 ¡ i Æ ¡ 3Å ip 3 2 Æp 3 ³ ¡ p 3 2 Å i1 2 ´  p 3e i ¼ 2 ¡e¡ i3 ¼ 4 2ei ¼ 3 £ p 3e i 5 ¼ 6 3.

Soit deux points Aet Bd'afxes respectives z A Æ i et z B Æ p 3 dans un repère orthonormal ³ O, ¡! u ,¡! v ´ . L'afxe de C, image de Bpar la rotation de centre Aet d'angle ¡¼ 3 est : z0 Æ ³ 1 2 ¡ ip 3 2 ´ ¡p 3 ¡ i¢ Å i £ ¡ i 2i 3Å i 3Å 2i 4.

Dans le plan complexe, l'ensemble des points Md'afxe zÆ xÅ iy vériant la relation arg µ zÅ 2 z ¡ 2i ¶ Æ ¼ 2 [2 ¼] est inclus dansl'ensemble des points Mvériant ³ ¡¡¡! B M ;¡¡¡! A M ´ Æ ³ ¡¡¡! M B ;¡¡¡! M A ´ Æ ¼ 2 [2 ¼] avec z A Æ ¡ 2 et z B Æ 2i  La droite d'équation yÆ ¡ x  Le cercle de centre I(¡ 1Å i) et de rayon RÆ 2  La droite d'équation yÆ x £ Le cercle de diamètre [ AB], avec z A Æ ¡ 2 et z B Æ 2i. 5.

Soit A(¡ i) , B(3) et C(2 Å3i).

Le triangle AB Cesttel que z A ¡ z B Æ i(z C ¡ z B ) car ¡3¡ iÆ i(¡ 1Å 3i)  quelconque £ isocèle £ rectangle équilatéral. 6.

Soit (E) l'ensemble des points Md'afxe zvériant : zÆ 1¡ 2i Åei µ ,µ étant un nombre réel.

j z ¡ (1 ¡2i) j Æ 1(E) est :  une droite passant par le point d'afxe 2 ¡2i.  le cercle de centre d'afxe ¡1Å 2i et de rayon 1.

£ le cercle de centre d'afxe 1 ¡2i et de rayon 1.  le cercle de centre d'afxe 1 ¡2i et de rayon p 5. 7.

On considère dans l'ensemble des nombres complexes l'équation zÅ j zj2 Æ 7Å i() x2 Å y2 Å xÅ iy Æ 7Å i.

Cette équationéquivalente à yÆ 1 et x2 Å xÅ 1Æ 7 en identiant les parties réelles et imaginairesadmet : £ deux solutions qui ont pour partie imaginaire 1.  une solution réelle.

 une seule solution qui a pour partie imaginaire 1.  une solution qui a pour partie imaginaire 2.. »