Term S Maths Repères - Livre Du Professeur [2011]

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Nouveau programme

mathsrepères livre du professeur

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Nouveau programme

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Fabienne Bruneau

Agnès Choquer-Raoult

professeur à l’Externat des Enfants Nantais de Nantes (44)

professeur au lycée Léopold-Sédar-Senghor de Magnanville (78)

Maxime Cocault

Frédéric Ferré

professeur au lycée Chateaubriand de Rennes (35)

professeur au lycée Jean-Macé de Lanester (56)

Boris Hanouch

Thierry Joffrédo

professeur au lycée Condorcet de Limay (78)

professeur détaché au Rectorat de Rennes auprès du département de développement des usages des TICE (35)

Frédéric Lavancier

Hervé Mauxion

maître de Conférences à l’université de Nantes (44)

professeur au lycée Henri-Avril de Lamballe (22)

David Simon professeur au lycée Notre-Dame-de-Toutes-Aides de Nantes (44)

Sommaire Fonctions Chapitre 1 Suites et limites

4

Chapitre 2 Fonctions : limite, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

22

Chapitre 3 Fonction exponentielle - Fonction logarithme népérien

45

Chapitre 4 Intégration

64

Géométrie Chapitre 5 Nombres complexes

88

Chapitre 6 Géométrie dans l’espace

107

Probabilité et statistiques Chapitre 7 Probabilités conditionnelles et lois continues

122

Chapitre 8 Loi normale et estimation

137

ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ Chapitre 1 Arithmétique

151

Chapitre 2 Calcul matriciel et applications

172

Couverture et maquette intérieure : Nicolas Piroux Composition et schémas : APS-Chromostyle

© Hachette livre, 2011

3

Repères 1re, Livre du professeur

1

Suites et limites Programme officiel Contenus

Capacités attendues

Suites Raisonnement par récurrence.

• Savoir mener un raisonnement par récurrence.

Limite finie ou infinie d’une suite.

• Dans le cas d’une limite infinie, étant donnés une suite croissante (u n) et un nombre réel A, déterminer à l’aide d’un algorithme un rang à partir duquel u n est supérieur à A.

Limites et comparaison.

• Démontrer que si (u n) et (v n) sont deux suites telles que :. – u n est inférieur ou égal à v n à partir d’un certain rang ; – u n tend vers +3 quand n tend vers +3 ; alors v n tend vers +3 quand n tend vers +3 .

Opérations sur les limites.

• Étudier la limite d’une somme, d’un produit ou d’un quotient de deux suites.

Comportement à l’infini de la suite (q n) , q • Démontrer que la suite (q n) , avec q 2 1 , a pour limite +3 . étant un nombre réel. • Déterminer la limite éventuelle d’une suite géométrique. Suite majorée, minorée, bornée.

• Utiliser le théorème de convergence des suites croissantes majorées.

Découverte (p. 8-9) 1. Abonnements à « Paris Maths » A. Point de vue éditorial 1. A n = A n – 1 # 0, 8 + 600 ; Le taux de réabonnement est de 80 % donc chaque année 20 % des abonnés arrêtent mais 600 nouveaux arrivent. Avec le tableur, A n = 3000 pour n = 43 .

()

()

() ( )( )

2. C’est une droite dont les points se densifient avec n croissant vers A n = 3 000 .

()

()

()

3. On conjecture donc que 3 000 est un nombre d’abonnés stable. 4. Oui. B. Point de vue mathématique 1. Cf. A. 1. : a n + 1 = 0, 8 a n + 600 . 2. b n = a n – 3 000 ; b n + 1 = 0, 8 a n – 3000 + 600 = 0, 8 (a n –3000) = 0, 8 b n . b n est géométrique de raison 0,8. © Hachette livre, 2012

()

n 3. b n = a 0 0, 8 n = 4 b 0 ; b 0 = a 0 – 3000 = 5000 ; 5 n n b n = 5000 4 ; d’où a n = 3 000 + 5000 4 . 5 5 b n est géométrique de raison 0,8. n+1 n – 3000 – 5000 4 4. a n + 1 – a n = 3000 + 5000 4 5 5 n n = 5000 4 4 – 1 = 1 5000 4 1 0. 5 5 5 5 a n est décroissante (strictement). 4n 5000 2 0 donc a n H 300 . Pour tout n !  , 5 5. a. Si a n = 300 , alors a n + 1 = 3000 # 0,8 + 600 = 2400 + 600 , donc a n + 1 = 3000 . Si a n + 1 = 3000 , alors 0,8 a n + 600 = 3000 , donc a n = 2400 = 3000. CQFD. 0, 8 n n b. a n = 3000 + 4 # 5000 , donc a n 2 3000 4 5000 2 0 , 5 5 donc a n ! 3000 ,; n !  .

()

4

Repères Term S, Livre du professeur

(( )

)

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Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

3. Soit n !  , on pose P (n) : “u n = (n – 1) 2 ” . a. Il semble que P(n) soit vraie, pour tout n !  . b. Soit n !  , tel que P(n) est vraie (n est fixe) dans u n + 1 = (n – 1) 2 + 2n – 1 = n 2 = ((n + 1) – 1) 2 . D’où P(n) est héréditaire. c. On serait tenté de dire oui ! ... Mais NON ! 4. b. On peut difficilement. c. Même travail justement ! 5. a. Le problème réside dans le fait que pour deux termes initiaux différents, on aura deux générations différentes alors que la définition par récurrence est la même. b. Que l’on ait u0. c. La donnée du terme initial et de la propriété !

6. La phrase est vraie, c’est la définition de la limite et 4n lim a = 3000 ; 0 1 1 1 1 donc lim 5 000 # =0 . +3 n + 5 3 4 7. Le nombre d’abonnés devrait diminuer jusqu’à 3 000 au cours des 431re années puis stagner à 3 000.

() )

(

2. Démontrer « Pour tout » Pour tout entier naturel n, )

u0 = 1 . u n + 1 = u n + 2n – 1

1. u 0 = 1 ; u 1 = 1 + 2 # 0 – 1 = 0 ; u 2 = 0 + 2 # 1 –1 = 1 et u3 = 1 + 2 # 2 – 1 = 4 . 2. a. = B2 + 2 # A2 – 1 .

Exercices (p. 28) 2. Démontrer par récurrence

1. à 17. Corrigés dans le manuel.

24. et 25. Corrigés dans le manuel.

1. Commençons par les premiers termes 18. et 19. Corrigés dans le manuel. 20. n (un = n2 - 2n + 1)n 0

(2 ; 4)

n

(un = (- 2)n)n 0

2 3/2 4/3 5/4

(4 ; – 8)

1

(

n un = n –1

n

)n 0

(un = - 2n + 3)n 0

n

21. Corrigé dans le manuel. 22. (u n) est croissante, appartient à l’intervalle 6 1 ; 5 @ ; lim u n = 5 . 3 (v n) n’est pas monotone, est bornée lim v n = 0, 5 . 3

23. Corrigé dans le manuel.


5


26. a. • P (0) : n 3 – n = 0 – 0 = 0 donc divisible par 3. • Hérédité :  k !  tel que 3 # k = n 3 – n • P(n + 1) : (n + 1) 3 – (n + 1) = n 3 + 3n 2 + 3n + 1 – n – 1 = n 3 – n + 3n 2 + 3n = 3 # k + 3 (n 2 + n) = 3 # (n 2 + n + k) donc divisible par 3. b. • P (0) : 4 0 – 1 – 3 # 0 = 0 divisible par 9. • Hérédité : P(n) est supposée vraie, donc  k !  ; 4 n – 1 – 3n = 9 # k . • P(n + 1) : 4 n + 1 – 1 – 3n – 3 = 4 # (4 n – 4) – 12n + 9n = 4 # (4 n – 1 – 3n) + 9n = 4 # (9 # k) + 9n = 9 (4k + n) donc divisible par 9. c. • P (0) : 7 # 3 5n + 4 = 7 + 4 = 11 divisible par 11. • Hérédité : Supposons P(n) vraie :  k !  ; 7 # 3 5n + 4 = 11 # k . • P(n + 1) : 7 # 3 5(n + 1) + 4 = 3 5 # 7 # 3 5n + 4 = 343 # 7 # 3 5n + 4 + 968 – 968 = 343 (7 # 3 5n + 4) – 968 = 343 # 11 # k – 11 # 88 = 11(343 # k – 88) donc divisible par 11.

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27. 1. P(n) :  k !  ; 3 # k = 4 n – 1 . P(n + 1) : 4 n + 1 – 1 = 4(4 n – 1) + 3 = 4 # 3 # k + 3 = 3(4k + 1) divisible par 3 donc P (n) & P (n + 1) . 2. Q(n) :  k !  ; 3 # k = 4 n + 1 . Q(n + 1) : 4 n + 1 – + 1 = 4(4 n + 1) – 3 = 4 (3k) – 3 = 3 (4k – 1) divisible par 3. 3. P(0) : 4 0 – 1 = 0 divisible par 3. Ayant montré l’hérédité en 1, on peut conclure par récurrence que P(n) est vraie pour tout n !  . 4. Q(0) : 4 0 + 1 = 2 ; Q(1) : 5 ; Q(2) : 17 ; Q(3) : 65 ; Q(4) : 257. Q semble fausse pour tout n !  . 5. a. Soient a et b deux entiers multiples de 3. Par définition  a ¢ et b ¢ !  tels que a = 3a ¢ et b = 3b ¢ donc a – b = 3 (a ¢ – b ¢), a ¢ – b ¢ !  donc a – b est divisible par 3. b. Supposons Qn vraie. P(n) est vraie donc P (n) – Q(n) est divisible par 3. P (n) – Q(n) = 4 n – 1 – 4 n – 1 = – 2 qui est non divisible par 3 à contradiction. 28. Corrigé dans le manuel. 29. Posons (v n) ; ; n !  , alors v 0 = 3 et v n = u n – 5 = 2 u n + 3 – 5 = 2 (u n – 5) = 2 v n . 5 5 5 (v n) est une suite géométrique de raison 2 5 n donc ; n !  : v n = 2 # v 0 ; ; n !  , 5 n n un = v n + 5 = 2 v 0 + 5 = 3 2 + 5. 5 5 31. Corrigé dans le manuel. 32. P(0) : 11 # 3 0 – 3 – 0 = 11 – 3 = 2 = u 0 . 4 4 4 Hérédité : suposons P(n) vraie, et montrons P(n + 1). Par définition : u n + 1 = 3u n + n + 1 = 3 11 3 u – 3 – n + n + 1 4 4 2 11 n+1 – 9 – 3n + n + 1 = 3 4 2 4 11 n+1 –5–n = 3 4 2 4 11 n+1 = 3 – 3 – 1 + n + 1 + 1. 4 4 2 2 2 P(n + 1) est vraie.

()

(

()

()

)

33. Corrigé dans le manuel. 34. 1. = B2 + 2 # A2 + 1 . 3. Conjecture : u n = n 2 , ; n !  . P(0) : 0 2 = 0 = u 0 .


P (n) & P (n + 1)? : u n + 1 = u n + 2n + 1 = n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2 .

35. (u n) constante en 4 + ; n !  , un = 4 . P(0) est vraie et P(1) aussi. Supposons P(n) et P(n + 1) vraie, et montrons P(n + 1) : u n + 2 = 5 u n + 1 – 3 u n 2 2 5 3 = # 4 – # 4 = 4. 2 2 36. Corrigé dans le manuel.

(

37. 1. 1 + 5 2

)

2

=

1+5+2 5 3+ 5 = 4 2 1+ 5 =1+ =z + 1. 2

2. P(2) : u n – 1 = u 1 = 1 et u n – 2 = u 0 = 1 donc on a bien (d’après 1.) z 2 = u 2 – 1 # z + u 2 – 2 ; P(2) est vraie. Supposons P(n) vraie ( n !  et n H 2 ) : z n + 1 = z # z n = z 2 u n – 1 + zu n – 2 un 6 44 7 44 8 = z (u n – 1 + u n – 2) + u n – 1 car z 2 = z + 1 = zu n + u n – 1 = zu (n + 1) – 1 + u (n + 1) – 2 ; P(n + 1) est vraie.

39. 2. Pour n suffisamment grand, on conjecture que n! H 3 n . 3. P(7) : 3 7 = 2187 ; 7! = 5040 ; 5040 H 2187 ; donc 7! H 3 7 ; P(7) est vraie. Montrons que pour tout : n !  \ "0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6, , P (n) & P (n + 1) . P(n) étant vraie, n! H 3 n or n H 7 H 3 , donc (n + 1)H 3 , d’où (n + 1)# n! H 3 # 3 n (n + 1)H 3 n + 1 donc P(n + 1) est vraie. 40. P(1) : (a – b)

/

a

b

= (a – b) a b = a – b = a 1 – b 1 ; P(1) est vraie. P (n) & P (n + 1) : a n + 1 – b n + 1 = aa n – bb n = a (a n – b ) + ab – bb n–1 n–1–i i = a (a – b) / a b + (a – b) b n n

i=0 0 n

= (a – b) a b + (a – b)

(

= (a – b) a 0 b n + (n + 1) – 1

= (a – b)

vraie.

/

i =0


n–1

/

i=0

n

n

a n – 1 bi

/ a n – i bi) = (a – b) / a n – i bi

n–1 i =0

n

i =0

a (n + i) – 1 – i b i ; P(n + 1) est

6

43. et 44. Corrigés dans le manuel. p=n–1

/

45. a.

p=0

p (p + 1) =

n–1

/

p2 +

0

n–1

/

p

0

(n – 1) n (2n – 1) (n – 1) n + 6 2 n (n – 1) (n – 1) n (n + 1) = (3 + 2n – 1) = 6 3 =

n+1

b. / 1

(p – 2) 2 =

n+1

/

p2 – 4

n+1

1

/

n+1

p+

1

/

4

1

(n + 1)(n + 2)(2n + 3) (n + 1)(n + 2) –4 + 4 (n + 1) 6 2 (n + 2)(2n + 3) 12 (n + 2) 29 = (n + 1) – + 6 6 6

(

)

(2n 2 – 5n + 6) = (n + 1) . 6 p=n

46. a. /

p=0

3 2p + 1 = 3 #

p=n

/

p=0

(3 2) p = 3 # n+1

= 3#1 – 9 1–9

b.

p=n–1

/

p=0

3 # 2p – 1 = 3

p=n

/

p =0

9p

= 3 (9 n + 1 – 1) 8

p=n–1

/

p=0

–1 n

= 3 # 1 – 2 – 1 = 3 # 2n – 4 1–2


4. Majoration, minoration 49. et 50. Corrigés dans le manuel.

1–1–i i

i=0 0 0

3. Calculs des sommes

=


1–1

42. P(0) : u 0 ! I donc on peut définir u 1 = f (u 0) . P (n) & P (n + 1) : on suppose P(n) vraie : u n ! I donc f (u n) est définie donc u n + 1 est définie. On a montré que : ; n !  u n est bien défini donc (u n) est définie. P(0) : u 0 ! I par définition donc P(0) est vraie. P (n) & P (n + 1) : u n ! I donc f (u n) ! I donc u n + 1 ! I , P(n + 1) est vraie. Pour tout n !  , u n ! I .


51. a. •

2 –1 n 2 = (n + 1) – 2n n+1 n+1 2 =n+1– n+1=n– n n+1 n+1

• (– 1) n vaut – 1 ou 1 suivant n impair/ pair donc u n n’a pas de limite. b. ; n !  , 0 G n 2 – 2n + 1 G n 2 + 1 G n 2 + 2n + 1 + 0 G (n – 1) 2 G n 2 + 1 G (n + 1) 2 . Comme est croissante : 2 (n – 1) G n 2 + 1 G (n + 1) 2

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+ n – 1 G n2 + 1 G n + 1 + – 1 G n2 + 1 – n G + 1 + – 1 G u n G + 1 ; u n est bornée.

54. a.

n

lim u n = +3 +

r

(r 2 3, 14 1 3)

=

(

)

1 n2 1 + 1 n + n2

un =

5

(

)

5

lim

+3

–1

u = –3 . donc lim +3 n u n est décroissante donc u 0 H u n ; n !  ; (u n) est majorée par u 0 = 1 . un + 1 – un =

=

1 2 + 3n + 3 – 2n – 2 –

n 2 + n + 1 + 2n

n 2 + 3n + 3 – (2 + n 2 + n + 1 ) : ; ;a ; ; ; ;; < : ; ; ;b (; ; ; ;; < (n) 2 0 n) 2 0 n2 + n + 1 )

n2 + n + 1 )

(

n 2 + n + 1 = 2 ( n – (1 +

= 2( n – 1 + n

) donc

1 + 1 + 12 n n : ; ; ;2;1 ; ;; <

a 2n – b 2n G 0

a n G b n et comme a n et b n H 0 , a n G b n donc u n + 1 – u n G 0 . b. ; n !  , – 1 G sin 1 G 1 car sin est n bornée dans 6 – 1 ; 1 @ – 1 G 1 sin 1 G 1 n n n n 1 = lim – 1 = 0 , donc lim u = 0 et lim +3 n +3 n +3 n (gendarmes). 0 est une limite finie de (u n) est barrée (dans 6 – 1 ; 1 @ ). c. Pour n H 1 , 2 n r = 2r # 2 n – 1 = 0 + 2rk (k ! ) donc sin 2 n r = 0 pour n H – 1 . u 0 = sin r = 0 (u n) est constante en 0 donc bornée.

53. a. ;n, – 1 G sin 1 G + 1 n + – 2 G – 2 sin 1 G + 2 n + 8 G 10 – 2 sin 1 G 12 d’où n née dans 6 8 ; 12 @ . b. n H 0 et n + 2 2 0 donc n n 1 1 ; d’où n + 22n n+2 0 G u n 1 1 , (u n) est bornée.

(u n) born H0 ; +2 ;n ! 

()

1

2 1– n = 1 – 1 c. 1 – 1 = n n n 4 . 2 n =0 lim + 3

=0 lim + 3

n+1

( () )

n+1 = 1– 2 : ;H;0;7et;1;1; <

1–2 7

()

n+1 1– 1 5 b. u n = 30 + / 1 = 30 + i=05 1 -1 5 n +1 = 75 1 – 1 2 5 d’où 0 G u n 1 75 . 2 n–1 n–2 1– 1 i 3 c. u n = 12 + / 1 = 12 + i=0 3 1 -1 3 n –1 = 18 1 – 1 3 d’où 0 G u n G 18 . i

()

()

( () )


a 2n – b 2n = (n 2 + 3n + 3) - (4 + n 2 + n + 1 + 2 = 2n – 2 - 2

()

1– 2 7 =

( () )

– 2n

1 + n1 + 12 – 2n = n 1 + n1 + 12 – 2 n lim : ; ; ; ; ; ;n; ;; <

n2

) i

i=n

3

rée par 0. 52. a.

/(

i=0

2 7

donc 0 G u n 1 7 . 5

( ) ) donc ( donc pas majorée et mino-

c. u n = r n 1 – 3

un =

i=n

u = 0 – 0 = 0 ; donc (u n) est donc lim +3 n bornée.

56. P(0) : u 0 = 3 donc 2 G u 0 G 3 . P(n) : 2 G u 0 G 3 donc 1 G 1 G 1 car 1 3 un 2 x est décroissante sur R+. 2G7 = 2 + 1G2 + 1 G2 + 1 = 5G3 3 3 un 2 2 + 2 G u n + 1 G 3 ; P (n + 1) est vraie. 57. • 1 H 1 et 3 = 1 + 1 H 1 d’où P(0) 2 2 et P(1) sont vraies. • On suppose P(n) et P(n + 1) vraies, alors 1 u n + 1 H 1 (u n + 1 H 1) 2 2 2 2 et u n H (u n H 1) ; 3 3 1 d’où u n + 1 + 2 u n H 1 + 2 = 6 H 1 3 2 2 3 u n + 2 H 1 d’où P (n + 1) est vraie. 58. a.  P (0) : u 0 = 2 2 0 donc P(0) est 7 vraie. P (n) : u n 2 0 alors 1 u n 2 0 3 et 1 u n + 1 2 0 donc u n + 1 2 0 . 3 2 Donc P (n) & P (n + 1) ; ; n ! , a n 2 0. 3, 5 1 2 3 = = 1 b. P(0) : on a 2 1 7 7 2 4 4 donc P(0) est vraie. P (n) : u n 1 3 donc 1 u n 1 1 4 3 4 3 1 1 donc u n + 1 soit u n + 1 1 3 . 3 2 4 4 On a montré que P (n) & P (n + 1) ; ; n ! , u n 2 3 . 4


7


5. Limites d’une suite 59. à 61. Corrigés dans le manuel. 62. Soit A ! R • Pour a 2 0 ,  p !  ; pa 2 – b . Pour tout n !  * ; n H p & na H pa (car a 2 0 ) & na + b H pa + b . ; x ! R et pa + b 2 0 ; donc  q !  ; q ( pa + b) 2 A – c . Posons r = Max ( p, q) r (ra + b) 2 q ( pa + b) 2 A – c 2 H q et r H p donc car ' . ra + b H pa + b Pour tout n !  , & n (na + b) H r (ra + b) 2 A – c . Pour tout n H r, an 2 + bn + c 2 A donc (u n) ! @ A ; +3 6 pour tout n H r . lim an 2 + bn + c = +3 pour a 2 0 . n + " 3

• Pour a 1 0, – a 2 0 donc il existe p !  ; – ap 2 + b donc ap + b 1 0 . – (ap + b) 2 0 et – A + c ! R donc il existe q !  ; – (ap + b) 2 – A + c . donc (x – 1)(ap + b) q 1 A – c et (ap + b) q + c 1 A . Posons r = Max ( p, q) ; r H p donc ar G ap G 0 car a 1 0 d’où ar + b G ap + b G 0 et ar + b G 0 donc comme r H q et ap + b G 0 (ar + b) r G (ap + b) q G 0 (ar + b) r + c G (ap + b) q + c donc (ar + b) r + c 1 A . ; n ! , n H r & an G ar car a 1 0 d’où (na + b) G (ar + b) G 0 donc n (na + b) G r (ar + b) donc an 2 + bn + c G ar2 + br + c donc an 2 + bn + c 1 A pour tout n H r ;n ! , n H r & an 2 + bn + c ! @ – 3 ; A 6 donc lim u n = – 3 . n"0 63. 1. lim fn = 1 . 2 2. L’algorithme retrouve toujours un entier n. 3. Rendre un entier naturel n tel que fn ! ; 1 – f ; 1 + f E . 2 2 4. Parce que l’algorithme rend un entier et non un entier à partir duquel on avait fn ! ; 1 – f ; 1 + f E . 2 2

(

)

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5. Soit n !  , fn – 1 = 5 . 2 4n + 2 6. x 7 5 est strictement décrois4x + 2 sante sur @ 0 ; +3 6 . 7. (fn) m H 0 est donc strictement croissante et minorée par 1 , donc l’entier 2 fourni par l’algorithme est bien un entier à partir duquel on aura fn ! ; 1 ; 1 + f E . 2 2 8. L’algorithme fournit le plus petit rang associé à la définition de la convergence de fn vers 1 . 2 b c 2 2 1 + n + 2 an bn c an + + n 64. = a¢n 2 + b¢n + c ¢ a¢n 2 1 + b¢ + c ¢ n n2 b c 1+ + 2 n n pour n !  * . = a a¢ b 1 + ¢ + c2¢ n n k = 0 et lim k = 0 or n lim +3 2 " +3 n n b c donc lim 1+ + 2 =1 +3 n n (par somme de limites)

(

)

(

)

et lim 1 + b¢ + c2¢ = 1 +3 n n 1 + b + c2 n n d’où lim =1=1 +3 1 b ¢ c ¢ 1+ + 2 n n (par quotient de de limites) et donc an 2 + bn + c = a # 1 = a . lim +3 a¢ a¢n 2 + b¢n + c ¢ a¢ a¢ + b¢ + a ¢ n b ¢ n n = 65. a.  2 an + bn + c n 2 a + b + c n n2 a¢ + b¢ 1 n pour n !  * . = # n b a + + c2 n n 1 = 0 ; lim +3 n lim a¢ + b¢ = a¢ + 0 = a¢ ; +3 n b lim a + + c2 = a + 0 + 0 = a ; +3 n n a¢n + b¢ = 0 # a¢ = 0 . donc lim +3 a an 2 + bn + c

(

(

)

)

a + b + c2 n n n an + b + c n b. et c.  = 2# a¢n + b¢ n a¢ + b¢ n b a + + c2 n n = n# a¢ + b¢ n u = lim u # a ; donc n lim +3 " +3 n a¢ u = +3 pour a 2 0 d’où lim +3 n a¢ / (a 2 0 et a¢ 2 0) ou (a 1 0 et a¢ 1 0) 2

u = – 3 pour a 1 0 et lim +3 n a¢ / (a 2 0 et a¢ 1 0) ou (a 1 0 et a¢ 2 0). signe(a) = signe(a¢) & lim u n = +3 ; + 3

signe(a) ! signe(a¢) & lim u n = – 3 . +3

66. (un) n’est pas majorée : Soit A ! R ,  p !  ; u p 2 A . (un) est croissante : n H p & u n H u p . Pour tout n ! R ; n H p ; u n H u p 2 A donc u n H A .  p !  ; n H p & u n ! @ A ; +3 6 u = +3 . soit lim +3 n 67. 1. est faux. (– 1) n n n’est pas majorée et elle diverge (–1) n n ! +3 . donc lim + 3

u n = +3 2. lim + 3

Supposons que (un) est majorée. Alors il existe M ! R ; ; n ! , u n G M donc ; n ! , u n g @ 1 + M ; +3 6 ce qui contredit l’hypothèse. 68. 1. lim u n = lim 5 + lim (– 2#n) = – 3 car – 2 1 0 . 2. lim u n = lim 32 = 0 car 3 2 0 . lim n 3. lim u n = lim 3n 2 + lim 2n + 5 – 0 = +3 car lim 3n 2 = +3 et lim 2n = +3 . 69. et 70. Corrigés dans le manuel. 71. 1. lim u n = lim 3n 2 + lim (– 1) + lim 1 n = +3 – 1 + 0 = +3 . 2. lim u n = lim 1 – lim 6 n = – 3 . n 3. lim u n = lim 3 n 1 – 2 n 3 n = lim 3 1 – 2 3

(

)

( ( ))


8


= lim 3 n # lim 1 car 2 2 0 et 2 1 1 3 3 = +3 car 3 2 1 . n 72. 1. lim u n = lim 1 + lim – 3 # – 2 3 n = lim 1 – 3 lim – 2 3 = lim 1 – 3 # 0 = 1 . car – 1 1 – 2 1 0 . 3 lim 6 2. lim u n = lim (5 – 7 n) 6 = =0 lim 5 + lim (– (7 n))

( ) ( )

car lim – 7 n = – 3 .

( (

) ( ) ) ( )

3 n 1 – 2n 1 – 2n n 3 3 3 3. u n = n = n n 3 n 4 4 1– n 1 – 3n 4 4 1 & lim u n = 0 # = 0 . 1 73. 1. lim (n + 4 n) = +3 donc lim 1 n = 0 . n+4

2. lim u n = lim 9 n – 10 n n = lim 10 n 9 – 1 10 n n = lim 10 # lim ; 9 – 1 E 10 = – 1 # lim 10 n = – 3 .

(( ) ) ( )

)

3. lim u n = lim 6 5 n – 1 (5 3 – 5 2 + 1) @ = 101 # lim 5 n – 1 = +3 . 74. et 75. Corrigés dans le manuel. 76. Soit (u n) à valeurs dans 6 a ; b @ qui admet pour limite l, (l ! R) et telle que l g 6a ; b@. • Supposons l 2 b , soit I un intervalle contenant l tel que I + 6 ab @ = Q , il existe alors un rang à partir duquel tous les un sont contenus dans I et donc, aussi par définition dans 6 a ; b @ , or I + 6 a ; b @ = Q . Ce qui est donc absurde. On conclut que : l ! 6 a ; b @ . • Supposons l 1 a , on fait exactement de même. un = l 77. Soit A ! R ; lim + 3

donc  p ; n H p & u n ! @ l – A ; l + A 6 . Posons M = max (u n) n G p et m = min (u n) n G p .

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Livre du professeur

M et m sont définis et ! R car (u n) n G p est ensemble fini (de cardinal G p + 1 ). Pour n G p on a u n G M et u n H m. Pour n H p on a u n G l + A et u n H l – A ; donc ; n ! , min (m, l – A) G u n G max (M, l + A) d’où (un) est bornée. 78. Soit A ! R ,  p !  ; n H p & vn 1 A v n = 0 ). (car lim + 3

Par hypothèse :  q !  ; n H p & u n – l G v n ; Posons r = max (q, p) alors n H r & u n – l G v n et v n 1 A d’où u n – l 1 A pour tout n H r . Si u n H l alors 0 G u n – l 1 A d’où l G u n 1 A + l, u n ! 6 l ; A + l 6 . Si u n G l alors – A G u n – l 1 0 d’où – A + l G u n 1 l, u n ! @ l – A ; l @ . D’où u n ! @ l – A ; l + A 6 = @ l – A ; l @ , 6 l ; l + A 6)  r !  ; n H p & un ! @ l – A ; l + A 6 un = l. d’où lim + 3

79. (– 1) n est bornée par – 1 et + 1 donc elle n’a pas de limite infinie. Or (– 1) n ne converge pas car (– 1) n alterne entre – 1 et + 1. (– 1) n est donc divergente. On en conclut que l’ensemble des suites divergentes est distinct de l’ensemble des suites de limite infinie. 80. à 82. Corrigés dans le manuel. 83. 1. Pour n H 2, n !  ; 0 G n – 1 G n + (– 1) n G n + 1 car – 1 G (– 1) n G 1 1 donc 1 G G 1 n + 1 n + (– 1) n n – 1 car 1 est décroissante sur R*+ x n+1 n+1 n+1 G G donc n n+1 n –1 n + (– 1) car

n + 1 2 0. n+1 = n+1

1 n+1 n+1 =0 donc lim +3 n + 1 2.

n+1 = n–1

n+1–

3

3

3

86. 1. u 1 = 0 donc u 2 =

u 2n = m et lim u 2n + 1 = m Alors lim + + 3

(d’après 1.)

)

3

3

)


9

)

(


=

u n = lim 3. lim + +

donc en passant à la limite m – m = lim 2 sin 1 cos 4n + 1 ; +3 2 2 1 1 0 = lim 2 sin cos 2n + +3 1 2 2 r ! 0 car 0 1 1 1 2 2 r et strictement croissante sur 8 0 ; B . 2 1 = 0. + cos 2 n d’où lim +3 2 Posons v n = cos n – 1 . 2 v 2n + 1 – v 2n = cos 2n + 1 – cos 2n – 1 2 2 = – 2 sin (2n) sin 1 . 2

(

3.

+1=

n – 1.

u 2n + 1 ( n – 1)2 + 1

= n – 1 + 1 = n, donc si P(n) est vraie alors P(n + 1) est vraie. La conjecture est démontrée par récurrence.

u 2n = lim u 2n + 1 = m ; alors lim + +

)) )

u4 =

3

(

2 ;

u 23

Alors u n + 1 =

un = m D’après ce qui précède si lim + 3

u 22 + 1 =

0 2 + 1 = 1 ;

2. 11 = 0 = 0 = u 1 donc P(1) est vraie. P (n) : u n = n – 1 n H 1 .

85. • – 1 G sin n G + 1 donc si sin n a une limite, alors elle est finie. • u 2n = sin 2n et u 2n + 1 = sin (2n + 1) . u 2n + 1 – u 2n = sin (2n + 1) – sin 2n

) (

u3 =

On conjecture : u n =

donc m = 1 et m = – 1 ce qui est absurde. (un) n’a pas de limite finie.

(

)

(sin n) n’admet pas de limite.

3

= 2 cos 2n + 1 + 2n sin 2n + 1 – 2n 2 2 4 n + 1 1 = 2 sin cos . 2 2

)

(

2. a. un est bornée par – 1 et 1 donc (un) n’a pas de limite infinie. b.  u 2n = (– 1) 2n = ((– 1) 2) n = 1 n = 1 u 2n + 1 = (– 1)(– 1) 2n = – 1 # 1 = – 1 . c. Supposons qu’il existe m ! R tel que lim un = m . + 3

(

cos 2n + 1 = cos 2n cos 1 – sin 2n sin 1 2 2 2 1 1 = lim (cos (2n)) cos lim cos 2n + +3 2 2 – lim sin (2n) sin 1 2 0 = (lim cos (2n)) # cos 1 – 0 # sin 1 2 2 d’où lim cos 2n = 0 car cos 1 ! 0 . 3 2 ; n !  cos 2 n + sin 2 n = 1 cos 2 2n + sin 2 2n = 1 donc (car 2n !  ). En passant à la limite 0 + 0 = 1 car on a montré que lim sin 2n = 0 et lim cos 2n = 0 , +3 +3 ce qui est absurde, il n’y a donc pas m ! R un = m . tel que lim +

3

(

2 n+1

3

84. 1. On revient à la définition d’une limite finie : A ! R,  p !  ; n H p & un ! @ l – A ; l + A 6 or 2n H n donc 2n H p donc u 2n ! @ l – A ; l + A 6 2n + 1 H n donc 2n + 1 H p donc u 2n + 1 ! @ l – A ; l + A 6 . lim u 2n = l et lim u 2n + 1 = l . + +

( (

1

En passant à la limite, on déduit que lim sin (2n) = 0 donc m = 0 +

n+1 1 = = 0. 3 n – 1 +3 – 0 3. Par le théorème des gendarmes, (u n – 1) = 0 d’où on déduit que lim +3 lim u = 1 . n + d’où lim +

)

3

n = +3 .

87. u n + 1 – u n = (n + 1) # n! – n! = n! (n + 1 – 1) = n! # n 2 0  n !  * . (un) est croissante. L’axiome d’Archimède montre que n! n’est pas majorée. A ! R, 1 ! R et 1 2 0 donc il existe p !  tel que p # 1 2 A p! 2 p 2 A donc comme (un) est croissante, n H p & n! H p! d’où n! 2 A pour tout n H p . (un) est croissante et non majorée donc lim u n = +3 . + 3

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6. À partir de suites arithmétiques ou géométriques 88. 1. • P(0) : u 0 = u 0 + r # 0 donc P(0) est vraie. • Hérédité : supposons que u n = u 0 + nr alors u n + 1 = u n + r = u 0 + nr + r = u 0 + (n + 1) r donc P(n + 1) est vraie. 2. Si le premier terme est u1, on décale la propriété de 1, soit u n = (n – 1) r + u 1 pour u ! R et n H 1 . P (1) : u 1 + u 1 + (1 – 1) r "P(1) est vraie. P(n) donc u n + 1 = u 1 + r = u 1 + (n – 1) r + r = u 1 + ((n + 1) – 1) r ; P(n + 1) est vraie. 3. On généralise : Pour n H p, n ! , u n = u p + (n – p) r . P(p) : u p = u p + ( p – p) r ; P(p) est vraie. Hérédité : u n = u p + (n – p) r donc u n + 1 = u n + r = u p + (n – p) r + r = u p + ((n + 1) – p) r . P(n + 1) est vraie. 89. 1. P(0) : v 0 = v 0 # 1 = v 0 # q 0 donc P(0) est vraie. Hérédité : P(n) : v n = v 0 q n v n + 1 = v n # q = v 0 $ q n $ q = v 0 $ q n + 1 ; P(n + 1) est vraie. n–1

2. P(n) devient v n = v 1 q pour n H 1. P(1) : v 1 = v 1 # 1 = v 1 $ q 1 – 1 ; P(n + 1) est vraie. Hérédité : Supposons v n = v 1 # q n – 1 ; v n + 1 = v n # q = v 1 # q n – 1 # q = v 1 $ q (n + 1) –; 1 P(n + 1) est vraie. 3. v n = v p q n – p pour n H p P(p) : v p = v p # 1 = v p q p – p . Hérédité : v n + 1 = v n # q = v p q n – p q = v (pn + 1) – p ; P(n + 1) est vraie. 90. 1. Les lignes démasquées sont : S prend la valeur S + u u prend la valeur u + r . 2. Il y a effectivement plus simple puisqu’on connaît une formule explicite : Pour n !  et (u n) arithmétique de raison r et de premier terme u 0 , on a : n / u k = (n + 1) u 0 + nr2 . k=0

(

)

D’où l’algorithme :

(

92. 1. u n = Somme vn = v0

94. u n =

2. u n + 9 =

)

géométrique

i=n

1 i / 9 # ( 10 ) 1 10

n+1

93. 1. u n =

/ 27 #

i=1

)

un

(

) (

)

ab ab 100 – 1 – 99 = 1– 1 n 99 99 100 100n ab ab = – . 99 99 # 100 n

(

)

ab . lim 1– 1 = 1 donc lim u n = +3 +3 99 100 n i=n

/ abc #

1 . i=1 1 000 i 1 1– n+1 1 000 u n + abc = abc # 1– 1 100 abc 1 = # 1 000 – ; 99 1 000 n

)

) )

lim u = abc . +3 n 999

1 1 n+1 27 100 2. u n + 27 = / . = 27 i i = 1 100 1– 1 100 100 27 = ; 100 – 99 100 n + 1

10

(

(

i=n


1 . 100 i

= abc 1 – 1 n . 999 1 000

1 . 100 i

(

/ ab #

i=0

(

)

i=n

i=n

99 27 3 = = 99 11

d’où u n = abc 1 000 – 1 n – 999 999 1 000

1– 1 10 1 – 1n + 1 10 . = 9# 9 10 u n = 10 # 1 – 1n + 1 – 9 10 1 = 10 # n – 9 = 1 – 1 n . 10 10 1 3. lim u = 1 – lim =1–0=1 +3 n +3 10 n donc 0, 999… = 1 !

(

99

100

(

i=1

= 9#

3

i =n

i=1

1–

99

100 ab u n + ab = / ab # 1 = 100 – . i =0 100 i 99 100 n + 1

95. u n =

suite

)

d’où 0, 272 727 f = 3 . 11

/ 9 # 10– i

( )

99

3

i=n

de la 1 n. 10

)

27 27 1 = 27 – 27 # 0 . un = lim 3. lim – + + n

91. 1. Les lignes démasquées sont : S prend la valeur S + u u prend la valeur u ) q 2. On reprend le même algorithme, mais n 1 – qn + 1 avec la formule / u k = u 0 . 1–q k=0 Donc, seul l’affichage est modifié.

(

(

d’où u n = 27 100 – 1 n – 27 99 100 27 27 1 – 99 = 27 – = 100 – . n 99 99 99 # 100 n 100

variables n entier naturel u 0 un réel r un réel Début Saisir n Saisisr u0 Saisir r Afficher « la somme vaut » Afficher « (n + 1) ) u 0 + (n ) r)/2 . Fin

)


96. 1. u 2 = 6u 1 – 9u 0 = 36 – 18 = 18 ; u 3 = 6 # 18 – 9 # 6 = 6 # 9 = 54 ; u 4 = 6 # 54 – 9 # 18 = 9 # 18 = 162 ; u 5 = 6 # 162 – 9 # 54 = 9 # 54 = 486 ; u 6 = 6 # 486 – 9 # 162 = 9 # 162 = 1458 . 2. On conjecture u n = 2 # u3 n = u 0 3 n . 3. P (0) : u 0 = u 0 # 1 = u 0 # 3 0 . P (1) : u 1 = 2 # 3 = 2 # 3 1 = u 0 # 3 1 P(0) et P(1) sont vraies. Hérédité : u n + 1 = 6 # u n – 9 # u n – 1 = u 0 (6 # 3 n – 9 # 3 n – 1) = u 00 (9 # 3 n – 1) = u 0 # 3 n + 1 ; P(n + 1) est vraie. 97. 1. v n + 1 =

un + 1 – 1 un + 1 + 3

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2u n + 3 – u n – 4 un + 4 = 2u n + 3 + 3u n + 12 un + 4 un – 1 un + 4 = # u n + 4 5u n + 15 u –1 = n = 1v . 5 (u n + 3) 5 n On peut simplifier par u n + 4 car u n 2 0 n (par récurrence) pour u n H 1 v n = 1 v 0 ; 5 v0 = 0 – 1 . 0+3 u –1 2. D’où v n = 1 1n ; v n = n = – 1 1n 35 un + 3 35 1 1 d’où – (u + 3) = u n – 1 ; 3 5n n u donc 1 – 1n = u n + 1 nn 35 5 1 1– n 5 . soit u n = 1 1 + 1n 35 1 v = 0 et aussi 3. 0 1 1 1 donc lim +3 n 5 lim vn = 1 . +

()

3

98. 1. a. u 1 = 1,05 # 12 000 = 12 600 . b. u n = (1,05) n # 12 000 ; u 8 = 17 729,47. 8

1 – (1,05) c. / u k = 12 000#

9

1 – (1,05)

0

= 132 318,77.

2. a. v 1 = 12 000 + 750 = 12 750 . b. v n = 12 000 + 750 n ; v 8 = 12 000 + 750 # 8 = 18 000 i=8

c. / v i = 9 # 1 000 + 750 # i=0

8 # (8 + 1) = 135 000. 2

3. Le contrat 1 est plus avantageux. 99. 1. Par récurrence : • v 0 ! R ; P(0) est vraie. • Hérédité : v n + 1 = 2 v n – 1 . Comme 3 v n ! R , 2 v n – 1 aussi donc v n + 1 ! R . 3 (v n) est définie dans R. On démontre la même chose pour (wn) avec w0 = 3 . 2. wn + 1 = 2v n + 1 + 6 = 4 v n – 2 + 6 3 2 = (2v n + 6) = 2 wn . 3 3 Donc (wn) est géométrique de raison 2 et 3 premier terme 3.

() ()

(

).

n 3. wn = 3 # 2 d’où lim w = 0 01 21 1 +3 n 3 3 n w v n = n – 3 = 3 2 – 3 d’où lim v n = – 3 . +3 2 2 3

4.

n

S n = / wk 3 # 0

()

2 k = 3# 3

i =n

()

1– 2 3

/ yi = 2# n (n + 1) – 6(n + 1) = (n + 1)(n – 6)

n+1

i =0

1–2 3

( ( ) ).

=9 1– 2 3

Sn = 9 . D’où lim +

n+1

3

100. 1. a. u 0 = 1 ; u 1 = 1 u 0 + 1 – 1 = 1 ; 2 2 u2 = 1 u1 + 2 – 1 = 1 + 1 ; 2 4 5 1 u 3 = u 2 + 2 – 1 = + 1 H 0 . P(3) est vraie. 2 8

Hérédité : supposons P(n) vraie (n H 3) : 1 u n + 1 = 1 u n + n – 1 ; u n + 1 H 0 car u n H 0 2 2 (hypothèse) n – 1 H 0 pour n H 9 . P(n + 1) est vraie. b. P(4) : u 4 H 4 – 2 . On a u 3 H 0 car 3 H 3 et 1. a. donc 1 u H 0. 2 3 On a 3 – 1 H 2 donc u 4 = 1 u 3 + 3 – 1 H 2 2 donc P(4) est vraie. Hérédité : P(n) est supposée vraie : u n H n – 2 pour n H 4 . u n + 1 = 1 u n + n – 2 . Or 1 u n H 0 (1. a.) 2 2 et n H 4 & n – 2 H 2 , donc u n + 1 H 2 . P(n + 1) est vraie. c. ; n !  , n H 4 , on a : u n H n – 2 . n – 2 = +3 alors lim n = +3 . Comme lim + + 3

3

2. a. v n + 1 = 4u n + 1 – 8(n + 1) = 2u n + 4 n – 4 – 8n – 8 + 24 = 2u n – 4 n + 12 = 1 (4u n – 8n + 24) 2 = 1 vn 2 (pour tout n !  ). (v n) est géométrique de raison 1 et de 2 premier terme v 0 = 4u 0 – 8 # 0 + 24 = 28 . v b. u n = 1 (v n + 8n – 24) = n + 2n – 6 4 4 1 1 = 28 n + 2n – 6 = 7n + 2n – 6 . 4 2 2 n 1 c. On pose x n = 7 # et y n = 2n – 6 . 2 (x n) est une suite géométrique de raison 1 et de premier terme 7 ; 2 ( y n) est une suite arithmétique de raison 2 et de premier terme – 6 .

( )

()

()

n+1 1– 1 2 = 14 1 – 1 d. / x i = 7 # 1 i =0 2n + 1 1– 2 i =n


11

(

)


2

(

)

D’où S n = 14 1 – n1+ 1 + (n + 1)(n – 6) . 2

101. 1. t n = m n . (t n) ! E & m n + 1 – m n = 0,24m n – 1 + m n – 1 (m 2 – m – 0, 24) = 0 + m 2 – m – 0,24 = 0 car m ! 0 + m est une solution de x 2 – x – 0, 24 = 0 . Supposons que m est une solution de x 2 – x – 0, 24 = 0 . Alors m n + 1 – m n = 0, 24m n – 1 pour tout n H 1. t n = mn En posant on obtient t n + 1 – t n = 0, 24t n – 1 ; donc (t n) ! E . 2. u n = a (1,2) n + b (– 0,2) n . Si u 0 = 6 alors 6 = a + b (1) . Si u 1 = 6, 6 alors 6,6 = 1, 2a – 0,2b 6 = a – 1 b = 33 (2) 5 5 5 + 33 = 6a – b = 6a – 6 + a (d’après (2)). a = 39 donc b = 3 ((1)). 7 7 39 3 n u n = (1,2) + (– 0,2) n . 7 7 3. 1, 2 2 1 donc 39 (1, 2) n diverge vers 7 +3 . – 0,2 1 1 donc 3 (– 0, 2) n diverge vers 0. 7 Par somme des limites, on obtient lim u n = +3 . + 3

102. 1. a. 0 a0

a2

a5

1

a4a6 a3

a1

x

a1 – a0 1 = 2 2 a1 – a2 a3 = + a2 = 3 2 4 1 a3 – a2 a4 = + a2 = 4 + 1 = 5 2 2 2 8 a3 – a4 a5 = + a 4 = 1 + 5 = 11 2 16 8 16 a5 – a4 a6 = + a 5 = 1 + 11 = 23 2 32 16 32 c. A n + 2 est le milieu du segment 6 A n A n + 1 @ en terme d’abscisse (a i) cela se a + an + 1 traduit par a n + 1 = n . 2 a a 2. a 1 = 1 et 1 – 0 = 1 donc a 1 = 1 – 0 ; 2 2 P(0) est vraie. b. a 2 =

TS erm


Livre du professeur

a Hérédité : P (n) : a n + 1 = 1 – n donc 2 a n = 2 (1 – a n + 1) . an + 1 + an an + 1 = + 1 – an + 1 2 2 a =1 – n+1 ; 2 P (n + 1) est vraie.

an + 2 =

3.

( )

v n + 1 = a n + 1 – 2 = – 1 a n + 1 = – 1 a n – 2 = – 1 v n . 3 3 3 2 2 2

(v n) est une suite géométrique de raison – 1 . 2 n v = 0 ; v n = 2 – 1 . 4. Comme – 1 1 1 , lim +3 n 3

2

( ) 2

v n = a n – 2 donc a n = v n + 2 donc 3 3 2 lim a = . +3 n 3

7. Convergence monotone 103. a. Faux :

(1 – 1n)

est croissante

(strictement) et tend vers 1. b. Faux : (n + (– 1) n # 2) tend vers +3 mais n’est pas croissante. 104. (u n) est strictement croissante car u n + 1 – u n = pn + 10 – { n + 1 où pn est le n e nombre premier et { n + 1 la somme des nombres de chiffres utilisés pour écrire les n + 1 premiers nombres premiers, c’est-à-dire la position après la virgule du (n + 1) e nombre premier dans le nombre d’Erdös. (u n) est majorée par 1 car u n G 0, 9 g 9 . (u n) est croissante et majorée, elle admet donc une limite finie, elle converge vers une limite finie. 105. 1. u n + 1 – u n = 1, 9 g 335 g 555 = – 0, 0 g 0 19 f 945 1 0 : ;; ; < :(;; ;< n fois n – 1) fois

donc (u n) est décroissante. (u n) est minorée par 1 (u n = 1 + 0,3 g 3 + 0,0 g0 5 g 5 . : ;; ;< :n;; < : ;; ;< n fois fois n fois A BB C A BBBBBB C 20 20 Donc (u n) converge vers une limite finie. 2. u n – 4 = 1,3 g 3 5 g 5 – 1, 3 g 3 3 : ;; ; < : ;; ;< : ;; ;< 3 n fois n fois = 1, 0 g 0 1 6 g 6 G 1, 0 g 0 : ;; ; < : ;; ;< : ;; ;< 3 n fois n fois

= 2 10 – n 1 G 2:10 – n . 3.

lim 2 n = 0 +3 10

(

)

donc comme

un – 4 G 2 n 3 10

lim u n – 4 = 0 d’où lim u 4. +3 +3 n 3 3

;

106. Même résolution que 104. (u n) est croissante et majorée donc converge vers une limite finie. 107. 1. Démonstration analogue à l’exercice 132.. 2. Pour M 1 l , on choisit I un intervalle contenant l et non contenant par M. Alors il existera une infinité de termes un inférieur à M à partir d’un certain rang. 3. D’après 1. (u n) est majorée par l. D’après 2. c’est le plus petit. 1 2 0 donc 108. 1. u n + 1 – u n = (n + 1) 3 (u n) est croissante. 2. u 1 = 1 et 2 – 1 = 1 donc u 1 G 2 – 1 ; 1 1 P(1) est vraie. Hérédité : Supposons que u n G 2 – 1 , n 1 ; n ! * ; u n + 1 – u n + donc (n + 1) 3 1 . un + 1 G 2 – 1 + n (n + 1) 3

(

Or 2 – 1 – 2 – 1 + n+1

=

=

(n + 1) – n n (n + 1)

–

n

)

1 (n + 1) 3

1 1 1 = – 3 n (n + 1) (n + 1) (n + 1) 3

(n + 1) 2 – n n 2 + n + 1 = 20 (n + 1) 3 (n + 1) 3

3. (u n) est majorée par 2. 109 A. 1. x – x – 1 = 0 ; T = 5 ; 1– 5 1+ 5 x1 = et x 2 = . 2 2

5

12.

3. U est une solution de X 2 – X – 1 = 0 donc U 2 – U – 1 = 0 ; d’où U 2 – U + 1 . U2 0, Comme on obtient 2 U = U = U + 1 . U ! 0 donc 2 U = U + 1 + U = 1 + 1 + 1 = U – 1. U U B. 1. u n + 1 = 1 + u n . 2. u 1 = 1 et 1 1 { 1 2 donc 1 1 u 1 1{ ; P(1) est vraie. Hérédité : On suppose 1 1 u n 1{ donc 2 G 1 + u n G 1 + { , d’où 2 G 1 + u n G 1 + { = { ; P (n + 1) est vérifiée.


12

1 + un + un 1 + un – un

= car

1 + un + un

1 + un + un ! 0 . : ;;;; < 2 20 0

Comme 1 + u n + u n 2 0 , le signe de u n + 1 – u n est celui de 1 + u n – u 2n . x Signe de (1 + x – x2)

–3

–

1– 5 2

1 2

1+ 5 2

0

+

0

+3 –

Comme on a montré que 1 G u n G U ; n !  , on a donc : 1 + u n – u 2u H 0 ; n !  ; donc u n + 1 – u n H 0 ; (u n) est croissante. 4. u n = U = 1 + u n – (1 + U) = u 2n + 1 – U 2 = (u n + 1 – U)(u n + 1 + U) . un – U H 2. un + 1 – U u n – U G 0 et u n + 1 – U 1 0 donc un – U un – U = H 2 ; d’où un + 1 – U un + 1 – U

Or u n + 1 + U H 2 donc

un – U = U – u1 =

1+ 5 2 – = 2 2

5 –1 2

;

donc 1 G 5 – 1 G 1 = 10 = 11– 1 ; 2 2 2 2 P(1) est vérifiée. Hérédité : Supposons P(n) : u n – U G n1– 1 : 2G 5 G3

x 1 1 0 car 4 1 5 donc 5 2 2 ; x 2 est l’unique solution positive. 2. 41 51 9 donc 21 5 1 3 ( crois2

1 + un + un

= ( 1 + u n – u n)

5.

2

sante sur 6 0 ; +3 6 ) d’où 3 1 1 +

1 + un – un

un + 1 – U G 1 un – U . 2

pour n ! * ; P(n + 1) est vraie.

2

3. u n + 1 – u n =


2

On vient de montrer que : u n + 1 – U G 1 u n – U ; 2 donc u n + 1 – U G 1 # n1– 1 = n +11 – 1 ; 2 2 2 P (n + 1) est vérifiée. u = U d’où 6. On en déduit que lim +3 n U = 1 +g+ 1 . 7. Soit f2 0 si fH n1– 1 alors u n – U Gf 2 fH 1 + 2n – 1 H 1 + (n – 1) ln 2 + ln fH 1 n–1 2 1 – ln f 1 – ln f . + n – 1H + nH1 + ln 2 ln 2

8. • Entrer f . • Poser n = 1 , x = 1 . • y = 1 + 1 – ln f . ln 2

TS erm

=5

Livre du professeur

non

ny

n=n+ 1 n = M1 + x

oui • Afficher x. 110. 1. a.

0

x

8

f (x)

f ¢(x) = 1, 4 – 0,1 x f ¢(x) 2 0 sur 6 0 ; 8 @ b.

y

y = 1,4x – 0,05x2 v v 10 v9 v7 8

4. L’inégalité montrée en 2. prouve que (vn) est croissante et majorée, elle converge donc vers une limite finie. f (x) – 8 = 1, 4x – 0, 05x 2 – 8 = – 0, 05 (x 2 – 28x + 160) = – 0, 05 (x – 20)(x – 8) a. 8 – f (x) = 0, 05 (x – 20)(x – 8) d’où 8 – v n + 1 = 0,05(v n – 20)(v n – 8) = 5 (20 – v n)(8 – v n) : ;;;; < 12 G 20 – v n G 18 car v n ! 6 2 ; 8 @ d’où 8 – v n + 1 G 0,05 # 18(8 – v n) G 0, 9 (8 – v n) .

c. 8 – v n = 8 – v n car 0 G v n G 8 donc 8 – v n G 6 # 0,9 n . 6 # 0,9 n = 0 car 0 1 0, 9 1 1 ; Or lim + 3

0

v0 v1 v2 v3 v4 v5 v6

8

14

x

c. On conjecture que (vn) est croissante de limite finie 8. 3. v 0 = 2 ; v1 = 2, 6 ; 2 G v 0 G v 1 G 8 ; P(0) est vérifiée. Hérédité : Supposons P(n) : 2 G v n G v n + 1 G 8 . Par hypothèse, on a : 2 G v n + 1 De même v n + 1 G 8 et comme f est croissante sur 6 0 ; 8 @ , f (v n + 1) G f (8) soit v (n + 1) + 1 G f (8) = 8 . Enfin v n + 2 – v n + 1 = 1, 4 v n + 1 – 0, 05 v n2 + 1 – v n + 1

= 0, 4 v n + 1 – 0, 05 v n2 + 1

=

v n + 1 (0,4 – 0,05v n + 1) 3 : ;;;;;;; ;< H0 H0

car v n + 1 H 0


(8 – v n)

b. Par récurrence : P(0) : v 0 = 2 8 – v 0 = 6 ; 0,9 0 # 6 = 1 # 6 = 6 d’où 8 – v 0 G 6 # 0,9 0 donc P(0) est vraie. Hérédité : On suppose 8 – v n G 6 # 0, 9 n ; D’après a. 8 – v n + 1 G 0, 9 (8 – v n) donc 8 – v n + 1 G 0,9 # 6 # 0,9 n G 6 # 0, 9 n + 1 donc P(n + 1) est vraie.

y=x

8

(20 – v ) : ;;;;n<

12 G 20 – v n G 18 car v n ! 6 2 ; 8 @

vn + 1 ! 60 ; 8@

donc v n + 2 – v n + 1 H 0 soit v n + 2 H v n + 1 . Récapitulons : 2 G v n + 1 G v n + 2 G 8 ; P(n + 1) est vérifiée.

(8 – v n) = 0 donc lim vn = 8 . d’où lim + + 3

3

8. Problèmes

5. fn + 2 = mq n + 2 + nq n2 + 2

= mq 21 q n1 + nq 22 q n2

= m (1 + q 1) q n1 + n (1 + q 2) q n2

= mq n1 + mq 1n + 1 + nq n2 + nq 2n + 1 0 0 = fn + fn + 1

a.

f0 = m + n = 1 = u 0 o f1 = mq 1 + nq 2 = 1 = u 1 1 – q2 1 – q1 ; m0 = " u0 = q2 – q1 q2 – q1

(car q 2 – q 1 ! 0 car on amontré que ce sont des racines distinctes( T! 0 )). ( n 0, m 0 ) est la solution du système à 2 inconnues, 2 équations donc unique. P (n) : u n = m 0 q n1 + n 0 q 2n . b. On a trouvé u 0 = f0 = m 0 + n 0 et u 1 = f1 = m 0 q 1 + n 0 q 2 donc P(0) et P(1) sont vraies. Hérédité : u n = u n – 1 + u n – 2 (n H 2) donc u n = m 0 q n1 – 1 + n 0 q n2 – 1 + m 0 q n1 – 2 + n 0 q n2 – 2

par récurrence. u n = m 0 (q 1 + 1) q n1 – 2 + n 0 (q 2 + 1) q n2 – 2

= m 0 q 21 q n1 – 2 + n 0 (q 22) q 2n – 2

= m 0 q n1 + n 0 q n2 .

2. B4 : = B2 + B3 ; C3 : = B3/B2 .

1– 5 1+ 5 ; q1 = . 2 2 4 1 5 1 9 donc 2 1 5 1 3 donc – 1 1 q 1 1 – 1 . 2 De même q 2 2 1 .

3. On conjecture que

D’où q n1

111. 1. u 2 = 1 + 1 = 2 ; u 3 = 2 + 1 = 3 ; u 4 = 3 + 2 = 5 ; u 5 = 5 + 3 = 8 ; u 6 = 8 + 5 = 13 . un + 1 tend vers un une limite finie ( . 1, 618 …). 4. a. Soit q ! R tel que u n = u 0 q n u n + 2 = u n + 1 + u n par définition ; (un) est strictement croissante et u 0 = 1 donc u n 2 0 u u d’où n + 2 = n + 1 + 1 un un 2 soit q = q + 1 ou q 2 – q – 1 = 0 . T = 1 + 4 = 5 donc il y a 2 solutions à cette équation donc 2 raisons possibles pour la suite. b. On vient de montrer que q 2i = q i + 1 q i ! 0 car 0 ! 0 + 1 donc q i = 1 + 1 qi soit 1 = q i – 1 . qi © Hachette livre, 2012

13


c. q 1 =

0 et q n2

+3

1 – q1 u0 = = q2 – q1 donc u 0 q n2

+3

+3 .

1+ 5 2 20 5 +3 ;

+3

lim u = +3 (somme de limites) +3 n u Quant à n + 1 : un u n + 1 m 0 q n1 + 1 + n 0 q n2 + 1 = un m 0 q n1 + n 0 q n2

=

q 2n + 1 q 2n

(q ) + n q m ( ) +n q q1

m0

n+1

2

1

0

2

0

n

0

TS erm


Livre du professeur

= q2

( ) ( )

q1 n + 1 + n0 q2 q n m0 1 + n0 q2

m0

Comme q 1 1 q 2 et q 2 2 0,

( ) ( )

5. Immédiat.

q1 11 q2

q1 n =0 donc lim +3 q 2 d’où n0 un + 1 1+ 5 q lim # . = = q2 = 2 +3 2 un n0 112. 1. Pour tout n H 1 , Hn + 1 – Hn 2 0. 2. Hn est majorée. 3. L’algorithme permet le calcul d’un entier p tel que Hp H M . 4. Les entiers p sont extrêmement grands. 5. On est tenté de conjecturer que lim H = +3 mais sans certitude. n " +3 n 6. a. (u 2n) est extraite de (u n) donc, si u n ! I alors u 2n ! I , du fait que 2 n H n . b. Si (u 2n) ne converge pas, alors (u n) ne converge pas. c. Un raisonnement par récurrence permet d’établir que H2n H 1 + n . 2 H n = +3 et donc 7. Donc : n lim 2 " +3 lim Hn = +3 . n + " 3

113. 1. u 2 = 1 – 1 # (– 1) = 1 + 1 = 3 . 2

4

2

4

4

Donc (u n) n’est ni arithmétique, ni géométrique. 2. a. v 0 = u 1 – 1 u 0 = 1 – 1 # (– 1) = 1. 2

b.

2

2

v n + 1 = un + 1 – 1 un – 1 un + 1 = 1 un + 1 – 1 un = 1 v n . 4 2 2 4 2

c. Donc (v n) est géométrique. d. Pour tout n !  , v n = 1n . 2 u 3. a. w0 = 0 = – 1 = – 1 . v0 1 v n + 1 un un + 1 2 = b. wn + 1 = vn + 1 1 un + 2 – un + 1 2 v n + 1 un 2 = 1 1 v n + un – un – 1 v n – 1 un 2 4 2 4 1 v n + un u 2 = = 2 + n = 2 + wn . vn 1 un + 2 – un + 1 2 c. Ainsi (wn) est arithmétique de raison 2. d. Pour tout n !  , wn = – 1 + 2n . 4. Donc, u n = wn # v n = (2n – 1) # 1n = 2n –n 1 . 2 2

114. 1. p0 est la population en 1969 exprimée en milliers. Par hypothèse : p0 = 44 500 . 2. Par données, pn + 1 = pn + 35 pn + 25 – 17 pn – 9 1 000 1 000 = 1,018 pn + 16 . 3. On cherche l tel que u n + 1 = ku n avec u n = pn – l u n + 1 = 1,018 pn + 16 – l = kpn – kl On obtient k = 1,018 pn et l = – 8 000 . 9 8 000 4. u n = p n + et 9 u n = u 0 (1,018) n = 44500 + 8000 1,018 n 9 8000 pn = u n + l = u 0 (1, 018) n – 9 8000 n 1, 018 – 8000 . = 44500 + 9 9

(

(

)

)

5. Population en 2012 : p43 = 44500 + 8000 1, 018 43 – 8000 9 9 . 96858 .

(

)

6. pm = 3p 0

(

) )(

+ 3 # 44500 = 44500 + 8000 1,018 m – 8000 9 9 –1 8000 8000 m + 1,018 = 133500 + 44500 + 9 9

(

( (

)

(

))

1 ln 133500 + 8000 – ln 44500 + 8000 +m = 9 9 ln 1, 018 + m . 61 .

115. a. 10w10 = 11w9 + 1 = 209 + 1 = 210 d’où w10 = 21 . b. On conjecture que wn = 1 + 2n (P(n)). c. w0 = 1 = 1 + 2 # 0 ; P(0) est vraie. Hérédité : Supposons que wn = 1 + 2n . Alors (n + 1) wn + 1 = (n + 2) wn + 1 2

= n + 2 + 2n + 4n + 1

(

)

2 n2 + 5 n + 3 2 2 d’où wn + 1 = n+1 = 2 n + 3 = 2n + 3 2 = 2 (n + 1) + 1 ; P(n + 1) est vraie. d. w2013 = 1 + 2 # 2013 = 4027 .

(


Hérédité : Supposons P(n) vraie : u n H 0 avec n H 4 . Alors u n + 1 = 1 u n + n – 2 3 donc u n + 1 H 0 car 1 u n H 0 et n – 2 H 0 pour n H 4 ; 3 P(n + 1) est vraie. 3. On a u n H 0 et u 5 = 1 u n + 4 – 2 3 donc u 5 H 4 – 2 = 2 = 5 – 3 P(n) est vraie pour n = 5 . Hérédité : Supposons u n H n – 3 pour n ! , n H 5 . Alors u n + 1 = 1 u n + n – 2 3 donc u n + 1 H n – 3 + n – 2 3 n un + 1 H + n – 3 3 donc u n + 1 H n – 2 car n H 5 H 1 3 3 pour n H 5 u n + 1 H (n + 1) – 3 ; P(n + 1) est vraie. (n – 3) = +3 , on en 4. On sait que lim +3 u n = +3 . déduit que lim + 3

La population en 2030 sera le triple de celle de 1969.

116. 1. u 1 = 1 # 1 + 0 – 2 = – 5 ; 3 3 u 2 = 1 u 1 + 1 – 2 = – 14 ; 9 3 14 1 u 3 = u 2 + 2 – 2 = – . 27 3 2. u 4 = 1 u 3 + 3 – 2 = 1 – 14 H 0 . 81 3

)

14


117. A. 1. 1 – u 0 = 13 = 1 + 12 = 1 + 120 1 5 P(0) est vraie. Hérédité : Supposons que pour n !  , P(n) est vraie. u n + 1 = 1 u n + 4 = 1 + n12+ 1 + 4 5 5 5 5 5 12 = 1 + n + 1 . 5 P(n + 1) est vraie. 2. a. S n + 1 – S n =

k=n+1

/

k=0

k=n

uk –

/ uk

k=0

= u n + 1 = 1 + n12+ 1 H 0 . 5 donc S(n) est croissante.

b. S n =

k=n

k=n

/ ( 1 + 12k ) = (n + 1) + / 12k

k=0

5

= (n + 1) + 12 #

k=0

()

1– 1 5

n+1

1–1 5

5

TS erm


Livre du professeur

(

= n + 1 + 15 # 1 +

= n + 16 – 3n . 5

1 5

Hérédité : u n ! " – 1 ; 1 , . r Alors u n + 1 = – sin – 2 r ou u n + 1 = – sin , 2 donc u n + 1 = – 1 ou 1 , un + 1 ! " – 1 ; 1 , P(n + 1) est vraie. 3. sin est à valeur dans 6 – 1 ; 1 @ donc (un) est à valeur dans 6 – 1 ; 1 @ .

)

( )

n+1

(n + 16) = +3 c. nlim + 3

()

n 3# 1 = 0 et nlim +3 5 S n = +3 . donc nlim + 3

B. P1 est fausse : x n = 1 (xn) converge vers 1 mais S n = n + 1 tend vers +3 . P2 est fausse : x = 1n (xn) est décrois2 sante et (Sn) est croissante. 118. 1. Si u0 est pair, il existe k !  tel que u 0 = 2k ; r d’où u 1 = – sin 2k = – sin (kr) = 0 . 2 Il est alors clair que u n = 0 pour u H 1 r car u 2 = – sin u 1 = – sin 0 = 0 ; 2 r u 3 = – sin u 2 = – sin 0 = 0 ; 2 (ou récurrence). 2. Soit u0 impair : il existe k !  tel que u 0 = 2k + 1 . r r u 1 = – sin (2k + 1) = – sin kr + 2 2 donc u 1 = – 1 ou 1 ; P(1) est vraie.

( )

(

)

(

)

Partie B. 4. a.

–

x

r 2

0

sinx

0

–1

d’où

x – sin

r x 2

r 2 1

–1 1

0 0

1

–1

b. Pour n H 1, u n ! 6 – 1 ; 1 @ . Pour tout n !  : min (u 0 , – 1) G u n G min (u 0 , 1) donc (un) est bornée. c. (un) est donc convergente si et seulement si elle est monotone. 5. a. Pour tout x ! @ – 1 ; 0 6 , @ 0 ; 1 6 ,

r r r x ! B– ; 08,B0 ; 8 . 2 2 2 r r Or sur 8 – ; B sinx est nul seulement en 2 2 r r 0 et sin x = 1 seulement en – et ; 2 2 donc f (x) ! @ – 1 ; 0 6 , @ 0 ; 1 6 . b. P(0) est vraie par définition. Hérédité : supposons P(n) vraie : un n’est pas entier. Alors r u n + 1 = – sin u n ! @ – 1 ; 0 6 , @ 0 ; 1 6 2 puisque un n’est pas entier ; P(n + 1) est vérifiée. 6. a. À partir du tableau en 4. a. , on déduit que f (@ – 1 ; 0 6) = @ 0 ; 1 6 et f (@ 0 ; 1 6) = @ – 1 ; 0 6 . b. u n + 1 = f (u n) donc si u n 2 0 alors u n + 1 1 0 et u n + 2 = f (u n + 1) 2 0 ; et si u n 1 0 alors u n + 1 2 0 et u n + 2 = f (u n + 1) 1 0 . Donc (un) n’est pas monotone. 7. On est en contradiction avec la condition nécessaire en 4. c. donc (un) ne converge pas quand u 0 g  .

( )

En route vers le bac (p. 48-49) 120. On pose pour tout n !  , P(n) : u n = – 7 # 2 n + 8 . • P(0) est vraie, car u 0 = 1 ; • Soit n !  tel que P(0) est vraie.

u n + 1 = 2 (– 7 # 2 n + 8) – 8 = – 7 # 2 n + 1 + 8

donc P(n) est héréditaire. On conclut.

121. On procède comme pour l’exercice précédent : soit n !  tel que u n = 2 + n 1 , 3 –1 alors : 1 5 2+ n –4 3 –1 un + 1 = –1 2 2 + n1 3 –1 (6 # 3 n – 2) + 1 = = 2 + n + 11 . 3 # 3n – 1 3 –1 De plus, u 1 = 5 . 2 122. Vrai. Vrai. Vrai. Faux (u n = n) .

( (

) )

123. 1. Variables Début U un réel U prend la valeur1 N un entier Saisis N Pour I allant de 0 à N – 1, I un entier de 1 en 1 U prend la valeur U + 2#I + 3 AfficherU Fin de Pour Fin 3. On obtient alors : u 0 = 1 ; u 1 = 4 ; u 2 = 9 ; u 3 = 16 ; u 4 = 25 ; u 5 = 36 ; u 7 = 64 ; u 8 = 81 ; u 9 = 100 et u 10 = 121 . 4. Soit n !  , u n + 1 – u n = 2n + 3 2 0 ; (un) est strictement croissante. 5. a. • u 0 = 1 donc u 0 2 0 2 ; • soit n !  tel que u n 2 n 2 ; © Hachette livre, 2012

15


alors u n + 1 2 (n + 1) 2 , (car u n + 1 = u n + 2n + 3 donc u n + 1 2 n 2 + 2n + 3 2 n 2 + 2n + 1) . (u ) = +3 . b. D’où : n lim " +3 n 6. On montre sans difficulté que, pour tout n !  , u n = (n + 1) 2 . 124. 1. u 0 H 4 ; u n H 4 & u n + 12 H 4 , car u 7 u est croissant sur 6 4 ; +3 6 . 2. y 4

- 12

0

4

x 8

(u n) semble converger vers 4 en étant décroissante et minorée par 4. 3. a. Soit n !  , u n + 1 – 4 = u n + 12 – 4 ;

TS erm


Livre du professeur

soit u n + 1 – 4 =

un – 4

u n + 12 + 4 avec u n + 12 H 4 H 0 d’où 0 G u n + 1 – 4 G 1 (u n – 4) . 4 b. À l’aide d’un raisonnement par récurrence, on en déduit que : n–1 0 G un – 4 G 1 . 4 4. Le théorème des gendarmes apporte la conclusion souhaitée. 125. Soit x H 0 et k 2 x (k ! ) donc k H 1. a. Pour k = n c’est évident. n k Soit k G n fixé tel que k G k ; k! k! on sait que n H k donc n + 1 H k et donc 01 k G 1. n+1 k # k n G k n ; Ainsi n + 1 n! n! n+1 n k soit G k . (n + 1)! n! n n n n n b. Soit n H k , n = nn # k = n # k n! k n! n! k et ce qui précède fournit la majoration attendue. nn=0 c. Vu que k 2 x alors n lim " +3 k on peut donc conclure. 2. a. Soit n H 2

()

(

)

()

()

(n – 1) facteurs

n

6 44 7 44 8 = 1 # n #f# n n! 1 # 2 #f# n n–1

( ) (n3)

= 1# n 2

#

:(u n) est décroissante ; . ) : lim u = 0 n n +

n–1

;

(nn) .

#f#

Ainsi, n H 1 , pour n H 2 . n! b. Soit n H 2 . n n = n # n n – 1 . n! n! n Ainsi, n H n . n! nn = + . D’où n lim 3 " +3 n! 126. a. Vrai. b. Faux. c. Vrai.

" 3

( )

127. a. Faux. b. Vrai. c. Faux. d. Faux. 128. a. Faux. b. Vrai. c. Vrai. 129. a. Vrai. b. Vrai. c. Vrai. d. Vrai. 130. a. Vrai. b. Faux. c. Faux. d. Faux. e. Vrai. 131. Soit l1 et l2 deux réels tels que l1 ! l2 . Soit alors I1 et I2 deux intervalles tels que l1 ! I 1 3 et I1 + I2 = Q . l2 ! I 2 (C’est possible car l1 ! l2 .) • (u n) converge vers l1 donc tous les u n sont contenus dans I1 à partir d’un rang N1 . • (u n) converge vers l2 donc tous les u n sont contenus dans I2 à partir d’un rang N2 . Conclusion : à partir d’un rang supérieur ou égal aux rangs N 1 et N 2 , les u n sont contenus dans I1 et dans I2 . Ce qui est absurde car I1 + I2 !Q .

Supposons qu’il existe u p 1 0 . Soit I un intervalle contenant O mais pas u p . Il existe un rang q à partir duquel tous ces u n sont contenus dans I. Or à partir d’un rang supérieur égal à p et q, les u n sont dans les intervalles I et @ – 3 ; u p @ (car (u n) est décroissante). Ce qui est absurde. 133. 1. Il existe deux rangs N 1 et N 2 tels que : • À partir du rang N 1 tous les u n sont contenus dans I ; • À partir du rang N 2 tous les wn sont contenus dans I. 2. Prenons un rang N supérieur ou égal à N 1 et aussi à N 2 . Alors, à partir de ce rang N, les u n et les v n sont contenus dans l’intervalle I donc aussi tous les réels compris entre eux deux. Ainsi, à partir du rang N, l’intervalle 6 u n ; wn @ est inclus dans I, donc wn ! I , ce que l’on voulait.

132. Soit (u n) telle que :

Accompagnement personnalisé (p. 50-51) k=n

134. u n = / k (k + 1) ; u 0 = 0 = k=0 vraie. Hérédité : Supposons P(n) vraie ;

0(0 + 1) (0 + 2) , P(0) est 3

Alors u n + 1 =

1 & P (n + 1) est vérifiée. 1+n+1

si n = 0(2 0) 2 + 1 = 2 H 2 0 + 1 = 2 . v n + 1 H 2n + 1 . 137. wn est un quotient de facteurs positifs donc wn H 0 . 2 n–1 +3 2 2 4 H 0 donc 1 H w . 1 – wn = n + 1 –2 n = n 1+n 1 + n2

(

1 . n+1 © Hachette livre, 2012

=

Hérédité : Supposons v n H 2 n . Alors v n + 1 = v 2n + 1 . v n + 1 H (2 n) 2 + 1 = 2 2n + 1 H 2 n + 1 pour n H 1 .

)

1 ? n+1 Hérédité : On suppose u n = P (n) : u n =

1+ 1 un

136. P(0) : 1 H 1 = 2 0 donc v 0 H 2 0 ; P(0) est vraie.

n (n + 1)(n + 2) 3 (n + 1)(n + 2)(n + 3) n = (n + 1)(n + 2) 1 + = 3 3 (n + 1)((n + 1) + 1 ((n + 1) + 3) ; P(n + 1) est vérifiée. = 3 135. u 0 = 1 ; u 1 = 1 = 1 ; u 2 = 1 = 1 ; u 3 = 1 = 1 . 4 2 3 1+ 1 1+ 1 1+ 1 –1 u0 u1 3 u n + 1 = (n + 1)(n + 2) + u n = (n + 1)(n + 2) +

(

1

16


)

TS erm


Livre du professeur

138. x 1 = – 3 + 4 = 1 donc 0 G x 1 G 4 ; P(n) est vraie. Hérédité : On suppose 0 G x n G 4 . x n + 1 = 3x n + 4 H 0 et 3 # 0 + 4 G 3x n + 4 G 3 # 4 + 4 = 16 4 G 3x n + 4 G 16 = 4 donc x n + 1 G 4 ( d’où croissante). D’où 0 G x n + 1 G 4 ; P(n + 1) est vérifiée. 139. w1 = n # 1 . Pour n !  * , w1 = 1 . n+ 1 n n+1 n n 1 = + donc lim w = 0 . lim n + 1 = lim n + lim 3 +3 +3 +3 n +3 n n 4 + 3x n + 4 140. 4 – x n + 1 = 4 – 3x n + 4 # , 4 + 3x n + 1 + 4

(

)

(

u 2n – 2 ( u n ! 0 car u n ! @ 0 ; +3 6 ) 2u n u u d’où u n + 1 = u n – n + 1 = n + 1 = 1 u n + 2 . 2 un 2 un 2 un un – un + 1 =

(

est

1. 1 1 2 1 4 donc 1 1 2 1 4 car est croissante sur @ 0, +3 6 d’où 1 1 2 1 2 . 2. (u n) est définie si u n 2 0 pour tout n !  : • u 0 = 2 2 0 donc P(0) est vraie ; • Hérédité : Supposons u n 2 0 pour n donné.

)

car 4 +

(

3. P(n) : 1 G u n G 2 P(0) est vraie car 1 G u 0 G 0 (u 0 = 2) . Hérédité : On suppose que 1 G u n G 2 pour n donné. u n + 1 = 1 u n + 2 donc 1 G 2 G 2 car 1 G 1 G 1 et alors 2 un un 2 un 2 1 + 1Gu 2+2 d’où 1 + 1 G un G2 + 2 n + 1G 2 , 2 un

(

3x n + 4 H 4 2 0 .

4. u n + 1 –

()

(

)

2 = 1 un + 2 – 2 un

= un –

= (u n –

u n2 – 2 2u n

(

–

2) 1 –

2=

u 2n + 2 2u n

2 = un – un – 2u

2

)

2=

–

2–

2u 2n – u 2n + 2 2u n

(u n –

= (u n –

2 ) (u n +

2)

2u n 2) =

un –

2

2u n

(u n –

2)2

2u n

#

1 . 2u n

(u – 2 ) 2 Comme 1 G 1 (u n H 1) on a donc u n + 1 – 2 G n . 2 un 5. L’écart d’un terme à 2 est inférieur à la moitié de l’écart au carré du terme précedent à racine de 2. Dès que u n – 2 devient inférieur à 1, l’écart diminue d’autant plus vite. puisque (u n – 2 ) 2 G (u n – 2 ) . 6. Récurrence : P (n) : u n – 2 G n1– 1 . 2 P(0) : u 0 – 2 = 2 – 2 G 2 – 1 = 1 car 2 H 1 . 1 = 1 d’où P(0) est vérifiée.

141. a 0 = 0 ; a 1 = a 0 + 2 # 0 + 1 = 1 ; a 2 = a 1 + 2 + 1 = 4 ; a 3 = a 2 + 4 + 1 = 9 ; a 4 = a 3 + 6 + 1 = 16 . P (n) : a n = n 2 . P(0) est évident. a n = n 2 ; n ! , Hérédité : Soit on suppose 2 2 a n + 1 = a n + 2n + 1 = n + 2n + 1 = (n + 1) ; P (n + 1) est vérifiée. 142. b 0 = 0 ; b 1 = 02 + 1 = 1 ; b 2 = 12 + 1 = 2 ; b 3 = 22 + 1 = 5 ; b 4 = 52 + 1 = 26 . P (n) : b n H 1 + n . b 3 = 5 H 3 + 1 donc P(3) est vraie. Hérédité : Soit n !  , n H 3 , on suppose P(n) vraie : b n + 1 = (b n) 2 + 1 H (n + 1) + 1 = n 2 + 2n + 1 = n (n + 2) + 1 donc b n + 1 H (n + 2) + 1 = ((n + 1) + 1 car n H 1 pour n H 3 , donc n (n + 2) H n + 2 . lim (1 + n) = +3 et b n H n + 1 . +3 b n = +3 . On en déduit que lim +

0

22 – 1 Hérédité : Supposons que P(n) est vraie pour un n donné : On a vu : u n + 1 – 2 G 1 (u n – 2 ) 2 2 2 1 donc u n + 1 – 2 G 1 (u n – 2 ) 2 G 1 2 2n + 1 – 1 2 2 1 1 = 1 n +11 = n +11 n 2 22 – 1 2 2 –2 –1 2 22 d’où u n + 1 – 2 G n +11 donc P(n + 1) est vérifiée. –1 22 1 (u n) converge vers 2 car lim = 0. +3 2 n + 1 – 1 2 7. Pour être à 10 – 10 près, il faut n1 G 110 2 2 – 1 10

( )

3

143. Soit u n + 1 l’intersection de la tangente à  en (u n, f (u n)) avec l’axe des abscisses. f (u n) – 0 f est dérivable sur 6 0, +3 6 donc : f ¢ (u n) = un – un + 1


)

1 G u n + 1 G 2 ; P(n + 1) est vérifiée.

()

()

)

Alors u n + 1 = 1 u n + 2 2 0 P(n + 1) est vraie. 2 un

16 – 3x n – 4 (4 – x n) 4 – xn = =3 G3 4 + xn + 1 4 + xn + 1 4 car x n + 1 H 0 . 4 – x n + 1 G 3 4 – x n + 4 – x n + 1 G 3 4 – x n car 0 G x n G 4 . 4 4 0 3 3 n # 5 est vraie pour 4 – x0 = 5 G # 5 P (n) : 4 – x n G 4 4 n = 0. Hérédité : Soit n !  , on suppose P(n) vraie. On sait que 4 – x n + 1 G 3 4 – x n 4 n 3 3 3 n # 5 P(n + 1) est vraie. #5 = donc 4 – x n + 1 G 9 4 4 n 3 3 = 0 donc lim x = 4. Comme ! 6 0 ; 1 6 , lim +3 4 +3 n 4

()

)

17


(

)

TS erm


Livre du professeur

d’où 2 2

n–1

3. a. u n G e pour tout n !  car (u n) est croissante et tend vers e. De même, v n H e pour tout n !  . Donc e – u n H 0 et v n – e H 0 pour tout n !  .

H 10 10 soit (2 n – 1) ln Z H 10 ln 10

d’où 2 n H 10 ln 10 + 1 ln 2

(

1 v n – u n = 1 = v n – e + e – u n donc v n – e = v n – e G 1f n . n! n. n! : ;; ; < : ;; ; < H0 H0

)

ln 10 ln 10 + 1 ln 2 nH . ln 2 144. I. 1. wn + 1 – wn = (v n + 1 – u n + 1) – (v n – u n)

et u n – e = e – u n G 1 1 f . n. n! b. U est u n , V est v n . Initialisation : On définit la marge d’approximation f . U et V sont affectés à u 1 et v 1 . Boucle : Condition de poursuite Un – V n Hf . On incrémente alors n et on calcule u n et v n que l’on affecte à U et V repsectivement. Sortie : affichage de n (nombre d’itérations) affichage de U et V c’est-à-dire la valeur approchée de e à f près. d. U et V est donnent un encadrement de e. p 4. On suppose que e = avec p, q ! ,  * . q Comme u 1 e 1 v n pour tout n !  , on a en particulier : ( u n et v n sont strictement monotones). uq 1 e 1 v q = uq + 1 q:q! p donc u q 1 1 u q = u q + 1 , q q:q! d’où q:q! u q 1 pq! 1 q:q! u q + 1 .

= (v n + 1 – v n) + (u n – u n + 1) G0 car (v n)3

G0 car (un)3

donc wn + 1 – wn G 0 (wn) est décroissante. wn = 0 (wn) décroissante donc wn H 0 (sinon il existe 2. lim + 3

p !  tel que wp 1 0 et alors pour tout n H p , wn G wp 1 0 ). (v n – u n) = lim v n – lim u n d’où lim u n = lim vn , 3. 0 = lim + + + + + 3

3

3

3

3

wn H 0 donc v n H u n et comme u n H u 0 , v n H u 0 . Donc (v n) est décroissante et minorée : elle converge ie il existe v = m. m ! R tel que lim +3 n De même (u n) est croissante et majorée par v 0 , donc elle converge. u n = lim v n , alors (u n) et (v n) converge Comme on a vue que lim + + 3

3

vers une même limite finie. 1 2 0 pour tout n  * " (u ) est II. 1. u n + 1 – u n = ! n (1 + n)! strictement croissante. 2

i=q

/

1 donc qq! u est un entier car somme d’entiers q i = 1 i! puisque i! divise qq! pour tout i ! " 1, 2, g, q , . Il existe n !  , tel que qq! u q = m , d’où m 1 pq! 1 m + 1 ce qui revient à dire que pq! n’est pas entier, ce qui est absurde. 5 On ne peut pas trouvier d’entier p, q pour exprimer e sous forme de fraction, e est donc irrationnel. Or u q =

(n + 1) n + n – (n + 1) 1 vn + 1 – vn = 1 + – 1 = (1 + n)! (n + 1)(n + 1)! n:n! n (n + 1)(n + 1)! 1 =– 1 0 pour tout n !  * " (v n) est n (n + 1)(n + 1)!

strictement décroissante. (u – v n) = 0 . 2. u n – v n = – 1 donc lim +3 n n : n! De 1. et 2. on déduit que (u n) et (v n) sont adjacentes.

TP Info (p. 52) Partie A

2. v n + 1 = u n + 1 –

4, 5 1 (intérêt) 1. C6 = # # E5 100 12 D6 = B6 – C6 = 100 – C6 (capital amorti) (capital restant dû) E 6 = E5 – D6

2. On arrête de rembourser quand le capital restant dû est G 0. 3. La dernière mensualité est G 100 , elle correspond au capital

restant dû au mois précédent.

4. Il y aura 38 mensualités, 37 # 100 et 58,85 pour la 38e.

(

Partie B

)

4, 5 1 # # un 1. u n + 1 = u n – M – 100 12 1204, 5 = u – M = 803 u n – M . 1200 n 800


18

M 0, 00375

M = 803 u n – M – 800 0, 00375 1 = 803 u n – M 1 + 800 0, 00375 1, 00375 = 803 u n – M # 800 0, 00375 803 1 00375 = u –M 800 n 375 803 803 = u – M 800 n 3 = 803 u n – 800 803 M 800 803 3 = 803 u n – 800 M . 800 803

(

( (


)

)

)

TS erm


Livre du professeur

d’où

100000 20000 4000 800 1 = = = = . 0, 00375 375 75 15 3 803 = v . d’où v n + 1 = 803 u n – M 800 0, 00375 800 n

(

0=

)

( ) – (803 800)

( )

3. (vn) est géométrique de raison 803 d’où v n = 803 v 0 . 800 800

24

24

( )

((803 800)

M M + 0, 00375 0, 00375

) 803 3500 ( 800) M = 0, 00375 –1 (803 800) M 0, 00375

803 n M M = v + 0, 00375 800 0 0, 00375

( )(

24

0 = 3500 803 800

n

un = v n +

M M 3500 – + ; (803 800) ( 0, 00375) 0, 00375

24

– 1 = 3500 #

)

(803 800)

24

24

#

n M M . u0 – + = 803 800 0, 00375 0, 00375 On veut u 24 = 0 ;

;

24

- 152, 767 .

Mensualité = 152, 77 (arrondi au supériéur, sinon u 24 2 0 ).

Sur les pas du supérieur (p. 53) I. 1. (u2n) est la sous-suite des termes pairs de (un). ( u 2n + 1 ) est la sous-suite des termes impairs de (un). 2. Si (un) admet une limite finie l, il est clair que (u2n) et ( u 2n + 1 ) convergent vers cette limite (en appliquant la définition même de la limite finie d’une suite). Supposons que (u2n) et ( u 2n + 1 ) ont pour limite l ! R . Alors pour tout f ! R , il existe p et q tels que : pour tout 2n H p u 2n – l Gf et pour tout 2n + 1 H q u 2n + 1 – l Gf p q–1 En posant r = max ; , on obtient donc 2 2 pour tout n H r u n – l Gf un = l . donc lim +

(

Le déterminant de ce polynôme est T = (d – a) 2 + 4bc = (d + a) 2 – 4 (ad + bc).

4. a. Cas T = 0 :

ac + b (solution de E). cc + d Montrons par récurrence que (vn) est définie P(0) : v0 est défini car v 0 = 1 et u 0 !c . u0 – c Alors la racine unique est c =

)

Hérédité : Supposons que vn est défini : u n !c au + b !c (u n !c + un n’est pas une solution de (E)) donc n cu n + d d’où u n + 1 !c donc v n + 1 est défini. 1 – 1 Soit n !  , v n + 1 – v n = un + 1 – c un – c

3

n

Application : q 2n = (q 2) H 1 car q 2 H 1 n

q 2n + 1 = q (q 2) G 1 car q 2 H 1 et q G – 1 q 2n H 1 et lim q 2n + 1 G – 1 donc lim + + 3

= (d + a) 2 – 4ad + 4bc

3

=

=

q 2n ! lim q 2n + 1 donc lim + + 3

3

d’où (qn) ne converge pas vers une lim l ! R , " +3 ; – 3 , . 1 au n + b d adu n + bd = II. 1.  u n + 1 = , cu n + d 1 bcu n + bd b donc si ad – bc = 0 alors ad = bc d’où u n + 1 = b . d On montre alors par récurrence que (un) est constante en b à d partir du rang 1. 2. Les solutions de (E) sont les abscisses des points d’intersection de : J  :y=x et K 1 . K ax + b K 2 : y = f (x) = cx + d L

(

cu n + d (a – cc) u n + (b – dc)

–

1 . un – c

Calculons f – 1 : y = ax + b donc ycx + yd = ax + b d’où (yc – a) x = b – yd cx + d b – yd ; f – 1 (x) = b – xd . soit x = yc – a xc – a Comme v n + 1 – v n =

cu n + d (a – cc) u n + (b – dc) cu n + d

–

1 un – c

1 – 1 . b – dc u n – c un – cc – a b – dc Comme c = f (c), f – 1 (c) = f – 1 % f (c) = c d’où = c. cc – a =

)

3.  x = ax + b + cx 2 + (d – a) x – b = 0 sur R\ ' – d 1 c cx + d


1 – 1 au n + b ccu n + dc u n – c – cu n + d cu n + d

19


(a – cc)

TS erm


Livre du professeur

Alors v n + 1 – v n =

cu n + d (a – cc)(u n – c)

–

1 un – c

Posons v n =

)

2 1 1 donc 5 Comme v n =

= #

=

cb + d (ad – bc)(u n – a) cb + d u n – a = ac + d (ad – bc)(u n – b) ac + d u n – b

car ad – bc ! 0 d’où v n + 1 =

k=n

k=n

k=n

k=n

k=0

k=0

/ (u k – l) G /

uk – l

k=n

k=n

On en déduit v n – l G 1 / u k – l . n + 1 k=0 2. a. C’est la définition de (un) converge vers l (qui est l’hypothèse de départ). Pour , tel que n H n 0 & u k – l 1 f , on a : n0 !  k=n 1 / u – l 1 n – n0 + 1 f 1 f . n + 1 k=0 k n+1 < : ;;;;; G1 b. (un) converge donc elle est bornée. On en déduit qu’il existe un réel M 2 0 tel que pour tout k !  : uk – l G M d’où

k = n0 – 1

/

k=0

uk – l G

n0 M n+1

n 1 f 2 n 0 M – f d’où (n 1 + 1) f 2 n 0 M donc pour n H n 1 , on a (n + 1) f 2 n 0 M . On en déduit que

;


1 n+1

f est un réel 2 0 et n 0 M – f est un réel. D’après l’axiôme d’Archimède, il existe donc n 1 !  tel que

ad – bc = 12 – 2 = 10 ! 0 et T = (4 + 3) 2 – 4(3 # 4 – 2 # 1) = 49 – 40 = 9 2 0 . 9

k=n

d’où l - v n G 1 / u k – l . n + 1 k=0

cb + d v . ac + d n

–1– b= 2

1 / u – 1 / l = 1 / (u – l) . n + 1 k=0 k n + 1 k=0 n + 1 k=0 k

De même l - u k G l - u k = u k – l

au n + b avec a = 3, b = 2, c = 1 et d = 4 cu n + d

– (4 – 3) + 9 a= et 2 a = 1 et b = – 2 .

k=n

=

donc

On a montré que (vn) est une suite géométrique de raison cb + d . ca + d 5.  u n + 1 =

k=n

1 / u – l = 1 / u – 1 (n + 1) l n + 1 k=0 k n + 1 k=0 k n + 1

Pour tout k ! , u k – l G u k – l

au n cb + adu n + bcb + bd – abcu n – abd – bcu n – db

un – 1 1 + 2v n , on calcule u n = . 1 – vn un + 2

III. 1.  v n – l =

(cu n + 1) (cb + d)

(ad – bc) u n + a (bc – da) cb + d ac + d (ad – bc) u n + b (bc – ad)

3

3

(cu n + d) (ac + d)

=

lim vn = 0 . +

En appliquant les opérations sur les limites, on obtient : lim u = 1 + 2# 0 = 1. +3 n 1–0

au n ca + au n d + bca + bd – aacu n – bcu n – daa – db

un – 1 . un + 2

v n = 0 , (un) est définie à partir d’un rang n !  . Comme lim +

u –a b. Par récurrence, u 0 g " a ; b , donc v 0 = 0 est défini, u0 – b P(0) est vraie. Hérédité : Supposons vn défini donc u n ! b au + b = b + un = b un + 1 = b + n cu n + d car b est une solution de (E). On en déduit que u n + 1 ! b et donc que v n + 1 est défini. Calculons v n + 1 : au n + b aa + b – u n + 1 – a cu n + d ca + d = vn + 1 = u n + 1 – b au n + b ab + b – cu n + d cb + d

=

un – b (vn) est une suite géométrique de raison cb + d 1 # (– 2) + 4 2 = = 1#1 + 4 5 ca + d

a–d cu n + d – a + cc cu n + d + 2 = = (a – cc)(u n – c) (a – cc)(u n – c) c un + d – a cu n + d – a 2c 2 = = (a – cc)(u n – c) (a – cc)(u n – c) un – c c = = 2c car u n ! c . un – c a + d – a d a– 2 (vn) est donc une suite arithmétique de raison 2c . a+d

(

un – a

20


1 n+1

k = n0 – 1

/

k=0

uk – l G

n0 M 1f n+1

TS erm


Livre du professeur

donc n H n 1 &

1 n+1

k = n0 – 1

/

k=0

En posant n 2 = max (n 0¢ ; n 1¢ ) et en additionnant les 2 inégalités ci-dessus membre à membre, on obtient :

uk – l 1 f .

k=n

3.  f est un réel 2 0 donc 2. a. et 2. b. donnent : 2 k=n / u – l 1 f2 – il existe n 0¢ !  : n H n 0¢ & 1 n + 1 k = n¢ k

n H n1 &

1 / u – l 1f n + 1 k=0 k

d’où n H n 2 & v n – l 1 f , (vn) converge vers l.

0

– il existe n 1¢ !  : n H n 1¢ &

1 n+1

k = n 0¢ – 1

/

k=0

u k – l 1 f . 2


21


2

Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées Trigonométrie Programme officiel Contenus


Limites de fonctions Limite finie ou infinie d’une fonction à l’infini. Limite infinie d’une fonction en un point. Limite d’une somme, d’un produit, d’un quotient ou d’une composée de deux fonctions.

• Déterminer la limite d’une somme, d’un produit, d’un quotient ou d’une composée de deux fonctions.

Limites et comparaison.

• Déterminer des limites par minoration, majoration et encadrement.

Asymptote parallèle à l’un des axes de coordonnées.

• Interpréter graphiquement les limites obtenues.

Continuité sur une intervalle, théorème des valeurs intermédiaires

• Exploiter le théorème des valeurs intermédiaires dans le cas où la fonction est strictement monotone, pour résoudre un problème donné.

Calculs de dérivées : compléments

• Calculer les dérivées des fonctions : x 7 u (x) ; x 7 (u (x)) n , n entier relatif non nul ; x 7 eu (x) ; x 7 ln (u (x)) . • Calculer la dérivée d’une fonction x 7 f (ax + b) où f est une fonction dérivable, a et b deux nombres réels. • Connaître la dérivée des fonctions sinus et cosinus.

Fonctions sinus et cosinus

• Connaître quelques propriétés de ces fonctions, notamment parité et périodicité. • Connaître les représentations graphiques de ces fonctions.

Découverte (p. 56-57) 1. Où sont les limites ? 1. Limite d’une fonction en – 3 et en + 3 1. x

– 105

– 103

– 100

– 10

x

10

100

103

105

f (x)

1,999 99

1,999

1,99

1,9

f (x)

2,1

2,01

2,001

2,000 01

g (x)

9999999995

999995

9995

95

g (x)

95

9995

999995

9999999995

h (x)

– 2 # 10 14

– 200000004

– 200004

– 204

h (x)

196

199996

199999996

2 # 10 14


22


TS erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

Courbe de h :

2. Quand x est un réel de plus en plus grand, f (x) semble se rapprocher de 2. 3. Quand x est un réel négatif de plus en plus grand en valeur absolue, f (x) semble se rapprocher de 2. 4. Pour 10 000 G x G 100 000 et 1,5 G y G 2, 5 :

2. Limite infinie d’une fonction en un point On considère la fonction f définie sur R\ " 3 , par f (x) = x – 2 . x–3 1. Recopier et compléter le tableau suivant :

La courbe semble droite. Pour 1, 999 9 G y G 2, 000 1 :

x

2,9

2,99 2,999 2,999 9 3,000 1

3,001

3,01

3,1

f (x)

–9

– 99 – 999 – 9 999 100 015 1001

101

11

2. Quand x s’approche de 3 en étant plus grand que 3, f (x) semble de plus en plus grand. Quand x s’approche de 3 en étant plus petit que 3, f (x) semble négatif et de plus en plus grand en valeur absolue. 3. Courbe représentative de f :

En zoomant, on voit que la courbe n’est pas droite. 5. Avec – 10 G x G 10 et – 10 G y G 10 : 4. Quand x se rapproche de 3, cette courbe semble se rapprocher de la droite d’équation x = 3 . 2. Limite et opérations 1. La représentation graphique de f semble se rapprocher de la droite d’équation y = 2 lorsque x est un réel de plus en plus grand ou négatif de plus en plus grand en valeur absolue.

f

6. Quand x est un réel de plus en plus grand et quand x est un réel négatif de plus en plus grand en valeur absolue, g (x) semble de plus en plus grand. Quand x est un réel de plus en plus grand, h (x) semble de plus en plus grand. Quand x est un réel négatif de plus en plus grand en valeur absolue, h (x) est négatif et semble de plus en plus grand en valeur absolue. La courbe de g « monte » à droite et à gauche du graphique. La courbe de h « monte » à droite du graphique et « descend » à gauche.

-4 -3 -2 -1 g

5 4 3 2 1 -1 -2 -3

0 1 2 3 4 5

6 7 8 9

f (x) = 2 et x lim g (x) = – 3 . 2. Graphiquement, x lim + + " 3

3. a.

Courbe de g :

h (x) = – 1 . b. Graphiquement, x lim + " 3


23


" 3

TS erm


Livre du professeur

4. a.

f (x) = 0 , x lim g (x) = 0 , Graphiquement, x lim + +

5 4 3 2

f

" 3

lim k (x) = 0 , x lim l (x) = 3 . x + + " 3

h

-1 -2

" 3

b. f (x) = 3 et g (x) = 12 x x

1 -4 -3 -2 -1

0 1 2 3 4 5

6 7 8 9

5 4

k

g

" 3

8

9 10 11

" 3

" 3

" 3

c. f (x) = 33 et g (x) = 12 x x

1 6 7 8 9

g 3 k

2

l

1

l (x) . – 0, 66 . Graphiquement, x lim +

f

0

" 3

5 4 3 2 1

l

6 7

lim k (x) = 0 , x lim l (x) = +3 . x + +

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 l -1 h -2 -3 g -4 k -5 -6

k

2 3 4 5

f (x) = 0 , x lim g (x) = 0 , Graphiquement, x lim + +

4 3 2

5. a.

1

-1 0 1 -1 hk -2 f

k (x) = – 6 . Graphiquement, x lim " +3 b. 5 f

l

3 2

-3 -4 -5 -6

g

" 3

h 2

1

4

3

5

6

7

f (x) = 0 , x lim g (x) = 0 , Graphiquement, x lim + + " 3

lim k (x) = 0 , x lim l (x) = 0 . x + + " 3

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 -1 f -2 g -3 -4 h 5 -6

" 3

" 3

8. On ne peut pas conclure sur la limite d’un quotient lorsque les deux limites sont nulles.

6 7 8 9

3. Continuité… ou pas 1. a. x

– 6,2

–5

– 0,8

3,79

3,9

E (x)

–7

–5

–1

3

3

3,99 3,999 99 3

3

4 4

f (x) = – 1 , x lim h (x) = – 4 , b. Graphiquement, x lim + +

b. La limite à gauche en 4 de E semble être égale à 3. Or E (4) = 4. Donc cette limite n’est pas égale à E (4) .

x " +3

2.

" 3

lim k (x) = 3 , x lim l (x) . 0, 33 . +

" 3

" 3

6. La limite d’une somme, d’un produit ou d’un quotient de fonctions dont on connaît les limites réelles non nulles semble être la somme, le produit ou le quotient des limites. 7. Cas des limites nulles : a. f (x) = 32 et g (x) = 12 x x 5 4 l 3 2 h k 1 f g -2 -1 0 1 2 3 4 5

3. La courbe est en plusieurs morceaux. 4. Dérivons 1. a. La fonction f : x 7 x est dérivable sur @ 0 ; +3 6 et pour tout x 2 0 , f ¢(x) = 1 . 2 x b. i) f : x 7 3x – 5

6 7 8 9 10


24


TS erm


Livre du professeur

b. i) f : x 7 (7x + 2) 5

ii) g : x 7

ii) g : x 7 (x 4 – 5x 3 + x – 6) 3

4x 3 – x 2 + 5x – 1

iii) h : x 7 (x 2 – 5x + 1) – 3

iii) h : x 7

x5 iiii) k : x 7 (x 5 – 4x 2 + 7x + 2) – 4

c. On peut conjecturer que la fonction x 7 u (x) où u est une fonction à valeurs positives admet pour dérivée la fonction u ¢ (x) x7 . 2 u (x) 2. a. La fonction x 7 x n où n est un entier relatif non nul est dérivable sur R si n 2 0 et sur R* si n 1 0 et sa fonction dérivée est x 7 nx n – 1 .

c. On peut conjecturer que la fonction x 7 6 u (x) @ n où u est une fonction et n un entier relatif non nul a pour fonction dérivée x 7 n # u ¢ (x) # 6 u (x) @ n – 1 .

Exercices résolus (p. 74 à 85) Page 75 1. Pour tout réel x ! 0 , 3x – 5 1– 5 3–5 3 3x x x = = = f (x) 4 4 3 x3 1 + 2 + 4 x 2 x2 + 4 + x 2 x + + x x2 x4 x 5 1– 3 =0 3x 2. x lim = 1 et x lim – " 3 " –3 x 3 4 2 1+ 2+ 4 x x ( f ( x )) = 0 donc x lim . –

Page 74 (x 4) = +3 ; x lim (3x 3) = +3 et x lim (– 5) = – 5 1. 1. x lim + + + " 3

( f (x)) = +3 . donc x lim +

" 3

(

" 3

" 3

2. a. Pour tout réel x ! 0 , x 4 1 + 3 – 54 = x 4 # 1 + x 4 # 3 – x 4 # 54 = x 4 + 3x 3 – 5 = f (x). x x x x 3 = 0 et lim – 5 = 0 . Donc d’après la pro b. x lim x " –3 " –3 x x4 1 + 3 – 54 = 1 . De priété sur les limites de sommes, x lim " –3 x x 4 lim ( f ( x )) = + ( x ) = + plus, x lim . Donc . 3 3 x " –3 " –3

(

)

()

( )

(

)

(

)

)

" 3

lim (– x 5) = +3 , donc x lim ( f (x)) = +3 x – – " 3

)

" 3

(

)

x 2 4 – 1 + 32 – 2x x x © Hachette livre, 2012

( )

" 3

Pour tout réel x ! 0 , f (x) = – x 5 1 – 23 – 14 + 35 . x x x 3 2 1 5 1 – 3 – 4 + 5 = 1 et x lim (– x ) = – 3 , Or x lim " +3 " +3 x x x ( f (x)) = – 3 donc x lim +

(

(

Page 76 Limite de f en – 3 : (2x) = – 3 . D’où une lim ( 4x 2 – x + 3 ) = +3 et x lim x " –3 " –3 forme indéterminée. Pour tout réel x 1 0 , ( 4x 2 – x + 3 + 2x) # ( 4x 2 – x + 3 – 2x) f (x) = 4x 2 – x + 3 – 2x 2 2 –x+3 = 4x – x + 3 – 4x = 2 2 4x – x + 3 – 2x 4x – x + 3 – 2x x + 3 – –x+3 f (x) = =

2. On ne peut pas déterminer directement les limites demandées.

)

25


–x

(

)

x 2 4 – 1 + 32 – 2x x x

TS erm


Livre du professeur

Page 80 1. 1 – x 2 H 0 + – 1 G x G 1 , donc D f = 6 – 1 ; 1 @ . 2. Les fonctions u : x 7 x – 1 et v : x 7 1 – x 2 sont continues sur 6 – 1 ; 1 @ . Donc f est continue sur 6 – 1 ; 1 @ . Étude de la dérivabilité de f : Les fonctions u et v sont dérivables sur @ – 1 ; 1 6 et pour tout réel x de @ – 1 ; 1 6 , u ¢ (x) = 1 et v ¢ (x) = – x . 1 – x2 f = u # v , donc f est dérivable sur @ – 1 ; 1 6 et f ¢ = u ¢ # v + u # v ¢. D’où pour tout réel x de @ – 1 ; 1 6 , 2 f ¢(x) = 1 # 1 – x 2 + (x – 1) # – x = 1 + x – 2x . 2 2 1–x 1–x En (– 1) : Pour tout réel h tel que (– 1 + h) ! D f ,

x2 = x = – x –1+3 x f (x) = 1 4 – + 32 – 2 – x x 3 lim – 1 + = – 1 et x lim 4 – 1 + 32 – 2 = – 4 , – x " –3 " –3 x x x 1 donc x lim ( f (x)) = . " –3 4 Limite de g en – 3 : Pour tout réel x, – 1 G sin (x) G 1 , donc 1 G sin (x) + 2 G 3 , d’où 1G 1 G 1. 3 sin (x) + 2 Pour x 1 3 , 3 – x 2 0 , donc 3 – x G 3 – x G 3 – x . 3 sin (x) + 2 3 – x = +3 donc x lim ( g (x)) = +3 . Or x lim " –3 " –3 3 Page 77 f = u 5 où u : x 7 21 . 9x – 4 Pour que f existe et soit dérivable, il faut que 9x 2 – 4 ! 0 . 9x 2 – 4 = 0 + x = – 2 ou x = 2 , donc l’ensemble de définition et 3 3 de dérivabilité de f est D = R \ ' – 2 ; 2 1 . 3 3 La fonction u est dérivable sur D et pour tout x de D, 18x . u ¢ (x) = – 2 (9x – 4) 2 Pour tout x de D, f ¢(x) = 5 # u ¢ (x) # (u (x)) 5 – 1 4 18x 90x . 1 =– # =– 2 2 2 (9x – 4) 9x – 4 (9x 2 – 4) 6 Page 79 1. lim ( f (x)) = lim ( f (x)) = +3 et x 0 x 0 car pour x 1 0 ,

(

(

)

f (– 1 + h) – f (– 1) (– 2 + h) + 2h – h 2 – 0 = h h (– 2 + h) h (2 – h) (– 2 + h) 2 – h . = = h h

t – 1 (h) =

)

) (

(

" x20

(

)

h"0

h"0

Ainsi f n’est pas dérivable en (– 1) . En 1 : Pour tout réel h tel que (– 1 + h) ! D f , f (1 + h) – f (1) h = h Donc lim t 1 (h) = 0 . t 1 (h) =

lim ( f (x)) = x lim ( f (x)) = 3 . " –3 4 2. L’axe des abscisses est asymptote verticale à . La droite d’équation y = 3 est asymptote horizontale à  en 4 +3 et en – 3 . 3. Pour tout x de R*, f (x) – 3 = 1 2 2 0 donc  est au-dessus 4 4x de la droite d’équation y = 3 . 4 4. Pour tout x de R*, f ¢(x) = – 1 3 , donc pour tout x de R+, 8x f ¢(x) 1 0 , ainsi f est décroissante sur R+ et pour tout x de R–, f ¢(x) 2 0 , ainsi f est croissante sur R–. 5. x= 0

(

)

(

lim

(1 + 3x – x9 – 259x ) = 1 et 2

x " –3

3

lim (– 2x 3) = +3

x " –3

( f (x)) = +3 . donc x lim " –3 Étude du sens de variation de la fonction f : Pour tout réel x, f ¢(x) = – 6x 2 – 12x + 18 = – 6(x 2 + 2x – 3) = – 6(x – 1)(x + 3) . On obtient donc le tableau de variations suivant :

8 6

x 4

-3

f ¢(x)

2

f (x)

–3 –

0

+3

26


1 +

0

+3 –

69 5

1 © Hachette livre, 2012

)

" 3

10

0,5

– 2h – h 2 .

h"0

x " +3

0

– 2h – h 2 – 0 = h

Ainsi f est dérivable en 1 et f ¢(1) = 0 . Par conséquent, f est dérivable sur 1 + x – 2x2 @ – 1 ; 1 6 et f ¢(x) = * 1 – x 2 si – 1 1 x 1 1 . 0 si x = 1 Page 81 1. On considère la fonction f définie sur R par f (x) = – 2 x 3 – 6 x 2 + 18x + 59 . On cherche à résoudre l’équation f (x) = 0 . f est une fonction polynôme, donc f est continue et dérivable sur R. Étude des limites de f en +3 et en – 3 : Pour tout x ! 0 , f (x) = – 2x 3 1 + 3 – 92 – 593 . x x 2x 3 – 9 – 59 = 1 et lim (– 2x 3) = – lim 1 + 3 x " +3 x " +3 x x 2 2x 3 ( f (x)) = – 3 . donc x lim +

)

-0,5

h"0

d’où lim t – 1 (h) = – 3

" x10

y = 0,75 -1 -1,5

h = 0+ ,

Donc lim ((– 2 + h) 2 – h ) = – 2 2 et lim

–3

TS erm


Livre du professeur

Résolution de l’équation f (x) = 0 : • Sur l’intervalle @ – 3 ; 1 @ , la fonction f est strictement positive puisqu’elle admet 5 comme minimum, qu’elle atteint en (– 3) . Par conséquent, l’équation f (x) = 0 n’a pas de solution dans l’intervalle @ – 3 ; 1 @ . • La fonction f est continue et strictement croissante sur (f (x)) = – 3 et f (1) = 69 , donc, d’après 6 1 ; +3 6 . De plus, x lim " +3 le théorème des valeurs intermédiaires, puisque 0 ! @ – 3 ; 69 @ , l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans l’intervalle 6 1 ; +3 6 . 2. On obtient 3 1 a 1 3,1.

Signe de 2x + 1

–

Signe de x – 3

–

Signe de f ¢(x)

–

Variations de f

x23

lim (x – 3) = 0 – donc lim

x"3 x13

x"3 x13

(

+

0

+

0

– +3 +3 16

0

20 -100 -80 -60 -40 -20 0

20 40 60 80

Page 85 bas de page Notons g la fonction x 7 sin (x – r) . Alors g est dérivable sur R et pour tout réel x, g ¢(x) = cos (x – r) . Puisque g (r) = sin (r – r) = sin (0) = 0 , pour tout réel x non nul, sin (x – r) g (x) – g (r) = . x–r x–r g (x) – g (r) Or, puisque g est dérivable en r , xlimr = g ¢(r) . " x–r sin (x – r) Donc xlimr = g ¢(r) = cos (0) = 1 . Par conséquent, " x–r sin (x – r) lim = f (r) . x"r x–r Ainsi f est continue en r . Les fonctions x 7 sin (x – r) et x 7 x sont continues sur @ – 3 ; r 6 et sur @ r ; +3 6 , donc f l’est aussi. Par conséquent, f est continue sur R.

)

( 2xx –+31) = –3 .

" 3

x"3 x23

(

Par conséquent, la droite d’équation x = 3 est asymptote verticale à la courbe de f. 4. f est dérivable sur D f et pour tout réel x de D f , f ¢(x) = 4 # u ¢(x) # (u (x)) 3 3 3 – 28(2x + 1) f ¢(x) = 4 # – 7 2 # 2x + 1 = x–3 (x – 3) 5 (x – 3)

(

–

40

Donc lim f (x) = lim f (x) = +3 . x"3 x13

+

y =16

v (x) = x lim v (x) = +3 . Or x lim – + " 3

+

0

60

f (x) = x lim f (x) = 16 . donc x lim " –3 " +3 Donc la courbe représentant f dans un repère admet pour asymptote horizontale la droite d’équation y = 16 en +3 et en – 3 . lim (2x + 1) = 7 et lim (x – 3) = 0 + donc lim 2x + 1 = +3 x"3 x"3 x"3 x–3 x23

+3

100 x= 3 80

x"2

" 3

3

16

5.

Page 85 haut de page 1. D f = R\ " 3 , . 2. f = v % u où v est la fonction définie sur R par v (x) = x 4 et u 2x + 1 est la fonction définie sur D f par u (x) = . x–3 u (x) = x lim u (x) = 2 et lim v (x) = 16 3. x lim – + " 3

–1 2

-3

x

)

(

)

(

)

)

Exercices (p. 86) 1. à 30. Corrigés dans le manuel.

37. 1. Il semble que lim f (x) . 2 . x –3

2 3 2 x2 3

x"

1. Limites f (x) = – 3 . 31. 1. x lim +3 "

f (x) = +3 . 2. x lim –3 "

f (x) = 0 . 3. x lim +3 "

f (x) = 1 . 4. x lim +3 "

32. Corrigé dans le manuel. 33. 1. lim f (x) = +3 et lim f (x) = – 3 7 2 7 x1 2

7 2 7 x2 2

x"

x"

2. lim f (x) = lim f (x) = +3 . x"8 x18

3. lim f (x) = – 3 .

x"8 x28

"

34. La courbe représentant f dans un repère admet une asymptote horizontale d’équation y = – 2 en +3 et une asymptote horizontale d’équation y = 1 en – 3 . 35. L’équation d’une asymptote verticale à la courbe représentant f dans un repère est x = 3 . 36. La courbe représentant f dans un repère admet une asymptote horizontale d’équation y = 5 en +3 et en – 3. L’équation d’une asymptote verticale à cette courbe est x = 2 . 3 © Hachette livre, 2012

lim f (x) . 5 et

x " +3

27


2. Il semble que lim f (x) = – 3 . x –3

lim f (x) = +3 et

x " +3

"

f (x) = x lim f (x) = 1 38. 1. x lim " +3 " –3 lim f (x) = lim f (x) = +3 . x"0 x10

x"0 x20

lim f (x) = – 3 et lim f (x) = +3 .

x"2 x12

x"2 x22

lim f (x) = lim f (x) = – 3 .

x"3 x13

x"3 x23

2. La courbe  admet l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 2 et x = 3 comme asymptotes verticales et la droite

TS erm


Livre du professeur

d’équation y = 1 comme asymptote horizontale en +3 et en – 3 . f (x) = x lim f (x) = – 2 39. 1. x lim " +3 " –3 2. lim f (x) = – 3 et lim f (x) = +3 . x"0 x10

x"0 x20

3. La courbe représentative de la fonction f admet l’axe des abscisses comme asymptote verticale et la droite d’équation y = – 2 comme asymptote horizontale en +3 et en – 3. f (x) = x lim f (x) = 0 40. x lim " +3 " –3 lim f (x) = lim f (x) = +3 x"– 1 x1– 1

x"– 1 x2– 1

lim f (x) = +3 et lim f (x) = – 3 .

x"0 x10

x"0 x20

x"3 x13

x"3 x23

lim f (x) = – 3 et lim f (x) = +3 .

41. Corrigé dans le manuel. 42. 1. L’ensemble de définition de la fonction f est 6 0 ; 2 6 , @ 2 ; 7 @ . 2. lim f (x) = – 3 et lim f (x) = +3 . x 2 x 2 " x12

" x22

3. L’équation de l’asymptote verticale à la courbe représentative de la fonction f est x = 2 . 43. 1. L’ensemble de définition de la fonction f est R \ " – 3 , . 2. lim f (x) = lim f (x) = +3 x –3 x –3 " x1– 3

" x2– 3

lim f (x) = – 1 et x lim f (x) = 1 . x – + " 3

" 3

3. L’équation de l’asymptote verticale à la courbe représentative de la fonction f est x = – 3 . La droite d’équation y = – 1 est asymptote horizontale à la courbe représentative de la fonction f en – 3 et la droite d’équation y = 1 est asymptote horizontale à la courbe représentative de la fonction f en +3 . 44. Corrigé dans le manuel. 45. 1. Pour tout x de Df , –2–

– 2 (x – 3) – 5 – 2x + 1 5 = = = f (x). x–3 x–3 x–3

(

)

f (x) = x lim – 2 – 5 = – 2. 2. x lim " +3 " +3 x–3 Même résultat en – 3 . Donc l’équation de l’asymptote horizontale (d) à la courbe  en – 3 et en +3 est y = – 2 . 3. Pour tout x de Df , f (x) – (– 2) = – 2 – 5 + 2 = – 5 . x–3 x–3 Si x 1 3 , alors x – 3 1 0 , donc f (x) – (– 2) 2 0 , d’où f (x) 2 (– 2) .

Ainsi  est au-dessus de (d) sur @ – 3 ; 3 6 . Si x 2 3 , alors x – 3 2 0 , donc f (x) – (– 2) 1 0 , d’où f (x) 1 (– 2) . Ainsi  est au-dessous de (d) sur @ –3 ; 3 6 . 46. 1. Pour tout x de R*, f (x) = 5x – 2 = 5 – 2 . x x x f ( x ) = lim f (x) = 5 . 2. x lim – x + " 3

" 3

3. Donc l’équation de l’asymptote horizontale à  en – 3 et en +3 est y = 5 . 4. lim f (x) = +3 et lim f (x) = – 3 . x"0 x10

x"0 x20

()

lim 3 = – 3 donc lim ( f (x)) = – 3 x"0 x

x"0 x10

x10

( x ) = +3 et 4. x lim + " 3

( f (x)) = +3 . donc x lim + " 3

(x 2 + 4) = +3 50. 1. x lim – " 3

(– 2x + 5) = +3 et x lim – " 3

( f (x)) = +3 . donc x lim – " 3

(x 5) = +3 2. x lim + " 3

et x lim +

" 3

(1x – 3) = – 3

Donc la droite d’équation x = 0 (axe des abscisses) est l’asymptote verticale de . f (x) = x lim f (x) = 2 47. 1. x lim " –3 " +3 lim f (x) = +3 et lim f (x) = – 3 .

( f (x)) = – 3 . donc x lim +

2. La droite d’équation y = 2 est asymptote horizontale à  en – 3 et en +3 . La droite d’équation x = 1 est l’asymptote verticale de . f (x) = x lim f (x) = – 3 48. 1. x lim – +

(8x 3 – 1) = +3 51. 1. x lim +

x"1 x21

x"1 x11

" 3

" 3

lim f (x) = +3 et lim f (x) = – 3 .

x"– 2 x2– 2

x"– 2 x1– 2

" 3

(– 5x) = – 3 3. x lim + " 3

( x + 2) = +3 et x lim + " 3

( f (x)) = – 3 . donc x lim + " 3

" 3

( f (x)) = 0 . donc x lim + " 3

2. lim ( x ) = 0 + x"0

donc lim ( f (x)) = – 3 . x"0

(9x 2) = x lim (– 6x) = +3 3. x lim – – " 3

" 3

lim f (x) = – 3 et lim f (x) = +3 .

(9x 2 – 6x + 1) = +3 donc x lim –

2. La droite d’équation y = – 3 est asymptote horizontale à  en – 3 et en +3 . Les droites d’équations x = – 2 et x = 2 sont asymptotes verticales de . 3.

(x 2 – 2x + 1) = +3 4. x lim +

x"2 x22

x"– 2 x1– 2

()

lim 1 = 0 x

x " +3

" 3

( f (x)) = 0 . d’où x lim – " 3

" 3

( f (x)) = 0 . d’où x lim + " 3

52. 1. lim (– 7x 3 + 3x – 4) = – 4 x"0

et lim (x 2) = 0 donc lim ( f (x)) = – 3 . x"0

x"0 x!0

2

2. lim (x – 3) = 22 ; x" –5

lim (x + 5) = 0 – ; lim (x + 5) = 0 +

Donc  est au-dessus de la droite d’équation y = – 3 sur l’intervalle @ – 2 ; 2 6 . Et  est au-dessous de la droite d’équation y = – 3 sur @ – 3 ; – 2 6 ; @ – 3 ; – 2 6 , @ 2 ; +3 6 .

2. Limites et opérations

(2x 5) = x lim (x 3) = – 3 49. 1. x lim – – " 3

" 3

( f (x)) = – 3 . donc x lim –3 "

5

3

(x ) = x lim (4x ) = x lim (x) = +3 2. x lim + + + " 3

" 3

( f (x)) = +3 . donc x lim +3

" 3

"

3. lim (– 2x + 1) = 1 x"0

()

lim 3 = +3 donc lim ( f (x)) = +3 x"0 x

x"0 x20

x20


28


x"– 5 x1– 5

x"– 5 x2– 5

donc lim f (x) = – 3 et x"– 5 x1– 5

lim f (x) = +3 .

x"– 5 x2– 5

53. Fonction f : courbe 3 ( lim f (x) = – 3 et lim f (x) = +3 .)

x"– 2 x1– 2

x"– 2 x2– 2

Fonction g : courbe 1 ( lim g (x) = lim g (x) = +3 ) x"– 2 x1– 2

x"– 2 x2– 2

x"– 2 x1– 2

x"– 2 x2– 2

Fonction h : courbe 2 ( lim h (x) = lim h (x) = – 3 ) 54. Corrigé dans le manuel. 55. 1. Pour tout réel x, f (x) = – 8x 5 1 + 3 + 1 3 – 1 5 8x 4x 8x

(

)

TS erm


Livre du professeur

(

)

1 + 3 + 13 – 15 " 3 8x 4x 8x 3 = x lim 1+ + 1 – 1 = 1 " +3 8x 4x 3 8x 5 lim ( – 8x 5) = +3 x " –3 lim x +

(

)

(– 8x 5) = – 3 . et x lim + " 3

f (x) = +3 et Donc x lim –

59. 1. On cherche pour quels x, 3x 2 + x + 7 H 0 . T = – 83 . T1 0 donc, puisque le coefficient de x 2 est positif, 3x 2 + x + 7 H 0 pour tout réel x. Ainsi D = R . 2. a.

" 3

1

lim f (x) = – 3

x " +3

0,5

g (x) = – 3 2. De même, x lim " –3 g ( x ) = + et x lim 3 +

-20

" 3

h (x) = – 3 3. De même, x lim " –3 h ( x ) = + et x lim 3 +

(

(

-0,5

lim x +

" 3

(

c. Pour tout réel x 2 0 , x f (x) =

(

1– 1 2x 1 1 + 2 + 14 x 4x

1– 1 2x 1 1 + 2 + 14 x 4x

1– 1 2x = x lim =1 " –3 1 1 + 2 + 14 x 4x 1 1 + – 3 = 0– . lim – 3 = 0 et x lim x " –3 +3 " x x f (x) = 0 + et x lim f (x) = 0 – . Donc x lim – +

( )

( )

" 3

g (x) = – 3 2. De même, x lim " –3 lim g ( x ) = + . 3 x + " 3

" 3

–

f (x) = 0 et 58. 1. x lim – " 3

+

lim f (x) = 0 . x + " 3

lim (x – 2) = – 5 et lim (3x – 1) 2 = 0 + 3 1 1 x" .x " 3 3 Donc lim f (x) = – 3 x"

1 3

g (x) = x lim g (x) = 4 2. x lim – + " 3

lim g (x) = +3 .

" 3

x"0

h (x) = – 3 et x lim h (x) = +3 3. x lim – + " 3

" 3

lim h (x) = – 3 et lim h (x) = +3 .

x"5 x15

x"5 x25

x –x–6–x

=

x2 – x – 6 + x

(

" 3

h (x) = x lim h (x) = 5 . 3. De même, x lim – +

)

– x 1+

= x

(

2

)

6 x

)

(x 2) = +3 et x lim + " 3

1 . 7 1 3+ + 2 x x

( g % f (x)) = +3 . donc x lim + " 3

lim (5x 3 – x 2 + 4) = – 3 x – " 3

(x 2) = +3 et x lim – " 3

( g % f (x)) = +3 . donc x lim – " 3

64. 1. Pour tout x de R \ ' 1 1 , 5 1 . f % g (x) = f (– 5x + 1) = – 5x + 1 lim (– 5x + 1) = 0 – et lim 1 = – 3 x"0 x 1 x

()

–

"

5 1 x2 5

donc lim ( f (x)) = – 3 . 1 5 1 x2 5 x"

–x–6

=

x2 – x – 6 + x

1+6 x

=

1 – 1 – 62 + 1

1 – 1 – 62 + 1 x x

x x

+

.

()

lim (– 5x + 1) = 0 + et lim 1 = +3 x"0 x 1 x" x1

5 1 5

donc lim ( f (x)) = +3 . 1 5 1 x1 5

Donc x lim f (x) = – 1 . " +3 2

x"

3. Limites et composées de fonctions

2. Pour tout réel x, x 2 – x – 2 = (x – 1)(x + 2) .

61. 1. Pour tout réel x, g % f (x) = g (4x 2 + 1) = (4x 2 + 1) 3 .

Pour

(4x 2 + 1) = +3 2. x lim + " 3

R \ "– 2 ; 1, , . f % g (x) = f (x – x – 2) = 2 1 x –x–2 lim (x 2 – x – 2) = 0 + et lim 1 = +3 x"1 x"0 x tout

x

de

2

+

( x 3) = +3 et x lim +

x21

" 3

( g % f (x)) = +3 . donc x lim + " 3


29

(1x) = 0

" 3

x2 – x – 6 + x 2

" 3

63. 1. Pour tout réel x, g % f (x) = g (5x 3 – x 2 + 4) = (5x 3 – x 2 + 4) 2 . (5x 3 – x 2 + 4) = +3 2. x lim +

( x 2 – x – 6 – x)( x 2 – x – 6 + x)

et

lim ( f (x)) = 0 .

x " +3

( f (x)) = 0 . donc x lim –

60. 1. On cherche pour quels x, x2 – x – 6 H 0 . T = 25 , donc ce trinôme a deux racines : (– 2) et 3. Donc D = @ – 3 ; – 2 @ , 6 3 ; +3 6 . 2. Pour tout x de D,

" 3

(1x) = 0 donc

" 3

x 2 3 + 1 + 72 x x x = = 7 1 x 3+ + 2 x x 3 f (x) = Donc x lim . " +3 3

f (x) =

62. 1. f = h % g où g est définie sur R par g (x) = 5x 2 + 3 et h est définie sur R \ " 0 , par h (x) = 1 . x 2 ( 5 x + 3 ) = +3 2. x lim +

lim (5x 2 + 3) = +3 et x lim +

" 3

( ) ) ( )

= – 13 x

" 3

x " –3

f (x) . 0, 5 . b. Il semble que x lim +

)

4x 4 1 + 12 + 1 4 x 4x

( g % f (x)) = +3 . donc x lim +

" 3

-1

)

" 3

et x lim +

20

10

" 3

56. Corrigé dans le manuel. 57. 1. Pour tout réel x, – 2x 1 – 1 2x f (x) =

( x 3) = +3 et x lim +

" 3

0

-10

lim (4x 2 + 1) = +3

x " –3


()

donc lim ( f (x)) = +3 . x"1 x21

TS erm


Livre du professeur

()

lim (x 2 – x – 2) = 0 – et lim 1 = – 3 x"0 x

x"1 x11

–

donc lim ( f (x)) = – 3 . 1 4 1 x2 4

donc lim ( f (x)) = – 3 . x"1 x11

3. Pour tout x de @ 3 ; +3 6 , 1 . f % g (x) = f ( x – 3 ) = x–3 lim ( x – 3 ) = 0 + et lim 1 = +3 x"3 x"0 x donc lim ( f (x)) = +3 . x"3 R \ "– 4, , 4. Pour tout x de 1 2 . f % g (x) = f ((x + 4) ) = (x + 4) 2 lim (x + 4) 2 = 0 + et lim 1 = +3 x"– 4 x"0 x donc lim ( f (x)) = +3 . x"– 4 65. 1. 3x – 2 2 0 pour x 2 2 . 3 ; 2 ; +3 ; , Pour tout x de 3 f % g (x) = f (3x – 2) = 3x – 2 . lim (3x – 2) = +3 x " +3 +

+

()

()

( x ) = +3 et x lim + " 3

2. 1 + 3 2 0 pour x 1 – 1 ou x 2 0 . x 3 Pour tout x de E – 3 ; 1 E , 6 0 ; +3 6 , 3 1 1 +3 f % g (x) = f + 3 = x x lim 1 + 3 = 3 et lim ( x ) = 3 x " +3 x x"3 f (x) = 3 . donc x lim " +3 3. Pour tout x de 6 2 ; +3 6 ,

)

)

4

2

f % g (x) = f (x – 3x – 4) = lim (x 4 – 3x 2 – 4) = +3 x +

4

2

x – 3x – 4 .

" 3

( x ) = +3 et x lim + " 3

f (x) = +3 . donc x lim + " 3

(4x 3 – 5x – 2) = – 3 66. 1. x lim – " 3 2

(x ) = +3 et x lim – " 3

f (x) = +3 . donc x lim – " 3

lim (4x 3 – 5x – 2) = +3 x + " 3

(x 2) = +3 et x lim + " 3

f (x) = +3 . donc x lim + " 3

(– 4x + 1) = +3 2. x lim – " 3

et x lim +

" 3

(1x) = 0 donc

lim (– 4x + 1) = 0

1 4 1 x2 4 x"

–

+

1 4 1 x1 4 x"

()

et lim 1 = +3 x"0 x

()

lim 1 = +3 donc lim f (x) = +3 . x"3 x

x " 0+

x23

4. Limites et comparaisons

(

1 4 1 x1 4 x"

lim (– 4x + 1) = – 3 et x lim –

()

" 3

( f (x)) = 0 . donc x lim +

1 x

=0

x " 4+

71.

x"

+ 4x + 3) = +3

" 3 4

5+ 2

x"

f (x) = +3 . donc x lim –

x " 4+

donc lim f (x) = – 3 .

" 3

5+ 2

72. 1. Il semble que : lim g (x) = x lim h (x) = 2 . x + +

2

lim (x + 4x + 3) = +3

" 3

x " +3

" 3

2. D’après le théorème de comparaison, lim f (x) = 2 . x +

( x ) = +3 et x lim + " 3

f (x) = +3 . donc x lim +

" 3

" 3

lim ( f (x)) = 0 . et lim 1 = – 3 x"0 x x " –3

–

()

" 3

(1x) = 0 donc

73. 1. a. b.

lim ( f (x)) = 0 .

x " –3 +

lim (4x 2 + 12x + 9) = 0 x"–

3 2

()

3 2 2

x"–

lim (4x + 12x + 9) = +3 x + " 3

et x lim +

" 3

(1x) = 0 donc

lim ( f (x)) = 0 .

x " +3

2. La courbe  admet l’axe des abscisses pour asymptote horizontale en +3 et en –3 . La courbe  admet la droite d’équation x = – 3 pour asymptote verticale. 2 R \ '– 31 , 3. Pour tout x de 2 1 donc f (x) 2 0 . f (x) = (2x + 3) 2 Ainsi  est au-dessus de l’axe des abscisses. 68. 1. x 2 – x – 6 = (x + 2)(x – 3) . Donc D f = R \ " – 2 ; 3 , . 2. f = u % v % w où u est la fonction inverse, v est définie sur R* par v (x) = x 5 et w est définie sur Df par w (x) = x 2 – x – 6 . 3. lim (x 2 – x – 6) = 0 – ; x"3 x13

()

lim (x 5) = 0 –

x " 0–

et lim 1 = – 3 donc lim f (x) = – 3 . x"3 x"0 x –


x13

30

6 4 2

f

g h

-14 -12-10 -8 -6 -4 -2-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 -4 -6 -8

et lim 1 = +3 x"0 x donc lim ( f (x)) = +3 . +

)

(x –1 4) = +3 donc lim f (x) = +3. lim ( 1 ) = – 3 5 – 2x

70. lim

2

( x ) = +3 et x lim +

et x lim +

(

" 3

x " +3

" 3 lim (x 4 x " –3

)

1+ 3 =3, – 1 + 3 = x lim 69. x lim " +3 " +3 x x f (x) = 3 . donc x lim +

donc lim ( f (x)) = +3 .

3.

x " 0+

" 3

f (x) = +3 . donc x lim +

(

lim (– 4x + 1) = 0

+

(4x 2 + 12x + 9) = +3 67. 1. x lim –

" 3

(

lim (x 2 – x – 6) = 0 + ; lim (x 5) = 0 + et

x"3 x23

x"


c. Il semble que pour x 1 3 , f est audessus de h et au-dessous de g. et pour x 2 3 , f est au-dessus de g et au-dessous de h. g (x) = x lim h (x) = 0 , donc par d. x lim – – " 3

" 3

f (x) = 0 . comparaison, x lim – " 3

lim g (x) = x lim h (x) = 0 , donc par x + + " 3

" 3

f (x) = 0 . comparaison, x lim + " 3

2. a. Pour tout x 2 3 , – 1 G cos (x) G 1, – 1 G – cos (x) G 1 , donc d’où 2 G 3 – cos (x) G 4 , ainsi (puisque 2 G 3 – cos (x) G 4 , x – 32 0) x–3 x–3 x–3 3 – cos (x) 5 1 G G donc . x–3 x–3 x–3 Pour tout x 2 3 , – 1 G cos (x) G 1, – 1 G – cos (x) G 1 , donc d’où 2 G 3 – cos (x) G 4 , ainsi (puisque 3 – cos (x) 2 x – 310 ) H H 4 , x–3 x–3 x–3 3 – cos ( x ) H 5 . donc 1 H x–3 x–3 x–3

TS erm


Livre du professeur

g (x) = x lim h (x) = 0 , donc b. x lim – – " 3

" 3

d’après le théorème de comparaison, lim f (x) = 0 . x – " 3

lim g (x) = x lim h (x) = 0 , donc +

x " +3

" 3

d’après le théorème de comparaison, lim f (x) = 0 . x + " 3

74. Pour tout x 2 0 , – 1 G cos (x) G 1 , cos (x) 1 G . donc – 1 G x x x 1 = lim 1 = 0 – lim x " +3 x " +3 x x f (x) = 0 . donc x lim +

( )

()

" 3

75. Pour tout x 2 0 , – 1 G sin (x) G 1 , sin (x) + 5 6 G . donc 4 G x 1 x 6 4 lim = x lim =0 x " +3 x " +3 x f (x) = 0 . donc x lim +

()

()

" 3

76. 1. Pour tout x ! 2 , 3 cos (x) f (x) = + 1. x–2 Pour tout x 2 2 , – 1 G cos (x) G 1, donc – 3 G 3 cos (x) G 3 . x–2 x–2 x–2 3 3 = x lim = 0 lim – x " +3 " +3 x – 2 x–2 f (x) = 1 . donc x lim " +3 2. La courbe  admet la droite d’équation y = 1 pour asymptote horizontale en +3 . 77. Pour tout x 2 0 , – 1 G sin (x) G 1 , 2 sin (x) – 4G 2 – 4. donc – 2 – 4 G x x x – 2 2 – 4 = x lim – 4 = – 4 lim x " +3 x " +3 x f (x) = 1 . donc x lim " +3 2. La courbe  admet la droite d’équation y = – 4 pour asymptote horizontale en +3 . 78. 1. Pour tout réel x, – 1 G cos (x) G 1. Donc – 5 G cos (x) – 4 G – 3 . 2. Pour tout réel x, – 5 G cos (x) – 4 G – 3 , donc 1 – 1G G – 1, 3 cos (x) – 4 5 d’où :

(

)

(

(

)

)

(

)

si x 2 5 , – 3x – 5 G 3x – 5 G – 3x – 5 , 3

3

5

cos (x) – 4

c’est-à-dire – x – 5 G 3x – 5 G – 3x – 1 . 3 cos (x) – 4 5

(

)

(

)

5 3x – x – = x lim – – 1 = – 3, Or x lim + + " 3

3

" 3

f (x) = – 3 . donc x lim + " 3

5

79. 1. Pour tout réel x, – 1 G cos (x) G 1 et – 1 G sin (x) G 1 . Donc – 1 G cos (x) # sin (x) G 1 . D’où – 12 G cos (x) # sin (x) G 12 . x x 1 = lim 1 = 0 . – Or x lim x " +3 " +3 x2 x2 f (x) = 0 . Donc x lim " +3 1 = 0. – 12 = x lim De même, x lim " –3 " –3 x 2 x f (x) = 0 . Donc x lim –

( )

()

( )

()

" 3

2. La courbe  admet l’axe des abscisses comme asymptote horizontale en +3 et en – 3 .

5. Continuité 80. Les courbes a. et b. semblent représenter des fonctions continues sur tout intervalle de leurs ensembles de définition. 81. 1. lim f (x) = 0 et f (2) = – 1 donc f x"2

n’est pas continue en 2. 2. lim f (x) = +3 et f (0) = 3 donc f x " 0+

n’est pas continue en 0. 3. lim f (x) = 0 et f 2 = 0 , de plus 3 2 x

()

–

"

3

x 7 – 3x + 2 est continue sur E – 3 ; 2 ; 3 2 et x 7 3x – 2 est continue sur ; ; +3 ; 3 donc f est continue sur R. 4. lim f (x) = 4 # 2 + 1 = 9 et x"2

f (2) = (– 2 # 2 + 1) 2 = 9 de plus x 7 4x + 1 et x 7 (– 2x + 1) 2 sont continues sur R donc f est continue sur R. 82. Corrigé dans le manuel. 83. 1. x 7 (x – 4) 2 est continue sur R. Donc on cherche k tel que lim (x – 4) 2 = k . Ainsi k = 1 . x"5

2. x 7 x 3 – 2x 2 + 3 est continue sur R. Donc on cherche k tel que lim (x 3 – 2x 2 + 3) = k . Ainsi k = 2 . x"1

84. f est la restriction d’une fonction polynôme, donc dérivable sur 6 0 ; 4 @ . Pour tout réel x de 60 ; 4@ , f ¢ (x) = – 6(– 2x + 5) 2 . Donc pour tout réel x de 6 0 ; 4 @ , f ¢ (x) 1 0. Ainsi f est strictement décroissante sur 6 0 ; 4 @ . De plus, f est continue sur 6 0 ; 4 @ . f (0) = 125 et f (4) = – 27 . 40 ! 6 – 27 ; 125 @ Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 40 admet une solution unique dans l’intervalle 6 0 ; 4 @ . © Hachette livre, 2012

31


85. 1. x 7 – 5x + 2 et sont continues sur R. lim (– 5x + 2) = – 13

x 7 4x – 25

x"3

et lim (4x – 25) = – 13 . Donc k = – 13 . x"3

2. x 7 (2x + 1) 3 et x 7 5x + 4 sont continues sur R. lim (2x + 1) 3 = – 1 x"– 1

et lim (5x + 4) = – 1 . x"– 1

lim (5x + 4) = 29 . Donc k = 29 .

x"5

3. x 7 x 3 – 2x 2 + 7 et x 7 3x + 3 sont continues sur R. lim (x 3 – 2x 2 + 7) = – 9 x"– 2

et lim (3x + 3) = – 3 . x"– 2 Donc f n’est pas continue en (– 2) , ainsi k n’existe pas. 86. Notons f la fonction x 7 – 2x 3 + 3x – 4 . f est une fonction polynôme, donc dérivable sur R. Pour tout réel x, f ¢ (x) = – 6x 2 + 3 = – 6 x 2 – 1 2 2 2 =–6 x– x+ . 2 2 D’où :

(

(

x

-3 –

Signe de f ¢

2 2

–

0

+3 Variations de f

) )(

)

2 2 +

0

+3 –

–8+5 2 2 –8–5 2 2

–3

–8–5 2 ; ;6. 2 Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 0 admet au moins une solution dans 6 – 2 ; 5 @ . 87. 1. Sur 6 – 5 ; 3 @ , f admet 4 comme maximum. Donc l’équation f (x) = 8 n’admet pas de solution dans 6 – 5 ; 3 @ . 0 ! @ f (3) ; f (7) 6 et f est continue et strictement croissante sur 6 3 ; 7 @ , donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 8 admet une unique solution dans 6 3 ; 7 @ . Ainsi l’équation f (x) = 8 admet une unique solution dans 6 – 5 ; 7 @ . 2. Sur 6 – 5 ; 2 @ , f admet 1 comme minimum et 4 comme maximum. Donc l’équation f (x) = 0 n’admet pas de solution dans 6 – 5 ; 2 @ . f (– 2) = 6 et 0 ! E

TS erm


Livre du professeur

0 ! 6 f (3) ; f (2) @ et f est continue et strictement décroissante sur 6 2 ; 3 @ , donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans 6 2 ; 3 @ . 0 ! 6 f (3) ; f (7) @ et f est continue et strictement croissante sur 6 3 ; 7 @ , donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans 6 3 ; 7 @ . Ainsi l’équation f (x) = 0 admet deux solutions dans 6 – 5 ; 7 @ . 3. De même, l’équation f (x) = – 3 admet une unique solution dans 6 – 5 ; 7 @ . 4. L’équation f (x) = 2 admet trois solutions dans 6 – 5 ; 7 @ . 5. L’équation f (x) = – 4 n’admet aucune solution dans 6 – 5 ; 7 @ . 88. Corrigé dans le manuel. 89. Si k 1 0 , alors l’équation f (x) = k admet une unique solution dans R \ " 2 , . Si k = 0 , alors l’équation f (x) = k admet trois solutions dans R \ " 2 , . Si 0 1 k 1 3 , alors l’équation f (x) = k admet quatre solutions dans R \ " 2 , . Si k = 3 , alors l’équation f (x) = k admet trois solutions dans R \ " 2 , . Si 3 1 k G 6 , alors l’équation f (x) = k admet deux solutions dans R \ " 2 , . Si k 2 6 , alors l’équation f (x) = k admet une unique solution dans R \ " 2 , . 90. f est la restriction d’une fonction polynôme, donc dérivable sur 6 – 3 ; 4 @ . Pour tout réel x de 6 – 3 ; 4 @ , f ¢ (x) = 3x 2 – 4x + 5 . T = – 44 ; T1 0 , donc pour tout réel x de 6 – 3 ; 4 @ , f ¢ (x) 2 0 . f (– 3) = – 64 et f (4) = 48 . x

4

–3

T = – 32 ; T1 0 , donc pour tout réel x de 6 – 2 ; 2 @ , f ¢ (x) 1 0 . f (– 2) = 34 et f (2) = – 18 . x

2

–2 –

Signe de f ¢ Variations de f

34 – 18

2. 5 ! 6 f (2) ; f (– 2) @ et f est continue et strictement décroissante sur 6 – 2 ; 2 @, donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 5 admet une unique solution a dans 6 – 2 ; 2 @ . 3. On trouve a . – 0, 47 . 92. f est la restriction d’une fonction polynôme, donc dérivable sur 6 – 1 ; 3 @ . Pour tout réel x de 6 – 1 ; 3 @ , f ¢ (x) = 2x 4 – 16x = 2x (x 3 – 8) = 2x (x – 2)(x 2 + 2x + 4) . f (– 1) = – 11, 4 ; f (0) = – 3 ; f (2) = – 22, 2 et f (3) = 22, 2 . 3. x

0

–1

Signe de f¢ Variations de f

+

0

2 –

0

–3 – 11, 4

3 + 22,2

– 22, 2

2. 2 ! 6 f (2) ; f (3) @ et f est continue et strictement croissante sur 6 2 ; 3 @ , donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 2 admet une unique solution a dans 6 2 ; 3 @ . 3.

+

Signe de f ¢

48 Variations de f – 64

2. 2 ! 6 f (– 3) ; f (4) @ et f est continue et strictement croissante sur 6 – 3 ; 4 @ , donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 2 admet une unique solution dans 6 – 3 ; 4 @ . 91. f est la restriction d’une fonction polynôme, donc dérivable sur 6 – 2 ; 2 @ . Pour tout réel x de 6 – 2 ; 2 @ , f ¢ (x) = – 9x 2 + 2x – 1 .

On trouve a . 2, 79 . 93. Notons f la fonction définie sur 8 – r ; 0 B par f (x) = cos (2x) + x . 2 r Alors pour tout réel x de 8 – ; 0 B , 2 f ¢(x) = – 2 sin (2x) + 1 . r Pour tout x de 8 – ; 0 B , 2 – 1 G sin (2x) G 0 , © Hachette livre, 2012

32


donc 0 G – 2 sin (2x) G 2 , d’où 1 G – 2 sin (2x) + 1 G 3 , ainsi f ¢(x) 2 0 . Donc f est strictement croissante sur 8 – r ; 0 B . De plus, f est continue sur 2 r 8– ; 0B . 2 r r f – = – 1 – et f (0) = 1 . 2 2 r – 1 ! 8– 1 – ; 1B . 2 Ainsi, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation cos (2x) + x = – 1 admet une unique solution dans l’interr valle 8 – ; 0 B . 2 94. Notons f la fonction définie sur 6 – r ; r @ par f (x) = 3 sin (x) – 5x . Alors pour tout réel x de 6 – r ; r @ , f ¢(x) = 3 cos (x) – 5 . Pour tout x de 6 – r ; r @ , – 1 G cos (x) G 1 , donc – 3 G 3 cos (x) G 3 , d’où – 8 G 3 cos (x) – 5 G – 2 , ainsi f ¢(x) 1 0 . Donc f est strictement décroissante sur 6 – r ; r @ . De plus, f est continue sur 6– r ; r@. f (– r) = 5r et f (r) = – 5r . 4 ! 6 – 5r ; 5r @ . Ainsi, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation 3 sin (x) – 5 = 4 admet une unique solution dans l’intervalle 6 – r ; r @ .

( )

95. 1. Notons f la fonction définie sur R par f (x) = cos (4x + 2) – 8x . Alors pour tout réel x de R, f ¢(x) = – 4 sin (4x + 2) – 8 . Pour tout x de R, – 1 G sin (4x + 2) G 1 , donc – 4 G – 4 sin (4x + 2) G 4 , d’où – 12 G – 4 sin (4x + 2) – 8 G – 4 , ainsi f ¢(x) 1 0 . Donc f est strictement décroissante sur R. De plus, f est continue sur R. Pour tout réel x, f (x) 2 – 8x – 1 , (– 8x – 1) = +3 or x lim " –3 f (x) = +3 donc x lim " –3 et pour tout réel x, f (x) 1 – 8x + 1 , (– 8x + 1) = – 3 or x lim " +3 f (x) = – 3 . donc x lim + " 3

TS erm


Livre du professeur

Ainsi, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation cos (4x + 2) – 8x = – 1 admet une unique solution dans R. 2. 0, 05 1 a 1 0, 06 .

6. Dérivées 96. x 7 5x – 3 a pour dérivée 5 x7 . 2 5x – 3

3. D = R\ " – 6 , et h ¢ : x 7 – 3 4 . (x + 6) 100. 1. D = R et f ¢ : x 7 – 35(– 7x + 3) 4 .

x 7 (2x 3 + 3) 2 a pour dérivée x 7 12x 2 (2x 3 + 3) . 2x + 3 a pour dérivée 3x 2 . 2x 3 + 3

signe de – 3x2 + 11x + 4

98. 1. D = E 7 ; +3 ; 3 3 et f ¢ : x 7 . 2 3x – 7 2. Pour tout réel x, 2 4x 2 + 4x + 1 = 4 x + 1 2 donc D = R\ ' – 1 1 2 4 x+2 et g ¢ : x 7 . 4x 2 + 4x + 1 3. Pour tout réel x, 2x 2 – 3x – 2 = 2 (x – 2) x + 1 2 1 donc D = E – 3 ; – ; , @ 2 ; +3 6 2 4x – 3 et h ¢ : x 7 . 2 2x 2 – 3x – 2

(

Variations de f

)

–

4

0

+

0

+3

+

0

1 0

0

x Signe de f¢ Variations de f

r 2

0 +

0

r –

1 0

0

De plus, f est impaire et périodique de période 2r .

0

3. Pour tout réel x, f (– x) = sin (– 3x) – 2x = sin (3x) – 2x = – (sin (3x) + 2x) = – f (x) , donc f est impaire.

)

r r r = 0 + 3x + = 6 r @ 2 2 2 r + x = 0; E . 3

kr Donc D = R\ ' 1 avec k entier relatif. 3 © Hachette livre, 2012

–

4 –

0

(

0

2. Pour tout réel x, f (– x) = – 5x sin (– x) – 1 = – 5x # (– sin (x)) – 1 = 5x sin (x) – 1 = f (x) , donc f est paire.

13 3 6

cos 3x +

+

106. 1. Pour tout réel x, f (– x) = 3 cos (– x) – (– x) 2 = 3 cos (– x) – x 2 = f (x) , donc f est paire.

11 6

Variations de f

103. 1.

r 2

0

7. Fonctions trigonométriques

–1 3

Signe de f¢

r 2

–

2. Pour tout x de E – 1 ; 4 ; , 3 – 6x + 11 f ¢(x) = . 2 – 3x 2 + 11x + 4 x

–

)

105. Pour tout réel x, f ¢(x) = 5 cos (x) sin 4 (x) .

Donc Df = ; 1 ; 4 E 3

)

(

–3

x

x 7 (x 4 + 6x – 2) 2 a pour dérivée x 7 2 (4x 3 + 6)(x 4 + 6x – 2) .

–1 3

(

) )

)

Signe de f¢

101. Corrigé dans le manuel. 102. 1. On cherche l’ensemble des x tels que – 3x 2 + 11x + 4 H 0 . T = 169 . Ce trinôme a pour racines 4 et – 1 . 3

3

( (

x

5. D = E – 5 ; 1 ; , E 1 ; +3 ; 2 3 3 15 – 1 + et l ¢ : x 7 . (3x – 1) 2 2x + 5

97. x 7 x 4 + 6x – 2 a pour dérivée 3 x 7 2x + 3 . x 4 + 6x – 2

2. Pour tout x de D, r – 3 sin 3x + 2 = 3 cos (3x) f ¢(x) = r sin 2 (3x) cos 2 sin 3x + 2 car pour tout réel x, r cos x + = – sin (x) 2 r = cos (x) . et sin x + 2 r r 104. 1. f est dérivable sur B – ; 8 . 2 2 r r Pour tout x de B – ; 8 , 2 2 – sin x f ¢(x) = . 2 cos (x) 2.

(

3. D = R * et h ¢ : x 7 – 6 cos (– 3x + 2) + 42 . x 4. D = @ 7 ; +3 6 1 et k ¢ : x 7 – 20 2 + . (– 5x + 2) 2 x–7

x 7 2 5x – 3 a pour dérivée 5 x7 . 5x – 3

x7

2. D = R et g ¢ : x 7 6 (20x 3 – 3)(5x 4 – 3x + 2) 5 .

2. D = R et g ¢ : x 7 – 5 sin (5x + 3) .

x 7 3 – 5x a pour dérivée –5 x7 . 2 – 5x + 3 x 7 1 a pour dérivée 5x – 3 5 . x7– (5x – 3) 2 x 7 (5x – 3) 4 a pour dérivée x 7 20 (5x – 3) 3 .

x7

99. 1. D = R et f ¢ : x 7 30x 2 (5x 3 – 4) .

33


(r4 ) =

( )

2 7 2 r =– et f – 2 4 2 donc f n’est ni paire ni impaire. 4. f

TS erm


Livre du professeur

107. 1. Pour tout réel x, r f x+ = cos (4x + 2r) – 5 2 = cos (4x) – 5 = f (x) r donc f est périodique de période . 2 2. Pour tout réel x,

(

4. f est dérivable sur R et pour tout réel x, f ¢(x) = – 2 sin (2x) + 2 sin (x) = – 2 sin (x)(2 cos (x) – 1) .

)

x

2

Signe de 0 f¢ –1 Variations de f

108. 1. Pour tout réel x, f (– x) = sin (– x) = – sin (x) = sin (x) = f (x) donc f est paire. 2. Pour tout réel x, f (x + r) = sin (x + r) = – sin (x)

p

p/2

0

= cos (x) + cos (x) = f (x) donc f est paire. 2. Pour tout réel x,Pour tout réel x, f (x + 2r) = cos (x + 2r) + cos (x + 2r) = cos (x) + cos (x) = f (x) donc f est périodique de période 2r . 3. 2 1 -p/2

–

+

0

–

3 2

2 1 -p/2

0 -1

p/2

p

3p/2 2p

-2

109. 1. Pour tout réel x, f (– x) = cos (– x) + cos (– x)

-3p/2 -p

+

3

-2p -3p/2 -p

1 0,5

f

+

3

f

3.

-p/2

–

5.

= sin (x) = f (x) donc f est périodique de période r .

-p

0

sin (x)

r

0

+

cos (x)

f (x + 2r) = – 3 sin (x + 2r) + 5 cos2 (x + 2r) = – 3 sin (x) + 5 cos (x) = f (x) donc f est périodique de période 2r .

r 3

0

0

p/2

p

3p/2 2p

110. 1. Pour tout réel x, f (– x) = cos (– 2x) – 2 cos (– x) = cos (2x) – 2 cos (x) = f (x) , donc f est paire. 2. Pour tout réel x, f (x + 2r) = cos (2x + 4r) – 2 cos (x + 2r) = cos (2x) – 2 cos (x) = f (x) donc f est périodique de période 2r . 3. f est paire, donc l’étude de f sur 6 0 ; r @ permet, par symétrie, de connaitre aussi f sur 6 – r ; 0 @ , donc sur 6 – r ; r @ qui est un intervalle d’amplitude 2r , donc puisque f est périodique de période 2r , on connait alors f sur R.

111. 1. Pour tout réel x, f (– x) = cos (– 3x) + 1 = cos (3x) + 1 = f (x) donc f est paire.

3. Soit h la fonction définie sur R+ par 3 h (x) = sin (x) – x + x . 6 Alors h est dérivable sur R+ et pour tout 2 réel x de R+, h ¢(x) = cos (x) – 1 + x . 2 Ainsi, d’après 2., pour tout réel x de R+, h ¢(x) H 0 . Donc h est croissante sur R+. Or h (0) = 0 , donc pour tout réel x de R+, h (x) H 0 , c’est-à-dire pour tout réel x de 3 R+, x – x G sin (x) . 6 D’autre part, d’après 1., pour tout réel x de R+, sin (x) G x . 113. Partie A 1.

2. Pour tout réel x, 2r f x+ = cos (3x + 2r) + 1 3 = cos (3x) + 1 = f (x) ,

(

2. Soit g la fonction définie sur R+ par 2 g (x) = cos (x) – 1 + x . 2 Alors g est dérivable sur R+ et pour tout réel x de R+, g ¢(x) = – sin (x) + x . Ainsi, d’après 1., pour tout réel x de R+, g ¢(x) H 0 . Donc g est croissante sur R+.Or g (0) = 0 , donc pour tout réel x de R+, g (x) H 0 , c’est-à-dire pour tout réel x de 2 R+, 1 – x G cos (x) . 2 D’autre part, pour tout réel x de R+, cos (x) G 1 .

)

f

3

2r . 3 3. f est dérivable sur R et pour tout réel x, f ¢(x) = – 3 sin (3x) . donc f est périodique de période

x

0

Signe de f ¢

0

Variations de f 2r x –r – 3 2 Variations de f 0

2 1,5

r 3 0

–

1 0,5

2 0 –r 3

0

r 3

2 0

0

2r 3 2

r 0

112. 1. Soit f la fonction définie sur R+ par f (x) = x – sin (x) . Alors f est dérivable sur R+ et pour tout réel x de R+, f ¢(x) = 1 – cos (x) . Donc, pour tout réel x de R+, f ¢(x) H 0 . Ainsi f est croissante sur R. Or f (0) = 0 . Donc pour tout réel x de R+, f (x) H 0 . Ainsi pour tout réel x de R+, x – sin (x) H 0, c’est-à-dire sin (x) G x .


2,5

34


-p/2

p/2

0

2. Il semble que lim f (x) = 1 . x"0 2 Partie B 1. lim (sin (x)) = 0 et lim (sin (2x)) = 0 x"0

x"0

2. On ne peut pas conclure car on obtient une forme indéterminée. 3. Pour tout réel x, sin (2x) = 2 sin (x) cos (x) . 4. lim

x"0

( )

(

)

sin (x) sin (x) = lim x 0 " sin (2x) 2 sin (x) cos (x) 1 = lim = 1 . x " 0 2 cos (x) 2

(

)

TS erm


Livre du professeur

114. 1. h = sin (x) .

x

r 2. Pour tout x de 8 0 ; B , 2 (AB + DC) # h  (x) = 2 or DC = AB + 2 cos (x) = 1 + 2 cos (x) . r Donc pour tout x de 8 0 ; B , 2 (2 + 2 cos (x)) # sin (x)  (x) = 2 = (1 + cos (x)) # sin (x) .

r 3

0

Signe de  ¢

+

r 2

0

Signe de f ¢

–

Variation de f

3 3 4

Variations de 

4 3

–3

x

0

1

+3

+

– +3

+3

0

0

5.

d. L’aire du trapèze semble maximale pour r x = . 3

6 5 4

115. 1. et 2.

3.

3 2

h

2

C B g

1

3

1 f

A

-3

-2

0

1

0

-1

f

1

-1

2

3

5

4

6

-1

2 3 x =4 3

6

5

4

f (x) = 4 donc a = 4 . 117. 1. x lim + " 3

Pour tout x de R\ " 3 , , -2

d. 

x

r 3

0

Signe de  ¢

+

Variations de 

r 2

0

–

3 3 4 1

0

 ¢(x) = – sin (x) # sin (x) + (1 + cos (x)) # cos (x) = – sin 2 (x) + cos 2 (x) + cos (x)

 ¢(x) = – sin 2 (x) – cos 2 (x) + 2 cos2 (x) + cos (x) = – 1 + 2 cos 2 (x) + cos (x) b. Pour tout réel X, 2X 2 + X – 1 = 2 X – 1 (X + 1) 2

(

X Signe de 2X 2 + X – 1

+

0

0

Donc ces fonctions sont périodiques de période 2r .

8. Problèmes

116. Pour tout x de R\ ' 4 1 , 3 1 . f (x) = 2 (3x – 4) f (x) = x lim f (x) = 0 1. x lim – + et

+3 +

b. On pose X = cos (x) . r r Pour x ! 8 0 ; B , cos (x) = 1 + x = 2 2 3 r 1 et cos (x) 2 + 0 1 x 1 . 2 3 cos (x) = – 1 n’a pas de solution dans 8 0 ; r B . 2

" 3

lim f (x) = +3 . x"

1 2 –

h 1 (x + 2r) = sin (x + 2r) + sin (2x + 4r) + sin (3x + 6r) = sin (x) + sin (2x) + sin (3x) = h 1 (x)

" 3

)

–1

–3

3. Pour tout réel x, f1 (x + 2r) = sin (x + 2r) = sin (x) = f1 (x) g 1 (x + 2r) = sin (x + 2r) + sin (2x + 4r) = sin (x) + sin (2x) = g 1 (x)

b. L’aire du trapèze semble maximale pour r x = . 3 r 4. a. Pour tout x de 8 0 ; B , 2

f ¢(x) =

4 3

2.  admet l’axe des abscisses comme asymptote horizontale en +3 et en – 3 .  admet la droite d’équation x = 4 3 comme asymptote verticale. 3. Pour tout x de R\ ' 4 1 , f (x) 2 0 , donc 3  est au-dessus de l’axe des abscisses. 4. Pour tout x de R\ ' 4 1 , 3 –6 f ¢(x) = . (3x – 4) 3


35


a (x – 3) – (ax + b)

(x – 3) 2 = – 3a – 32b = – 12 – 2b . (x – 3) (x – 3) – 12 –b=–1 1 f ¢(1) = – + 2 2 (1 – 3) 2 + b = – 10 . f (x) = x lim f (x) = 4 ; 2. x lim + – " 3

" 3

lim f (x) = +3 et

x"3 x23

lim f (x) = – 3

x"3 x13

3. f est dérivable sur R\ " 3 , et pour tout x de R\ " 3 , , f ¢(x) = – 2 2 . (x – 3) x Signe de f ¢ Variation de f

+3

3

–3 –

– +3

4 –3

4

118. On considère la fonction . f : x7 2 – 2 (x + 3x – 10) 3 On note  sa courbe représentative dans un repère. –2 1. f : x 7 . ((x – 2)(x + 5)) 3 Donc l’ensemble de définition de la fonction f est R\ " – 5 ; 2 , .

TS erm


Livre du professeur

2. f = u % v % w avec u définie sur R\ " – 5 ; 2 , par u (x) = x 2 + 3x – 10 ; v définie sur R par v (x) = x 3 et w définie sur R* par w (x) = – 2 . x ( u ( x )) = + ; x lim (v (x)) = +3 ; 3. x lim 3 " +3 " +3 (v % u (x)) = +3 . donc x lim + " 3

lim (w (x)) = 0 , d’où x lim ( f (x)) = 0 . x + + " 3

" 3

( f (x)) = 0 . On obtient de même x lim – " 3

lim (u (x)) = 0 + ; lim (v (x)) = 0 +

x"– 5 x15

x"0 x20

donc lim (v % u (x)) = 0 + . x"– 5 x15

lim (w (x)) = – 3 ,

x"0 x20

d’où lim ( f (x)) = – 3 . x"– 5 x15

De même, lim ( f (x)) = +3 ;

f (x) – f (0) = x–0

x"– 5 x2– 5

(

lim ( f (x)) = +3 ; lim ( f (x)) = – 3 .

x"2 x12

x"2 x22

4. Équations des asymptotes à la courbe  : x = 2 ; x = – 5 ; y = 0 (axe des abscisses) en +3 et en – 3 . 5. f (x) 2 0 + (x – 2)(x + 5) 2 0 + x ! @ – 3 ; – 5 6 , @ 2 ; +3 6 . Donc  est au-dessus de l’axe des abscisses sur l’intervalle @ – 3 ; – 5 6 et sur l’intervalle @ 2 ; +3 6 et  est au-dessous de l’axe des abscisses sur l’intervalle @ – 5 ; 2 6 . 6. f est dérivable sur R\ " – 5 ; 2 , et pour tout x de R\ " – 5 ; 2 , , 6 (2x + 3) f ¢(x) = 2 . (x + 3x – 10) 4 –3

x f ¢(x)

–3 2

–5 –

–

0 f(x)

0

+3

+3

2 + +3

( )

( )

x = -5

4 – 1. x

0

2

Signe de f ¢ 0

+

4

4 2

–

y=2 6

0

2 1 f

-2

-1

0


1

36

2

3

Deuxième partie 1. g est dérivable sur @ 0 ; 4 6 comme produit de fonctions dérivables. g = u # f où u et f sont définies et dérivables sur @ 0 ; 4 6 et pour tout x de @ 0 ; 4 6 , u (x) = x et u ¢(x) = 1 . g ¢ = u ¢# f + u # f ¢ , Donc pour tout x de @ 0 ; 4 6 , g ¢(x) = x (4 – x) + x # 2 – x x (4 – x) 2 x (4 – x) + 2x – x . x (4 – x) + 2x – xx(24 – x6) – 2x 2 g ¢(x) = = . x (4 – x) x (4 – x) 2x (3 – x) g ¢(x) = . x (4 – x)

=

2. a. Dérivabilité de g en 0 : Pour tout x de @ 0 ; 4 6 , g (x) – g (0) x x (4 – x) = = x–0 x

4


x (4 – x) .

x (4 – x) = 0 donc g est dérivable

lim

x"0

en 0 et g ¢(0) = 2 . b. Dérivabilité de g en 4 : Pour tout h de @ 0 ; 4 6 , g (4) – g (4 – h) (4 – h) h (4 – h) = h h (4 – h) (4 – h) . = h lim ((4 – h) 4 – h ) = 8 h"0

(

)

1 =– 3 h g (4) – g (4 – h) = –3 . donc lim h"0 h Donc g n’est pas dérivable en 4. 3. et lim – h"0

x

4. f ¢(2) = 0 et f (2) = 2 donc l’équation de la tangente au point d’abscisse 2 est y = 2. 5.

x= 2

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 -1 -2 -3 -4

4–x = x

)

Variation de f 0

–3

Remarque : f – 3 = 128 . 2 117 649 7. 4 3 2 1

(

x +3

)

x (4 – x) = x

lim 4 – 1 = +3 et lim X = +3 X " +3 x"0 x 4 – 1 = +3 donc f n’est donc lim x"0 x pas dérivable en 0. Dérivabilité de f en 4 : Pour tout h de @ 0 ; 4 6 , f (4) – f (4 – h) – h (4 – h) = h h 4 – h = 4 – 1. = h h 4 lim – – 1 = –3 h"0 h f (4) – f (4 – h) = –3 . donc lim h"0 h Donc f n’est pas dérivable en 4. 3.

+

f –3 2

–3

119. Première partie 1. x 7 x (4 – x) est dérivable sur @ 0 ; 4 6 comme produit de fonctions dérivables. Pour tout x de @ 0 ; 4 6 , x (4 – x) 2 0 . Donc x 7 x (4 – x) est dérivable sur @ 0 ; 4 6 . f = u # v où u et v sont définies et dérivables sur @ 0 ; 4 6 et pour tout x de @ 0 ; 4 6 , u (x) = x ; v (x) = 4 – x ; u ¢(x) = 1 et v ¢(x) = – 1 . f ¢ = u ¢v + uv ¢ . 2 u#v Donc pour tout x de @ 0 ; 4 6 , f ¢(x) = 4 – x – x = 4 – 2x 2 x (4 – x) 2 x (4 – x) = 2 – x . x (4 – x) 2. Dérivabilité de f en 0 : Pour tout x de @ 0 ; 4 6 ,

0

Signe de g¢ 0 Variation de g 0

3 +

4

0

–

3 3

0

4. g est continue sur 6 0 ; 3 @ comme produit de fonctions continues. 2 ! 6 g (0) ; g (3) @ donc l’équation g (x) = 2 admet une unique solution dans l’intervalle 6 0 ; 3 @ . Elle est comprise entre 0,66 et 0,67. 4 = 2 et g (2) = 4 5. g ¢(2) = 2#2

TS erm


Livre du professeur

La tangente à g au point d’abscisse 2 a pour équation y = g ¢(2)(x – 2) + g (2) d’où y = 2x . y = 2x

5

La tangente à k au point d’abscisse 2 a pour équation y = k ¢(2)(x – 2) + k (2) d’où y = – 1 x + 2 . 2 6. K

4

4 3

121. 1. Pour tout x de B – r ; r 8 , (– x) ! B – r ; r 8 . 2 2 2 2 r r Pour tout x de B – ; 8 , 2 2 sin (– x) sin (– x) f (– x) = =– = – f (x) . cos (– x) cos (– x) Donc f est impaire. 2. lim sin (x) = 1 et lim cos (x) = 0 + , x"

3

2

r 2 r x1 2 x"

1 g 0

-1

1 1

2

3

0

4–x = 4–1 x x donc lim k (x) = +3 . f 2. k = où u et f sont définies et dériu vables sur @ 0 ; 4 6 et pour tout x de @ 0 ; 4 6 , u (x) = x et u ¢(x) = 1 . f ¢u – fu ¢ ; k¢ = u2 Donc pour tout x de @ 0 ; 4 6 , 2 – x # x – x (x – 4) x (x – 4) k ¢(x) = x2 – 2 = . x x (x – 4) 3. Pour tout h de @ 0 ; 4 6 , k (4) – k (4 – h) h (4 – h) = h h (4 – h) 1 =– . h (4 – h) k (4) – k (4 – h) = –3 . donc lim h"0 h Donc k n’est pas dérivable en 4. 4.

5. k ¢(2) =

0

+3

–

-p/2

-p

x"0

Variation de g

4

5

1,5 1 0,5

f

k (x) =

Signe de g¢

3

2

1

120. Conjecture 1.

Troisième partie 1. Pour tout x de @ 0 ; 4 @ ,

x

y = – 0,5x + 2

4

-1

0

– 2 = – 1 et k (2) = 1 . 2 2 2#2

-1,5 -1 -2,5 -2 -2,5 -3

p/2

0

p

2. Il semble que l’équation f (x) = k n’admet aucune solution si k 1 – 3 et si k 2 1, 5 et que l’équation f (x) = k admet : * une seule solution si k = – 3 * deux solutions si k ! @ – 3 ; 1 6 , " 1, 5 , * quatre solutions si k ! 6 1 ; 1, 5 6 Démonstration 1. f est dérivable sur l’intervalle 6 – r ; r @ et pour tout x de 6 – r ; r @ , f ¢(x) = – 2 sin (2x) – 2 cos (x) . 2. Pour tout x de 6 – r ; r @ , f ¢(x) = – 2 sin (2x) – 2 cos (x) = – 4 sin (x) cos (x) – 2 cos (x) = – 2 cos (x)(2 sin (x) + 1) . – 5r 6

–r

x

4

r 2 r x1 2 x"

donc lim cos (x) = +3 .

2

-2

r 2

–r 2

Signe de – 2 cos (x)

+

Signe de x–3

+

0

–

Signe de f ¢(x)

+

0

–

Variations de f

+

0

0

3 2 1

–r 6 –

r 2 –

–

0

+

+

0

–

0

+ +

0

3 2 1

r

+ 1

–3

3. Les conjectures sont vérifiées. © Hachette livre, 2012

37


3. La courbe représentative de f admet comme asymptote verticale la droite r d’équation x = et par parité, la droite 2 r d’équation x = – . 2 4. x 7 sin (x) et x 7 cos (x) sont dérivables r r r r sur B – ; 8 et pour tout x de B – ; 8, 2 2 2 2 cos (x) ! 0 . r r Donc f est dérivable sur B – ; 8 . 2 2 r r Pour tout x de B – ; 8 , 2 2 cos (x) # cos (x) – sin (x) # (– sin (x)) f ¢(x) = cos 2 (x) 2 2 cos (x) + sin (x) = = 12 . cos 2 (x) cos (x) 2 2 cos (x) + sin (x) cos 2 (x) sin 2 (x) f ¢(x) = = + cos 2 (x) cos 2 (x) cos 2 (x) = 1 + 6 f (x) @ 2 . r r 5. Pour tout x de B – ; 8 , f ¢(x) 2 0 , donc 2 2 r r f est strictement croissante sur B – ; 8 . 2 2 6. f est continue et strictement croissante r r sur B – ; 8 . 2 2 De plus, lim f (x) = +3 et lim f (x) = – 3 , r 2 r x1 2 x"

r 2 r x2– 2 x"–

Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, pour tout réel k, l’équation admet une unique solution dans l’intervalle B– r ; r 8. 2 2 7. Pour k = 2 , a . 1,11. 8. Pour tout x de $g , sin (x + r) – sin (x) g (x + r) = = cos (x + r) – cos (x) sin (x) = = g (x) . cos (x) Donc g est périodique de période r .

TS erm


Livre du professeur

Ainsi on obtient la courbe de g par translation de celle de f de vecteur kr i où k est entier. 122. 1. a.  l1 = OH + OB = cos (x) + 1 $ b.  l2 = HA + AB = 1 – cos (x) + x . r 2. a. f est dérivable sur 8 0 ; B et pour tout 2 r x de 8 0 ; B , f ¢(x) = – 2 sin (x) – 1 . 2 r Or pour tout x de 8 0 ; B , sin (x) H 0 , donc 2 f ¢(x) 1 0 . Ainsi f est strictement décroissante sur 80 ; r B. 2 b. f est continue et strictement décroissante r sur 8 0 ; B . 2 r r r f (0) = 2 ; f =– et 0 ! 8 – ; 2 B . 2 2 2 Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans l’intervalle 80 ; rB. 2 c.  a . 1,03. d.  l1 = l2 + 2 cos (x) – x = 0 + x . 1,03. Donc les longueurs des deux chemins sont à peu près égales lorsque x . 1,03 rad.

()

lim f (x) = – 3 et lim f (x) = +3 . x"1 x21

2.  a pour asymptote horizontale l’axe des abscisses en – 3 et en +3 et pour asymptote verticale la droite d’équation x = 1. Partie 2 1. f est une fonction rationnelle, donc elle est dérivable sur son ensemble de définition et pour tout x de R\ " 1 , , 3 2 f ¢(x) = – 4x 3– 3x 2 – 2 . (x – 1) 2. a. g est dérivable sur R\ " 1 , et pour tout réel x de R\ " 1 , , g ¢(x) = – 6x (2x + 1) . x

–3

Signe de g¢ Variations de g

–1 2 –

0

+3

0 +

0

1

–9 4

+3

–

– –9

–2 – 9

d. Pour tout x 1a, g (x) 2 0 . Pour tout x de @ a ; 1 6 , @ 1 ; +3 6 , g (x) 1 0 . 3. x

+

Signe de g Variations de f

1

a

–3

–

0

Cette solution est proche de 0,769 453 08. 0

–3

avec f (a) . 0,5. Partie 3 x=1

4 3 2 1

–3

b. Sur ; – 1 ; 1 ; , @ 1 ; +3 6 , le maximum 2 de g est (– 2) , donc l’équation g (x) = 0 n’a pas de solution dans ; – 1 ; +3 ; . 2

Partie 4 1. T a pour équation y = f ¢(0)(x – 0) + f (0) avec f (0) = – 1 et f ¢(0) = – 2 . Donc T a pour équation y = – 2x – 1 . 2. Pour tout x de R\ " 1 , , x 3 (2x + 1) f (x) – (– 2x – 1) = . x3 - 1 x

–1 2

–3

Signe de x3

–

Signe de 2x + 1

–

Signe de x3 – 1

–

Variations de f (x) – (– 2x – 1)

–

0 –

0

0

1 +

+

+

+

–

–

+

0

–

0

+

38

126. Partie 1 0,3 0,2 0,1 G FE D A C B -1 -0,9 -0,8 -0,7 -0,6 -0,5 -0,4 -0,3 -0,2 -0,1 F -0,1 E -0,2 D

Cette solution est proche de – 0, 62 . Partie 2 Voir exercice 125. 127. Partie 1 1.

+

Donc  est au-dessus de T sur ; – 1 ; 0 ; , @ 1 ; +3 6 et  est au-dessous 2 de T sur ; – 3 ; – 1 ; , 6 0 ; 1 6 . 2 124. 1. Si f (a) et f (b) ne sont pas du même signe, alors 0 ! 6 f (a) ; f (b) @ et on © Hachette livre, 2012

Partie 2 f (b) – f (a) 1. y = mx + p où m = b–a et y B¢ = mx B¢ + p , f (b) – f (a) # b + p. c’est-à-dire f (b) = b–a (b – a) # f (b) . 2. y C = 0 donc c = b – f (b) – f (a) Partie 3 Cette solution est proche de 1,606 394 183.

+3

+

0

B

– +3

0

125. Partie 1

+3

0

f (a)

applique le théorème des valeurs intermédiaires. 2. Si (f – g)(a) et (f – g)(b) ne sont pas du même signe, alors d’après 1., il existe un réel c dans l’intervalle 6 a ; b @ tel que (f – g)(c) = 0 , c’est-à-dire f (c) = g (c) .

D B F E C 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 D E 0,8 0,9 1 1,1 1,2 1,3 C

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 -2 -3

" 3

x"1 x11

( )

y=0

123. Partie 1 f (x) = x lim f (x) = 0 ; 1. x lim – + " 3

Sur E – 3 ; – 1 E , g est continue et stricte2 g (x) = +3 ment décroissante avec x lim " –3 9 1 et g – = – , donc, d’après le théo2 4 rème des valeurs intermédiaires, l’équation g (x) = 0 admet une unique solution dans E –3 ; – 1 E . 2 Ainsi, l’équation g (x) = 0 admet une unique solution dans R\ " 1 , . c.  a . – 1,137.


f (x) = – 3 ; 2. Il semble que x lim – " 3

lim f (x) = – 3 et x lim f (x) = +3 . +

x"1 x!1

" 3

-0,3

TS erm


Livre du professeur

3.

( f (x) – (2x + 5)) et x lim – " 3

= x lim –

" 3

(

)

1 – = 0. (x – 1) 2

3. Pour tout x ! 1 , La droite et la courbe semblent très proches quand x tend vers – 3 ou vers +3 . Partie 2 (2x + 5) = – 3 1. x lim " –3 1 – = 0, et x lim " –3 (x – 1) 2 f (x) = – 3 donc x lim –

(

)

" 3

lim (2x + 5) = 7

x"1 x!1

(

x"1 x!1

)

(

" 3

x"4 x14

)

1 = 0, " 3 (x – 1) 2 f (x) = +3 donc x lim + " 3

( f (x) – (2x + 5)) 2. x lim + " 3

= x lim +

" 3

(

–

" 3

–3

x Signe de f

)

1 =0 (x – 1) 2

4–

2

0

+

–

–

1–2 2

Variations de f

4+

4

2 0

+3

(d2)

6 4

+3

2 -6

-4

-2

0

2

4

6

8

10 12

-2 -4 -6

-8

+ +3

–3

–3

(d1)

8

4. f est dérivable sur R \ " 4 , et pour tout 2 x de R \ " 4 , , f ¢ (x) = x – 8x +214 . (x – 4) Discriminant de x 2 – 8x + 14 : T = 8

lim (2x + 5) = +3 –

128. 1. Pour tout x de R \ " 4 , , f (x) = x – 3 + 2 . x–4 f ( x ) = – 3 ; lim f (x) = – 3 ; 2. x lim –

" 3

6. Pour tout x de @ – 3 ; 4 6 , f (x) – (x – 3) 1 0 . Donc  est au-dessous de (d2) sur @ – 3 ; 4 6 . Pour tout x de @ 4 ; +3 6 , f (x) – (x – 3)2 0. Donc  est au-dessus de (d2) sur @ 4 ; +3 6 . 7.

3. La droite (d1) d’équation x = 4 est asymptote verticale à .

x"1 x!1

et x lim +

1 , donc (x – 1) 2 f (x) – (2x + 5) 1 0 . Ainsi  est au-dessous de (d) sur R \ " 1 , .

lim (f (x) – (x – 3)) = 0 . x –

lim f (x) = +3 et x lim f (x) = +3 . +

donc lim f (x) = – 3 x " +3

" 3

f (x) – (2x + 5) = –

x"4 x24

1 = –3 , (x – 1) 2

et lim –

5. Pour tout x de R \ " 4 , , f (x) – (x – 3) = 2 . x–4 ( f ( x ) – (x – 3)) = 0 et Donc x lim +

1+2 2

En route vers le bac (p. 102-105) 129. Définition par récurrence. • u 0 ! I ; • Si u n ! I alors f (u n) ! I c’est-à-dire un + 1 ! I . Donc pour tout n de N, u n ! I .

2.

1

-3

-2

0

-1

-2

" 3

131. Partie A 1. f est dérivable sur R et pour tout réel x, f ¢ (x) = – 2x + 2 . x

–3

Signe de f ¢

+3

1 +

0 1

–

–3

y= x

–3

f

3. f (x) = x + x – x 2 = 0 + x (1 – x) = 0 + x = 0 ou x = 1 . Partie B 1. f (0) = f (2) = 0 et f (1) = 1 , donc si u 0 ! " 0 ; 1 ; 2 , , alors pour tout n de N, un ! " 0 ; 1 ; 2 , . 2. x

Variations de f

3

-1

u n = I et f est continue en l 130. x lim +

f (u n) = f (l) . donc x lim " +3 Or pour tout n de N, f (u n) = u n + 1 , donc lim u = l , d’où x lim u = l. x " +3 n + 1 " +3 n Donc par unicité de la limite, l = f (l) .

2

1

-3

Signe de x (1 – x)


0 –

0

39

1 +

0

+3 –


3. Pour tout n de N, u n + 1 – u n = f (u n) – u n = u n (2 – u n) – u n = u n – u 2n = u n (1 – u n) . 4. a. f (@ 0 ; 1 6) = @ 0 ; 1 6 , donc d’après le résultat de l’exercice 129, u n ! @ 0 ; 1 6 . b. Pour tout n de N, u n + 1 – u n 2 0. Donc (u n) est croissante. De plus (u n) est majorée, donc (u n) admet une limite égale à 1. 5. a. f (@ 1 ; 2 6) = @ 0 ; 1 6 et f (@ 0 ; 1 6) = @ 0 ; 1 6 donc pour tout n de N*, u n ! @ 0 ; 1 6 . b. Pour tout n de N, u n + 1 – u n 2 0. Donc (u n) est croissante. De plus (u n) est majorée, donc (u n) admet une limite égale à 1. 6. a. f (@ – 3 ; 0 6) = @ – 3 ; 0 6 donc pour tout n de N*, u n 1 0 . Pour tout n de N, u n + 1 – u n 1 0 . Donc (u n) est décroissante.

TS erm


Livre du professeur

b. (u n) n’est pas minorée donc lim u n = – 3 x + " 3

7. a. f (@ 2 ; +3 6) = @ – 3 ; 0 6 , pour tout n de N*, u n 1 0 . b. Pour tout n de N, u n + 1 – u n 1 0 . Donc (u n) est décroissante. c. (u n) n’est pas minorée donc lim u n = – 3 . x + " 3

132. 1. Une suite croissante admet une limite finie, si et seulement si, elle est majorée. 2. Pour tout n de N, u n + 1 – u n = u 2n + 1. Donc pour tout n de N, u n + 1 – u n 2 0 . Ainsi (u n) est croissante. 3. f (x) = x + x 2 + 1 = 0 , ainsi l’équation f (x) = x n’a pas de solution dans R. 4. Si (u n) avait une limite finie l, on aurait l = f (l) , ce qui est impossible, donc lim u n = +3 . x + " 3

133. 1. Supposons a = 1 . Alors pour tout n de N, u n + 1 = u n + b . Donc (u n) est une suite arithmétique de raison b ! 0 . Ainsi (u n) est strictement croissante ou strictement décroissante et a pour limite +3 ou – 3 . Par conséquent, si (u n) a une limite finie, alors a ! 1 . 2. a. Alors pour tout n de N, v n + 1 un + 1 – l = vn un – l au n + b – b 1 – a = a (1 – a) u n – ab (1 – a) u n – b un – b 1–a a ((1 – a) u n – b) = =a (1 – a) u n – b Donc (v n) est géométrique de raison a. b. Pour tout n de N, v n = (u 0 – l) # a n . 3. Pour tout n de N, u n = (u 0 – l) # a n + l. a n = +3 , donc Si a 2 1 , alors x lim " +3 lim u n = 3 . x + " 3

Si a 1 – 1 , alors a n n’a pas de limite. a n = 0 , donc Si – 1 1 a 1 1 , alors x lim " +3 lim u n = l . x + " 3

134. 1. a. La fonction f est dérivable de 2 f ¢ (x) = 1 1 – 22 = 1 x –2 2 2 2 x x Le signe de f ¢ est donc celui de x 2 – 2 , car x 2 2 0 , pour x 2 0 . Or sur @ 0 ; +3 6 , x 2 – 2 H 0 + x H 2 .

(

) (

)

La fonction est : – décroissante sur @ 0 ; 2 6 ; – croissante sur @ 2 ; +3 6 . D’où la courbe représentative de f :

Signe de f ¢ y= x

3 2 M2 1 0

A0 0,5 u0

A1 A3 A2 1,5694 2 2,25 1 u1 u 1,42189 2 u3

2. a. On a quel que soit n, u n + 1 = 1 u n + 2 = f (u n) . 2 un On vient de voir que : u 1 = f (u 0) = f 1 = 2, 25 H 2 . 2 L’affirmation est vraie au rang 1. Supposons u n H 2 . D’après la question 1, la fonction f est croissante sur 6 2 ; +3 6 . Donc par application de cette croissance f (u n) H f ( 2 ) = 2 . Donc u n + 1 H 2 . La relation est héréditaire. Conclusion : quel que soit : n H 1 , un H 2 . b. Soit : 2 f (x) – x = x + 1 – x = 1 – x = 2 – x . 2 x x 2 2x On a vu que si x H 2 , 2 – x 2 G 0 . Conclusion : si x H 2 , f (x) – x G 0 + f (x) G x . c. On a vu que pour n 2 0 , u n H 2 ; donc d’après la question précédente f (u n) G u n ; or f (u n) = u n + 1 . Conclusion : u n + 1 G u n pour tout n 2 0 . La suite est (u n) décroissante. d. La suite (u n) est décroissante et minorée par 2 . Elle converge donc vers un réel supérieur ou égal à 2 . 3. La fonction f est définie et continue sur 6 2 ; +3 6 ; la suite définie par u n + 1 = f (u n) converge vers , = f (,). , est donc solution de l’équation 1 x + 2 = x + 2x = x + 2 2 x x + 2x 2 = x 2 + 2 + x 2 = 2 + x = ,, seule solution supérieure ou égale à 3 . La suite (u n) converge vers , = 2 .

(

)

()

(

)

135. 1. a. f est une fonction rationnelle donc dérivable sur son ensemble de définition. 2 (x 2 – x – 1) . Pour tout x de E 1 ; +3 ; , f ¢ (x) = 2


(2x – 1) 2

40

1+ 5 2 1

1 2

x


Variations de f

+3 +

– +3

+3 1+ 5 2

b. Sur E 1 ; +3 ; , le minimum de f est z .

(

2

)

1 + 5 5E 1+ 5 E ;2 =; ; 2. f ; 2 3 2 + 1 + 5 1 5 ; 2E 1 ; ; 2 E, donc f ; 2 2 d’où d’après l’exercice 129, pour tout n 1+ 5 E ; 2 , c’est-à-dire : de N, u n 1 ; 2 z G un G 2 . Pour tout n de N, – u 2n + u n + 1 un + 1 – un = , donc pour 2u n – 1 u n Hz , u n + 1 – u n G 0 . 2 b. Dans E 1 ; +3 ; : x = f (x) + x = x + 1 2x – 1 2 + x2 – x – 1 = 0 + x = z . c. (u n) est décroissante et est minorée u = z. donc x lim " +3 n 3. a. Pour tout x de E 1 ; +3 ; ,

(

)

2

2 x 2 + 1 – 2xz + z f (x) – z = x + 1 – z = 2x – 1 2x – 1 x 2 – 2xz + z 2 (x – z) 2 = = . 2x – 1 2x – 1 Donc pour tout n de N, (u – z) 2 u n + 1 – z = f (u n) – z = n , 2u n – 1 or u n Hz donc 2u n – 1 H 2z – 1 (u – z) 2 (u n – z) 2 1 G G (u n – z) 2 d’où n 2u n – 1 2 2z – 1 car 2z – 1 H 2 . b. oui u = z. c. x lim " +3 n 4. Par récurrence : • Vrai pour n = 0 . n + 1 2 –1 • Si u n – z G 1 , 2 alors : 2n + 1 – 1 2 u n + 1 – zG 1 (u n – z) 2 G 1 1 2 2 2

()

29 + 1 – 1

()

(( )

()

= 1 2

5. u 9 – z G 1 . 2 Le logiciel XCas nous donne :

)

2n + 2 – 1

.

TS erm


Livre du professeur

136. 1. Faux. Contre-exemple : Sur @ 0 ; +3 6 , f (x) = 1 . x 2. Faux. Contre-exemple : Sur R, f (x) = – x et g (x) = x 4 . 3. Vrai, d’après le théorème de comparaison. 4. Faux. Contre-exemple : x Sur R*, f (x) = . x 137. Faux. Contre-exemple : Sur 6 1 ; +3 6 , f (x) = 1 et g (x) = x . x 138. Vrai : f (x) = 1 x + x sin (3x) = 1 x 2 2 Zx = 0 ] + ] ou [ ] sin (3x) = 1 2 \ Zx = 0 ] ] ou ] r + ][3x = 6 2r @ 6 ] ou ] 5r 6 2r @ ] 3x = 6 \ Zx = 0 ] ] ou ] r 2r + ][x = ; E 18 3 ] ou ] 5r ; 2r E ]x = 18 3 \ 139. 1. lim f2 (x) = +3 . x"0

f2 (x) = 0 . 2. x lim + " 3

3. Troisième tableau. 140. f est une fonction rationnelle donc dérivable sur son ensemble de définition. Pour tout x de E – 3 ; 5 ; , 2 2 (2x – 5)(2x – 9) f ¢ (x) = . (2x – 7) 2 x

5 2

Signe de f ¢ Variations 0 de f

9 2

7 2

–

–

0

+3 –3

+3

+ +3

8

141. f est une fonction rationnelle donc dérivable sur son ensemble de définition. Pour tout x de 6 0 ; 1 @ , 3 2 – x 2 (x + 3) f ¢ (x) = – x – 3x2 = . (x + 2) (x + 2) 2 Donc pour tout x de 6 0 ; 1 @ , f ¢ (x) 1 0 . Ainsi f est décroissante sur 6 0 ; 1 @ .

142. 1. f est définie sur R. Pour tout réel x, 1 1 f (– x) = = = f (x) . 2 1 + (– x) 1 + x2 Donc f est paire. 2. Pour tout réel x, x . f ¢ (x) = – 2 ( 1 + x )(1 + x 2) Pour tout x de R+, f (x) 1 0 . Donc f est strictement décroissante sur R+. lim f (x) = 0 . x " +3 3. 1

f -6 -5 -4 -3 -2 -1

0 1 2

3 4

5 6 7

4. f est continue et strictement décroisf (x) = 0 . sante sur R+. f (0) = 1 et x lim " +3 Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, pour tout réel y de @ 0 ; 1 @ ,

l’équation f (x) = y admet une unique so1 –1. lution dans R+ qui est égale à y2 143. 1. f est la restriction d’une fonction rationnelle, donc f est dérivable sur 6 0 ; 2 @ et pour tout réel x de 6 0 ; 2 @ , 1 . f ¢ (x) = (x + 1) 2 Pour tout réel x de 6 0 ; 2 @ , f ¢ (x) 2 0 , donc f est strictement croissante sur 6 0 ; 2 @ . 2. f (1) = 3 et f (2) = 5 , donc si x ! 6 1 ; 2 @, 2 3 3 5 alors f (x) ! ; ; E , d’où f (x) ! 6 1 ; 2 @ . 2 3 144. 1. Trigonométrie dans le triangle ABD rectangle en B : cos i = AB et AD sin i = BD . AD Donc AD = AB = 4 et cos i cos i CD = CB + BD = 7 + 4AD sin i = 7 + 4 tan i . distance (en km) t 1 = temps en heure = vitesse (en km/h) –3 = AD = 4 # 10 . 30 30 cos i –3 (7 + 4 tan i )10 t 2 = CD = . 60 60 2. Le lapin traverse la route avant le passage du camion s’il met moins de temps pour arriver en D donc si t 1 1 t 2 , c’est–3 (7 + 4 tan i)10 – 3 à-dire si 4 # 10 1 60 30 cos i en multipliant par 30 # 10 3 on a : 4 1 7 + 4 tan i d’où f (i) 2 0 . 2 cos i © Hachette livre, 2012

41


3. Conclusion : cherchons quand on aura r f (i) 2 0 pour i ! 8 0 ; 8 . 2 2 (1 – 2 sin i) f ¢ (i) = or cos 2 i 2 0 donc cos 2 i f ¢ est du signe de 1 – 2 sin i . r 1 – 2 sin i 2 0 + sin i 1 1 + sin i 1 2 6 r + i1 6 car sinus est une fonction croissante sur 8 0 ; r 8 . 2 Donc la fonction f est strictement croisr sante sur 8 0 ; B et strictement décrois6 r r sante sur 8 ; 8 et : 6 2 7 3 – 12 r 7 f = + 2 + 4# 2 = 20 6 2 3 3 2 3 r donc il existe deux réels a et b de 8 0 ; 8 2 r tels que a 1 1 b et f (i) 2 0 sur 6 @ a ; b 6 avec a . 0.395 et b . 0.644 . Le lapin traversera la route sans se r faire tuer par le camion si i . ou 6 i ! @a ; b6.

()

145. 1. a. Pour tout réel x de 6 0 ; 20 @ , f (x) = 1 (20x – x 2) . 10 f est dérivable sur 6 0 ; 20 @ et pour tout réel x de 6 0 ; 20 @ , f ¢ (x) = 1 (20 – 2x) 10 = 1 (10 – x) 5 On en déduit le tableau de variations de f : x

0

f ¢(x)

10 +

0

20 -

10

f (x) 0

0

b. f admet donc un minimum égal à 0 atteint en x = 0 et x = 20 et un maximum égal à 10 atteint en x = 10 . Donc, pour tout x ! 6 0 ; 20 @ , f (x) ! 6 0 ; 10 @ . c. Représentation graphique de la suite (u n) n H 0 : 12 y

y= x

10 8 6 4 2 0 u2 u 4 u6 u0 1 2 3

8 u 10 12 14 16 18 20 22

x

4

TS erm


Livre du professeur

2. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n, 0 G u n G u n + 1 G 10. • On a u 0 = 1 puis u 1 = f (u 0) = 1,9 et donc 0 G u 0 G u 1 G 10 . • Soit n ! N . Si 0 G u n G u n + 1 G 10 , puisque f est croissante sur 6 0 ; 10 @ , on a f (0) G f (u n) G f (u n + 1) G f (10) c’està-dire 0 G u n G u n + 1 G 10 . On a montré par récurrence que pour tout entier naturel n, 0 G u n G u n + 1 G 10 .

3. La suite (u n) n H 0 est croissante et majorée par 10. On en déduit que la suite (u n) n H 0 converge vers un réel que l’on note . De plus, comme pour tout entier n, on a 1 G u n G 10 (car u 0 = 1 et car la suite (u n) n H 0 est croissante), quand n tend vers +3 , on obtient 1 G  G 10 .

Ensuite, pour tout entier naturel n, on a u n + 1 = 1 u n (20 – u n) et quand n tend 10 vers +3 , on obtient  = 1  (20 – ) 10 puis 10 =  (20 – ) puis 10 = 20 –  (car  ! 0 ) et enfin  = 10. (u n) n H 0 La suite converge et lim u = 10 . n x + " 3

Accompagnement personnalisé (p. 106-107) f (x) = – 3 . 146. 1. x lim – " 3

2. Pour tout x ! 0 , f (x) = 4x f (x) = +3 . donc x lim +

5

(

153. a. Pour tout x ! 0 , – 1 G sin (3x + 1) G 1 , donc – 14 G f (x) G 14 . x x 1 1 = 0 , donc lim f (x) = 0 . – 4 = x lim b.  x lim x " +3 +3 " +3 " x x4

)

1 – 1 + 12 – 13 + 15 , 4x 4x 2x 4x

( )

" 3

f (x) = +3 . 147. x lim + " 3

(

)

g (x) = 0 . 2. a.  x lim –

Pour tout x ! 0 , f (x) = 3x 6 1 + 1 3 + 5 4 – 7 6 , 3x 3x 3x f (x) = +3 . donc x lim – " 3

(

" 3

h (x) = – 3 . b.  x lim + " 3

)

148. Pour tout x ! 0 , f (x) = – x 4 1 – 42 – 13 + 74 , x x x f ( x ) = – lim f ( x ) = – donc x lim et . 3 3 + x – " 3

149. 1. Pour tout x ! 0 , 1 – 12 3x 3 1 – 1 2 3 x 3x 3 x f (x) = = # 5 4 1 2 5 4x 1 – + 1– + 1 4x 2x 2 4x 2x 2 f (x) = +3 et x lim f (x) = – 3 . 2. x lim + –

.

150. 1. Pour tout x ! 0 , 4x 2 1 – 7 2 1 – 72 4 4x 4x f (x) = = # 3 5 1 2 1 5x 1 + + 1+ + 3 5x 5x 2 5x 5x 2

.

(

154. 1. f est dérivable sur 6 – 2 ; 0 @ et pour tout x de 6 – 2 ; 0 @ , f ¢(x) = 6x 2 – 2x + 1 . T = – 20 , donc pour tout x de 6 – 2 ; 0 @ , f ¢(x) 2 0 .

" 3

(

)

(

)

" 3

x

)

(

)

)

(

)

Variation de f

151. 1. Pour tout x ! 0 , 1– 7 2x 1 – 7 2 2x 2 x f (x) = = 3# 2 1 4 2 5 x 5x 1 – 2 + 4 1 – 2 + 14 5x 5x 5x 5x

(

)

)

(

0

+ 5

– 17

155. a. f est dérivable sur @ – 3 ; 3 6 et pour tout x de @ – 3 ; 3 6 , x . f ¢(x) = – 9 – x2 b. g est dérivable sur R et pour tout réel x, g ¢(x) = – 28x 3 (– x 4 + 6) 6 . c. h est dérivable sur E – 7 ; +3 ; et pour tout x de E – 7 ; +3 ; , 3 3 15 3 h ¢(x) = – – 2 sin ( – 2 x 6 ) . + + (3x + 7) 2 2 3x + 7

)

.

156. 1.

f (x) = 0 et x lim f (x) = 0 . 2. x lim + – " 3

2. 0 ! 6 – 17 ; 5 @ , donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires et le tableau de variations ci-dessus, l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans 6 – 2 ; 0 @ .

f (x) = 4 et x lim f (x) = 4 . 2. x lim " –3 " +3 5 5

(

– 2

Signe de f ¢

" 3

(

()

" 3

152. a.  lim f (x) = +3 .

x

– 2,5

– 2,3

–2

– 1,7

– 1,5

–1

– 0,5

– 0,2

f(x)

0

0

1

0

0

1

0

0

x

0

0,4

0,8

1

1,3

1,5

2

2,5

f(x)

1

0

0

1

0

0

1

0

x"0

g (x) = +3 . b.  x lim – " 3

h (x) = – 3 . c.  lim h (x) = +3 ; lim h (x) = – 3 et x lim + x"0 x10

x"0 x20

" 3


3. f n’est pas continue. 42


TS erm


Livre du professeur

4. ()

3 2 1

-5 -4 -3 -2 -1

-1

0 1

2

3

4

5

-2 -3

On ne voit pas les discontinuités… 157. Pour tout réel positif t, x (t ) = 2 cos (3 2 t ) . Donc x ¢(t ) = – 6 2 sin (3 2 t ) et x ¢¢(t ) = – 36 cos (3 2 t ) . D’où pour tout réel positif t, 3, 6 x ¢¢(t ) + k x (t ) = – 36 cos (3 2 t ) + # 2 cos (3 2 t ) m 0, 2 = – 36 cos (3 2 t ) + 36 cos (3 2 t ) = 0 .

159. Pour tout x 2 0 , sin (x) x # sin (x) f (x) = = = x x# x

158. 1. a. Pour tout réel t de l’intervalle 6 – r ; r @ , x (– t ) = 5 cos (t ) ) y (– t ) = – 3 sin (t )

160. f est une fonction homographique telle que lim f (x) = – 3

M (– t ) est l’image du point M (t ) de (C ) par la symétrie d’axe (Ox). x (r – t ) = – 5 cos (t ) b. Pour tout réel t de l’intervalle 6 – r ; r @ , ) y (r – t ) = 3 sin (t )

R\ " 4 , , f (x) = – 3x + b . x–4 La tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse 1 a pour équation y = 4 x – 1 . 3 3 Donc f ¢(1) = 4 . Or pour tout x de R\ " 4 , , f ¢(x) = 12 – b2 . 3 (x – 4) 12 b – 4 = . Ainsi b = 0 . D’où pour tout x de R\ " 4 , , D’où (– 3) 2 3 f (x) = – 3x . x+4

Or lim

x"0

– r

Signe de x¢ Variation de x

+

–

r 2

0

r 2

+

0

–

0

–

0

Signe de y ¢ Variation 0 de y

–

0

+

r

+

0

–

0

– 3

" 3

161. MOI équilatéral + IM = OI = MO or OI = 1 Donc : MOI équilatéral + IM 2 = 1 + (cos (x) – 1) 2 + sin 2 (x) = 1 + 1 - 2 cos (x) = 0 r + cos (x) = 1 + x = . 2 3

–5

3

x = 0 donc x lim f (x) = 0 . +

x"4 x24

0

sin (x) . x

x"0

5 – 5

x#

et lim f (x) = – 3 donc on cherche b tel que pour tout x de

M (r – t ) est l’image du point M (t ) de (C ) par la symétrie d’axe (Oy). x ¢(t ) = – 5 sin (t ) 2. Pour tout réel t de l’intervalle 6 – r ; r @ , ) y ¢(t ) = 3 cos (t ) t

sin (x) = 1 et lim x"0 x

x sin (x) = x

0


43


TS erm


Livre du professeur

Sur les pas du supérieur (p. 109) Partie B

I. 1. f est dérivable sur 6 0 ; 1 6 , @ 1 ; +3 6 et pour tout x de 1 + x 2 . 6 0 ; 1 6 , @ 1 ; +3 6 , f ¢(x) = (1 – x 2) 2 Pour tout x de 6 0 ; 1 6 , @ 1 ; +3 6 , f ¢(x) 2 0 . Donc f est croissante sur 6 0 ; 1 6 et sur @ 1 ; +3 6 .

1.  V (x) = 0 + 2x (6 –

2. V est dérivable sur @ 1 ; +3 6 et pour tout réel x 2 1 , V ¢(x) = 12 – 3 x = 3(4 – x ) . D’où :

2.  lim (1 - x 2) = 0 + donc lim f (x) = +3 ; x"1 x11

x"1 x11

x

x"1 x21

et pour tout x de @ 1 ; +3 6 , f (x) = f (x) = 0 . donc x lim +

x

2

(

V(x)

x 1 = 1 –1 1 x 2–1 x2 x

) (

)

3. f est continue sur son ensemble de définition, donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, f décrit R. II. 1. Pour tout t de 6 0 ; r @ , g ¢(t ) = – 2 sin (t ) cos (t ) # sin 2 (t ) + (1 + cos 2 (t )) # 2 sin (t ) cos (t ) g ¢(t ) = 2 sin (t ) cos (t )(1 + cos 2 (t ) – sin 2 (t )) g ¢(t ) = 2 sin (t ) cos (t )(2 cos 2 (t )) g ¢(t ) = 4 sin (t ) cos 3 (t )

+

Signe de g¢

–p

0 -1

–

–3

x

1

4

8

12

16

20

24

28

32

36

V(x)

10

32

51

61

64

61

53

40

22

0

r

30

–

20

y = V(x)

10 0 2

p

64

50

0

p 2

+

+3

60

1 p – 2

70

1

Variations de g 0

III. 

0

16

40

r 2

0

x

10

3. Tableau de valeurs :

" 3

2. 

1

V ¢(x)

lim (1 - x 2) = 0 – donc lim f (x) = – 3

x"1 x21

x ) = 0 + x = 0 ou x = 36

3p 2

2p

5p 2

4

6

8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36

Partie C

3p

1. Le maximum est atteint en x = 16 , c’est-à-dire en avril 2001. 2.  V (x) 1 10 au cours du 35ème mois, soit en novembre 2002.

IV. Partie A Z ] A = 1 379 + 118 3 ] A – B = 10 V (1) = 10 132 + ' +[ ) 12 (A – B 12 ) = 61 V (12) = 61 59 + 118 3 ]] B = 132 \ A . 11, 995 + ' . B . 1,995


44


3

Fonction exponentielle Fonction logarithme népérien Programme officiel Contenus


Fonction exponentielle Fonction x 7 exp (x) .

• Démontrer l’unicité d’une fonction dérivable sur R, égale à sa dérivée et qui vaut 1 en 0.

Relation fonctionnelle, notation ex .

ex = +3 et x lim ex = 0 . • Démontrer que x lim – + " 3

" 3

• Utiliser la relation fonctionnelle pour transformer une écriture. • Connaître le sens de variation et la représentation graphique de la fonction exponentielle. ex xe x = 0 . = +3 et x lim 3 x " –3

• Connaître et exploiter x lim + "

Fonction logarithme népérien Fonction x 7 ln x .

Relation fonctionnelle dérivée.

• Connaître le sens de variation, les limites et la représentation graphique de la fonction logarithme népérien. • Utiliser, pour a réel strictement positif et b réel, l’équivalence ln a = b + a = eb . • Utiliser la relation fonctionnelle pour transformer une écriture. • Connaître et exploiter x lim +

" 3

ln x = 0. x

Découverte (p. 112-113) 1. Fonction exponentielle et méthode d’Euler

1. x n = x 0 + nh = nh . 2. y n + 1 = y n + hf ¢ (x n) = y n + hf (x n) = y n + hy n = y n (1 + h). La suite ( y n) est géométrique de raison 1 + h et de premier terme y0 = 1 . 3. b. En B3 on écrit : =B2+$D$4 . En C2 on écrit : 1 . c. En C3 on écrit : =C2*(1+$D$4) . On obtient le tableur suivant :

.


45


TS erm

Chap. 3 Fonction exponentielle - Fonction logarithme népérien

Livre du professeur

5. On obtient le tableur suivant :

4.

Ainsi f (2) . 0, 693 .

3. Découvrir la fonction ln avec sa calculatrice 1. On trouve D ln = @ 0 ; +3 6 . 5. On obtient le tableur suivant :

3. On peut conjecturer que la fonction ln est croissante sur @ 0 ; +3 6 . lim = ln (x) = -3 4. On peut conjecturer que et x"0 lim ln ( x ) = + . 3 x +

Ainsi f (1) . 2, 7169 .

2. Fonction logarithme et méthode d’Euler 1. x n = x 0 + nh = 1 + nh .

" 3

2. y n +1 = y n + hf ¢ (x n) = y n + h # 1 = y n + h # 1 . xn 1 + xh 3. b. En B3 on écrit : =B2+$D$4 . En C2 on écrit : 0 . c. En C3 on écrit : =C2+$D$4/(1+A3*$D$4) . On obtient le tableur suivant :

x

0

+3 +3

ln (x) –3

6. On peut conjecturer que ln (x) H 0 lorsque x G 1 et que ln (x) 2 0 lorsque 0 1 x 1 1 . 7. La calculatrice ne permet pas de donner le résultat car il est trop grand. À l’aide d’un logiciel de calcul formel on trouve :


46


TS erm


Livre du professeur

Exercices résolus (p. 130 à 137) Page 130 -x+1 2x x ) e3x - ex + 1 = e (e - e = e2x ; x x 1-x 1-x e -e e -e ln (x 2 - 2x - 3) - 2 ln (x + 1) = ln (x 2 - 2x - 3) - ln (x + 1) 2 2 (x + 1)(x - 3) = ln x - 2x -2 3 = ln (x + 1) (x + 1) 2 = ln x - 3 . x+1

) (

( (

)

1 - e- 2x = 1 et x lim (e- x + 2ex) = +3 donc Or x lim + + " 3 x

)

Page 132 (x + ln (1 + e- 2x)) = x lim (ln (ex) + ln (1 + e- 2x)) 1. x lim – – " 3

" 3

= x lim ln (ex (1 + e- 2x)) = x lim ln (ex + e- x) = +3. – – " 3

" 3

ln (1 + e- 2x) = 0 et x lim x = +3 donc 2. x lim + + " 3

2

ex + x 2 + 3x + 2 H 0 soit x ! @ – 3 ; 2 @ , 6 - 1 ; +3 6 .

" 3

- 2x

)) = +3 . - x 2x e - e = lim e (e - 1) . 3. x lim x " –3 " – 3 1 + 2e2x 1 + 2e2x -x e = +3 et x lim e2x - 1 = - 1 donc Or x lim " –3 " –3 lim (x + ln (1 + e

x " +3

-x

x

-x

2x

Page 135 1. On pose X = ln x ainsi 2 (ln x) 2 - 5 ln x - 3 1 0 -

1

+ 2X 2 - 5X - 3 1 0 + X ! E - 1 ; 3 ; + x ! B e 2 ; e3 8 . 2 2. On pose X = e- x ainsi e- 2x - 8e- x + 12 = 0 + X 2 - 8X + 12 = 0 + (X - 2)(X - 6) = 0 + X = 2 . soit x = - ln 2 ou x = - ln 6 .

2x

(e - 1) = – 3 et x lim 1 + 2e = 1 . " –3 e- x (e2x - 1) Donc x lim = –3 . " – 3 1 + 2e2x x - 2x ex - e- x = lim e (1 - e ) = lim 1 - e- 2x . 4. x lim x " – 3 ex (e- x + 2ex) x " +3 e- x + 2ex " +3 1 + 2e2x lim e

" 3

e - e- x = 0 . lim x " +3 1 + 2e2x Page 133 1. e- 2x - e4x - 2 = 0 + e- 2x = e4x - 2 + - 2x = 4x - 2 + x = 1 . 3 S = ' 1 1 . 3 2. ex - 4e- x = 2 + e2x - 4 = 0 . On pose X = ex et on a X 2 - 2X - 4 = 0 d’où X = 1 - 5 ou X = 1 + 5 or X = ex donc X 2 0 ainsi X = 1 + 5 soit ex = 1 + 5 ce qui nous donne x = ln (1 + 5 ) . 2 2 3. e G e3x + 4 + e2 - x G e3x + 4 + 2 - x 2 G 3x + 4

x " –3


= e3x + 5 # e- 3x + 3 # e4x - 4 = e4x + 4 = (ex + 1) 4 .

1. Calculs algébriques 43. A = (e- x) 2 = e- 2x ; -x+4 B = e x + 4 = e- 2x ; e C = (ex + 3 # e- 2x - 2) 2 = (e- x + 1) 2 = e- 2x + 2 . 44. 1. (e2 - 3 ) 2 + 3 = e(2 - 3 ) # (2 + 3 ) = e4 - 3 = e1 . 2 - 1, 4 0, 6 =e . 2. e # e 3, 6 3. e2, 7 = e3, 6 - 2, 7 = e0, 9 . e 1

4.

e2

1

= e2 1

-

1 3

1

= e6 .

e3 45. 1. 4e4x # (- 5e- 3x + 2) = - 20ex + 2 . 3x - 3x 3x - 3x 6x - 6x 2. e + e # e - e =e -e . 2 2 4 e- 3x + 5 # (ex + 2) 3 e- 3x + 5 # e3x + 6 = 3. e- 2x - 6 e- 2x - 6 11 + 2x + 6 =e = e2x + 17 . 4. e3x + 5 # (e- x + 1) 3 # (e2 - 2x) 2

1 1 = ex . 46. 1. = 1 + e- x 1 + 1 ex + 1 ex -x x x -x e (e e- x) 1 - e- 2x 2. ex - e - x = - x x . = e +e e (e + e- x) 1 + e- 2x -x

x

-x

e 1 = e #e = . e- x + x 2 ex (e- x + x 2) 1 + x 2 ex x x 2. 1 - x 7 = e +x 3 - 7 = ex - 4 . e +3 e +3 e +3 x -x -x x e (1 e ) 48. 1 - e - x = x = ex - 1 . -x 1+e e (1 + e ) e + 1 x x 2 1- x = e +x 1 - 2 = ex - 1 . e +1 e +1 e +1 49. • f (x) = ln (2x - 1) + ln (- x + 5) . On doit avoit x 2 1 et - x 2 - 5 soit 2 x 1 5. Df = E 1 ; 5 ; . 2 • g (x) = ln ((2x - 1)(- x + 5)) = ln (2x - 1) + ln (- x + 5) ; Dg = Df . 47. 1.


47


x

1 2

–3

2x - 1

–

-x+ 5

+

(2x1)(- x + 5)

–

0

0

5 +

+3 +

+

0

–

+

0

–

• h (x) = ln (1 + x2) . 1 + x 2 2 0  x ! R donc Dh = R • i (x) = ln (1 + e2x) . e2x 2 0  x ! R ; 1 + e2x 2 0  x ! R donc Di = R . 50. ln 8 = 3 ln 2 ; ln 1 = - 2 ln 2 ; 4 ln (16e) = 4 ln 2 + 1 ; ln 2 = 1 ln 2 ; 2 64 ln 2 5 ln 2 - 2 . e 51. ln 10 = ln 5 # 2 = ln 5 + ln 2 . ln 100 = ln 10 2 = 2 ln 10 = 2(ln 5 + ln 2) . ln 0, 000 1 = ln 10 - 4 = - 4 ln 10 = - 4(ln 5 + ln 2) . 3 3 ln 1 000 = ln 10 2 = (ln 5 + ln 2) . 2

()

( )

TS erm


Livre du professeur

ln 8 = 3 ln 2 - 2 ln 5 . 25 ln (8 # 10 5) = ln 8 + ln 10 5 = 3 ln 2 + 5(ln 5 + ln 2) = 5 ln 5 + 8 ln 2 . ln (32 # 10 - 8) = 5 ln 2 - 8(ln 5 + ln 2) = - 8 ln 5 - 3 ln 2 . ln 0, 000 004 = ln (4 # 0, 000 001) = 2 ln 2 - 6 ln 5 - 6 ln 2 = - 6 ln 5 - 4 ln 2 . 52. ln (( 2 + 1)( 2 - 1)) = ln (2 - 1) = ln 1 = 0 . ln ( 7 - 2) + ln ( 7 + 2) = ln (( 7 - 2)( 7 + 2)) = ln (7 - 4) = ln 3. 11 - 3 + ln 11 + 3 1 = (ln ( 11 - 3) + ln ( 11 + 3)) 2 = 1 ln (11 - 9) = 1 ln 2 . 2 2 53. ln ((x - 1) # (x - 2)) - (ln (x - 1) + ln (x - 2)) = 0 . ln (x - 1) + ln (x - 2) - ln (x - 1) - ln (x - 2) = 0 . L’égalité affichée par le logiciel est vraie. 54. ln (e1#x 2) - 2 ln x = ln e1 + ln x 2 - 2 ln x = ln e + 2 ln x - 2 ln x = ln e = 1 . ln

2. Équations et inéquations 55. à 58. Corrigés dans le manuel. 59. 1. e- 2x + 5 = e3 + - 2x + 5 = 3 + - 2x = - 2 + x = 1 . 2 2. ex = e4x + 3 + x 2 - 4x - 3 = 0 . 3 = 16 + 12 = 28 soit 3 = 2 7 . 4-2 7 x1 = = 2 - 7 et x 2 = 2 + 7 . 2 x+7 - 2x + 5 3 = (e ) + ex + 7 = e- 6x + 15 3. e + x + 7 = - 6x + 15 + 7x = 8 + x = 8 . 7 4. R \ ' 5 1 . 2 x+1 e- 2x + 5

= e3 + x + 1 = - 6x + 15 + 7x = 14 + x = 2 .

60. 1. e2x - ex = 0 + ex (ex - 1) = 0 + ex = 0 ou ex - 1 = 0 + pas de solution ou ex = 1 + x = 0 . 2. D = 6 - 1 ; +3 6 .

x + 1 + x2 = x + 1 + x2 - x - 1 = 0 . 1+ 5 3 = 1 + 4 = 5 ; x 1 = et 2 1- 5 x2 = . 2 3. D = @ 0 ; +3 6 . (eln x) 2 + 5eln x = 6 + x 2 + 5x - 6 = 0. 3 = 25 + 24 = 49 ; ex = e

x+1

+x =

x 1 = - 5 - 7 = - 6 g D et 2 x 2 = - 5 + 7 = 1. 2 4. xex G 0 pour x ! @ – 3 ; 0 @ . 2 5. e1 - x G 0 pas de solution. 61. 1. e- x G ex + e- x - ex G 0 + ex (e- 2x - 1) + 0 + e- 2x - 1 G 0 + e- 2x G 1 + - 2x G 0 + x H 0 . 4x 2. e 21 + e4x2e0 + 4x20 + x20. 2 2 3. ex - xG1 + ex - xGe0 + x 2 - xG0 + x (x - 1) G 0. 1

0

–3 x

–

x-1

–

x (x - 1)

+

+3

+

0

0

+

–

0

+

–

0

+

3 = 1 + 24 = 25 ; x 1 = - 1 - 5 = - 3 et 2 x2 = - 1 + 5 = 2 . 2 On dresse le tableau de signes : x - x2 + x - 6

+

-1 2

0

+3

– 0 +

–

x

1 +

- 2x2 + x + 1

– 0 +

+ 0 –

- 2x + x + 1 x

+ 0 –

+ 0 –

2

1

Donc e x G e2x - 1 + x ! ; - 1 ; 0 ; , 6 1 ; +3 6 . 2 2 2 2. e5x - ex - 3x - 920 + e5x2ex - 3x - 9 + 5x 2 x 2 - 3x - 9 + - x 2 + 8x + 9 2 0. 3 = 100 ; x 1 = - 8 - 10 = 9 et -2 8 + 10 = - 1. x2 = -2 On dresse le tableau de signes : -1

–3

- x2 + 8x + 9

–

0

9 +

0

+3 –

2

Donc e5x - ex - 3x - 9 2 0 + x ! @ - 1 ; 9 6 2 2 3. ex ex H (e3) 2 + ex + x H e6 + x2 + x - 6 H 0 . © Hachette livre, 2012

48


+

0

2

1- 5 2

–3

x2 - x - 1

+

1+ 5 2 –

0

0

+3 +

Donc 2 1 - 5 1 + 5; ex - x 1 e + x ! E ; . 2 2 63. 1. e6 - 2x H 11 + e6 - 2x H eln 11 + 6 - 2x H ln 11 + - 2x H ln 11 - 6 ln 11 - 6 - ln 11 + 6 + xG + xG . -2 2 x x x 2. (e - 2)(e - 6) = 0 + e - 2 = 0 ou ex - 6 = 0 + ex = 2 ou ex = 6 + x = ln 2 ou x = ln 6 . 3. (e- x - 3)(ex + 1) H 0 + e- x - 3 2 0 (puisque ex + 1 2 0 ) + e- x 2 3 + - x 2 ln 3 + x 1 - ln 3. 4. D = @ 0 ; +3 6 . e2 + ln x 2 ln 3 + e2#eln x 2 ln 3 + x2 ln23 . x e 5. e x = 7 + ex = 14 - 7ex . 2-e + 8ex = 14 + ex = 14 = 7 + x = ln 7 . 8 4 4 2 64. 1. (x - 4) e- 1 + x 1 0 . x

4

–3

x-4 e-

– 2

(x - 4)e-

0

+

1+ x

2

1+ x

– 2

x

–

0

+3

4. ex - x 1 e + x 2 - x - 1 1 0. 1- 5 3 = 1 + 4 = 5 ; x 1 = et 2 1+ 5 x2 = . 2 On dresse le tableau de signes :

x2 - x

–3

2

Donc 2 ex exH(e3) 2 + x ! @ – 3 ; - 3 @,6 2 ; +3 6 .

x

G 1 + x ! 60 ; 1@ . Donc e 4. e2x + 1 2 1x + e2x + 1 2 e- x e + 2x + 1 2 - x + 3x + 1 2 0 + x 2 - 1 . 3 1 62. 1. e x G e2x - 1 + 1 G 2x - 1 x 2 + 1 - 2x + 1 G 0 + - 2x + x + 1 G 0. x x On calcule le discriminent du polynôme au numérateur : 3 = 1 + 8 = 9 ; x 1 = - 1 - 3 = 1 et x 2 = - 1 + 3 = - 1 . -4 -4 2 On dresse alors le tableau de signes :

-3

–3

+3 + +

0

+

Donc (x - 4) e- 1 + x 1 0 + x ! @ – 3 ; 4 6 . 2. D = R - " - 4 , . ex - e H 0 ex + 4 - 1 + ex - e 2 0 et ex + 4 - 1 2 0 + ex 2 e et ex + 4 2 1 + x 2 ln e et x + 4 2 0

TS erm


Livre du professeur

+ x 2 1 et x 2- 4 + x ! @ – 3 ; - 4 6 , 6 1 ; +3 6 . 3. e2 - x # e- 1 + 3x 1 (e4) 2 + e2x + 1 1 e8 + 2x - 7 1 0 + x 1 7 . 2 4. D =  - " 0 , . x e - 1H 0. x • ex - 1 2 0 + ex 2 1 + x 2 0 . x

0

–3

+3

e -1

–

0

+

x

–

0

+

e -1 x

+

x

x

+

Donc ex - 1 H 0 + x ! @ – 3 ; 0 6 , @ 0 ; +3 6 . x 65. 1. D = @ 2 ; +3 6 . ln (x - 2) = 11 + x - 2 = e11 + x = e11 + 2. 2. D = E – 3 ; 3 ; . 2 ln (3 - 2x) = - 11 + 3 - 2x = e- 11 - 11 + 3 . + - 2x = e- 11 - 3 + x = - e 2 3. D = E - 1 ; +3 ; . 4 ln (4x + 1) = 0 + ln (4x + 1) = ln (1) + 4x + 1 = 1 + x = 0 . 4. D = @ – 3 ; 14 6 . ln 7 - 1 x = 1 + ln 7 - 1 x = ln e 2 2 1 1 +7 - x = e=+- x = e- 7 2 2 + x = - 2e + 14 . 66. 1.

(

)

(

)

-1 2

-1

–3 x+ 1

–

2x + 1

–

x+ 1 2x + 1

+

0

+ –

0

–

+3 +

0

+ +

Donc D = @ – 3 ; - 1 6 , E - 1 ; +3 ; . 2 x + 1 1 x + 1 = ln + =1 ln 2x + 1 3 2x + 1 3 + 3x + 3 = 2x + 1 + x = - 2 . 2. 3x - 1 2 0 + x 2 1 ; 3 x + 2 2 0 + x 2 2 donc D = @ 2 ; +3 6 . ln (3x - 1) - ln (x + 2) = - ln (2) + ln 3x - 1 = ln 1 + 3x - 1 = 1 x+2 2 x+2 2 + 6x - 2 = x + 2 + 5x = 4 + x = 5 . 4

(

)

(

)

67. 1. x

1 2

-3

–3

2x - 1

–

x+ 3

–

0

+

(2x - 1)(x + 3)

+

0

–

–

+3 +

0

+ +

Donc D = @ – 3 ; - 3 6 , E 1 ; +3 ; . 2 ln ((2x - 1)(x + 3)) H ln 15 + (2x - 1)(x + 3) H 15 + 2x 2 + 6x - x - 3 H 15 + 2x 2 + 5x - 18 H 0 . 3= 25 + 144 = 169 ; x 1 = - 5 - 13 = - 9 4 2 et x 2 = - 5 + 13 = 2 . 4 Donc x ! ; - 9 ; - 3 ; , E 1 ; 2 E . 2 2 1 2. 2x - 1 2 0 + x 2 et 2 x + 3 2 0 + x 2- 3 , donc D = E 1 ; +3 ; . 2 ln (2x - 1) + ln (x + 3) H ln 15 . d’après 1. x ! E 1 ; 2 E . 2 68. 1. x 2 0 et x + 1 2 0 + x 2 - 1 donc D = @ 0 ; +3 6 . ln x H ln 4 - ln (x + 1) + ln (x # (x + 1)) H ln 4 + x 2 + x - 4 H 0 - 1 - 17 3 = 1 + 16 = 17 ; x 1 = et 2 - 1 + 17 x2 = . 2 - 1 + 17 ; +3 ; . Donc x ! ; 2 2. D = @ – 3 ; 0 6 . ln (1 + ex) + ln (1 - ex)H1 + ln (1 - e2x)H1 2 2 + 1 - e2x H e + - e2x H e - 1 + e2x G 1 - e + 1 - e 1 0 . Cette inéquation n’a donc pas de solution. 69. (E) : 4(ln x) 3 = 11(ln x) 2 - 246 ln x + 189 = 0 avec x ! @ 0 ; +3 6 . 1. On pose X = ln x avec x ! @ – 3 ; +3 6 . On a donc 4X 3 - 11X 2 - 246X + 189 = 0. 2. On entre “solve” (4X 3 - 11X 2 - 246X + 189 = 0, X) et on trouve S = ' - 7 ; 3 ; 9 1 . 4 3. S = " e- 7 ; e3/4 ; e9 , . 70. 1. ex + e- x = 5 . 2. 5 - 21 5 + 21 x 1 + x 2 = ln + ln 2 2 = ln 25 - 21 = ln 2 . 2

(


)

49

(

)


71. 1. e2x - 7ex + 10 = 0 . On pose X = ex avec X ! @ 0 ; +3 6 on a donc X 2 - 7X + 10 = 0 . 3 = 49 - 40 = 9 ; X 1 = 7 - 3 = 2 et 2 X 2 = 7 + 3 = 5 soit ex 1 = 2 et ex 2 = 5 et 2 finalement x 1 = ln 2 et x 2 = ln 5 . 2. 2ex - 9e- x = - 3 + 2e2x - 9 = - 3ex + 2e2x + 3ex - 9 = 0 . On pose X = ex avec X ! @ 0 ; +3 6 ; on a donc 2X 2 + 3X - 9 = 0 3 = 9 + 72 = 81 ; X 1 = - 3 - 9 = - 3 4 et X 2 = - 3 + 9 = 3 . X 1 est impossible, 4 2 donc e2x = 3 soit x 2 = ln 3 . 2 2 72. 1. 2x x 2x e = 24 - 5e + e + 5ex - 24 = 0 . On pose X = ex avec X ! @ 0 ; +3 6 on a donc X 2 + 5X - 24 = 0 . 3 = 25 + 96 = 121 ; X 1 = - 5 - 11 = - 8 2 et X 2 = - 5 + 11 = 3 . X 1 est impossible, 2 donc ex - 2 = 3 soit x 2 = ln 3 . 2. e- x - 3ex = - 1 + - 3e2x + ex + 1 = 0. On pose X = ex avec X ! @ 0 ; +3 6 on a donc - 3X 2 + X + 1 = 0 . 3 = 1 + 12 = 13 ; - 1 - 13 1 + 13 = X1 = et -6 6 - 1 + 13 - 1 - 13 = X2 = impos-6 6 sible. 1 + 13 1 + 13 Donc ex 1 = soit x 1 = ln . 6 6 73. L’équation que Célia souhaite résoudre est différente de celle du logiciel de calcul formel. 74. x

2

–3

x-2

–

e- x

+

f (x)

– 2x

0

+3 + +

0

+

x

g (x) = e + e ; g (x) est strictement positive sur R. 75. • f (x) = e2x - ex = ex (ex - 1) . x

0

–3

+3

ex

+

ex - 1

–

0

+

f (x)

–

0

+

+

TS erm


Livre du professeur

• g (x) = e2x - 2ex - 3 . On pose X = ex avec X ! @ 0 ; +3 6 on a donc X 2 - 2X - 3. 3 = 4 + 12 = 16 ; X 1 = 2 - 4 = - 1 et 2 X 2 = 2 + 4 = 3 soit x 2 = ln 3 . 2 ln 3

–3 –

g (x)

0

+3 +

76. • D f = E - 5 ; +3 ; . 8 ln (8x + 5) 2 0 + 8x + 5 2 1 + 8x 2- 4 + x 2 - 1 . 2 -1 2

5 8 –

f (x)

0

+

3 = 1 + 4 = 5 ; 1- 5 1+ 5 x1 = et x 2 = . 2 2 1+ 5 2

1 –

g (x)

0

+3 +

77. • D f = @ 5 ; +3 6 . f (x) = ln (x - 5) - ln (x + 4) = ln x - 5 . x+4 ln x - 5 2 0 + x - 5 2 1 x+4 x+4 + x - 5 - x - 42 0 + - 9 2 0. x+4 x+4 x f (x)

5

()

+3 –

• D g = @ 0 ; +3 6 . g (x) = ln x + ln (1 + x 2) - ln (5 + 3ex) x (1 + x 2) = ln 2 x x (1 + x ) - 5 - 3e 5 + 3ex 2 0. x 5 + 3e 78. 1. 0, 999 n 1 10 - 11 + n ln 0, 999 1- 11 ln 10 + n 2 - 11 ln 10 . ln 0, 999 2. n 9 1, 000 01 2 10 + n ln 1, 000 01 2 9 ln 10 + n 2 9 ln 10 . ln 1, 000 01

()

-1

e3 - 1

1

x- 1

–

ln (x+ 1) - 3

–

(x - 1) (ln (x+ 1) - 3)

+

+3

• D g = @ 1 ; +3 6 . g (x) = ln x + ln (x - 1) = ln x (x - 1) . ln x (x - 1) 2 0 + x (x - 1) 2 1 + x2 - x - 1 2 0 .

x

3. n n 5 - 1 H 4, 999 9 + - 1 H - 0, 000 1 3 3 0, 000 1 + nG . ln 3 79. x ln (x + 1) + 3 2 ln (x + 1) + 3x . 1. Le logiciel de calcul formel utilisé ne permet pas de résoudre l’inéquation. 2. D = @ - 1 ; +3 6 . x ln (x + 1) - ln (x + 1) + 3 - 3x 2 0 + (x - 1) ln (x + 1) - 3(x - 1) 2 0 + (x - 1)(ln (x + 1) - 3) 2 0 . ln (x + 1) - 3 2 0 + ln (x + 1) 2 3 + x + 1 2 e3 + x 2 e3 - 1 . 0

0

+

+3 +

–

0

+

–

0

+

x ! @ - 1 ; 1 6 , @ e 3 - 1 ; +3 6 . 80. XCAS ne tient pas compte du domaine de définition (résolution) de l’inéquation. ln (x - 1) et ln (x + 4) ne sont pas définies pour x = - 5 . S = " 2 , . ex e y = 12 ex e y = 12 81. * x - y 4 + * x - y 4 = e e e = 3 3 ex = 12/e y ex = 12e- y +* + * - 2y 1 e = 12e- 2y = 4 9 3 ex = 12e- y ex = 12e- y +) +* y = ln 9 - 2y = - ln 9 2 ln 9 Z x ]] x = ln 12 - ln 9 e = 12e 2 2 . +* + [ ln 9 ln 9 y= ]y = 2 2 \ 82. 1. 3x - y = 17 y = 3x - 17 +' ' 2x + 3y = 15 2x + 9x - 51 = 15 y = 3x - 17 y = 3x - 17 +' +' 11x = 66 x=6 y=1 +' + S = " (6 ; 1) , . x=6 2. On pose X = ex et Y = ey 3X - Y = 17 ' 2X + 3 Y = 15 d’après 1. X = 6 et Y = 1 soit ex = 6 et ey = 1 puis x = ln 6 et y = 0 . S = " (ln 6 ; 0) , . 4ex + ey = 13 83. ' x on pose X = ex et e - 2ey = - 8 Y = ey '

Y = 13 - 4X X - 2(13 - 4X) = - 8 © Hachette livre, 2012

50


Y = 13 - 4X Y = 13 - 4 +' X - 26 + 8X = - 8 9X = 18 Y=5 y = ln 5 ey = 5 +' +' x +' . X=2 x = ln2 e =2 S = " (ln 2 ; ln 5) , . 84. 1. 2x + 5y = - 1 6x + 15y = - 3 . +' ' 3x - 7y = 13 6x - 14y = 26 On ajoute les égalités : y = 23 d’où 2x + 115 = - 1 soit x = - 58 . ln x = - 58 x = e- 58 2. ) +) ln y = 23 y = e23 S = " (e58 ; e23) , 6 ln x + ln y = 1 85. ) ln x - 5 ln y = - 5 on pose X = ln x et Y = ln y 6X + Y = 1 Y = 1 - 6X +' ' X - 5Y = - 5 X - 5 + 30X = - 5 Y=1 ln x = 0 x=1 +' +) +' . X=0 ln y = 1 y=e S = " (1 ; e) , . x+y=5 86. ' ln x + ln y = ln 3 + ln 2 x 2 0 et y 2 0 x+y=5 x=5-y +' ' ln (xy) = ln 6 ln ((5 - y) y) = ln 6 x=5-y +' ln (- y 2 + 5y) = ln 6 + - y 2 + 5y = 6 + - y 2 + 5y - 6 = 0 + (y - 3)(y - 2) = 0 . S = " (2 ; 3), (3 ; 2) , . +'

3. Limites 87. à 90. Corrigés dans le manuel. 1 ; 91. 1. ln x = ln x # x+2 x 1+2 x D = @ 0 ; +3 6 . lim ln x = – 3 x " 0+ lim x + 2 = 2 4 par quotient x " 0+ lim ln x = – 3 . x " 0+ x + 2 x = 0 asymptote verticale à la courbe représentative de ln x . x+2 _ ln x lim =0 b x " +3 x b 1 ` par produit lim = 1 x " +3 b 2 b 1+ x a ln x # 1 lim = 0. x " +3 x 2 1+ x

(

(

)

)

(

)

y = 0 asymptote horizontale en +3 à la courbe représentative de ln x . x+2 2. D = @ - 1 ; +3 6 . On pose X = x + 1 :

TS erm


Livre du professeur

lim x ln (x + 1) = lim (X - 1) ln X

x"– 1

X"0

lim (X - 1) = - 1 lim + ln X = – 3 4 par produit

X"0

lim (X - 1) ln X = +3 . x = - 1 asymptote verticale. lim (X - 1) = +3 X " +3 par produit lim ln (X) = +3 4 X " +3 lim (X - 1) ln X = +3 . X"0

X " +3

3. D = @ 0 : +3 6 . lim (x + 1) = 1 x"0 lim+ ln x = – 3 4 par produit

lim (x + 1)(ln x) = – 3 . x"0 x = 0 asymptote verticale. lim (x + 1) = +3 x " +3 3 par produit lim ln x = +3 x " +3 lim (x + 1) # (ln x) = +3 . x " +3 4. D = @ – 3 ; - 1 6 , @ 0 ; +3 6 x = 1. lim x " –3 x - 1 lim ln X = 0 ; x lim ln x =0 " –3 X"1 x+1 donc y = 0 est asymptote horizontale. x =+ . lim 3 x"- 1 x + 1 lim ln X = +3 ; lim ln x = +3 X " +3 x" –1 x+1 donc x = - 1 asymptote verticale. lim x = 0 . x"0 x + 1 lim ln (X) = – 3 ; lim ln x = –3 x"0 x+1 X " 0+ donc x = 0 est asymptote verticale. x = 1. lim x " +3 x + 1 lim ln X = 0 ; x lim ln x =0 " +3 X"1 x+1 donc y = 0 est asymptote horizontale. 92. 1. D = @ 0 ; +3 6 . lim x = 0 x"0 lim - ln x = +3 3 par addition x"0 lim x - ln x = +3 ; x"0 x = 0 est asymptote verticale. x - ln x = x 1 - ln x ; x ln x x 1 - ln x = +3 . lim = 0 ; x lim x " +3 x " +3 x 2. D = @ 0 ; +3 6 . x ln x = 1 x ln x : 2 lim+ x ln x = 0 ; lim+ 1 x ln x = 0 ; x"0 x"0 2 1 x ln x = + ; lim x ln x = +3 ; x lim 3 x " +3 " +3 2 3. D = @ – 3 ; 0 6 , @ 0 ; +3 6 . lim x = – 3 x " –3 3 par somme lim - ln (x 2) = – 3 x –

(

)

(

)

(

)

(

)

)

)

" 3

2

lim x - ln (x ) = – 3 .

x " –3

lim x - ln (x 2) = +3 .

x " 0-

lim x - ln (x 2) = +3 donc

de même

x " 0+

x = 0 asymptote verticale. ln (x 2) x - ln (x 2) = x 1 ; x lim x = + 3 x " +3 4 par produit ln (x 2) lim 1 =1 x " +3 x ln (x 2) lim x 1 = +3 . x " +3 x 4. D = @ 0 : +3 6 . lim ln (2x) = – 3 x"0 4 par quotient lim x 2 + 1 = 1

(

)

(

x"0

(

4 par somme lim- - ln (x 2) = +3

x"0

X"0

(

lim x = 0

x " 0-

)

x"0

ln (2x)

= – 3 donc x = 0 asymptote x2 + 1 verticale. ln (2x) = ln 2 = ln x ; x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 _ ln 2 = 0 b lim b x " +3 2 x +1 par somme ln x = 0 ` b lim b x " +3 2 x +1 a ln 2 + ln x = 0 donc y = 0 lim x " +3 2 x + 1 x2 + 1 asymptote horizontale. 93. 1. D = @ – 3 ; +3 6 . lim x = – 3 x " –3 3 par somme lim - ex = 0 x " –3 lim x - ex = – 3 x " –3 x x - ex = x 1 - e ; x lim x = + 3 x " +3 ex = – 4 par produit lim 1 3 x " +3 x x lim x 1 - e = – 3. x " +3 x 2. D = @ – 3 ; +3 6 . 2 2 lim ex - x = x lim ex ; x lim x 2 = +3 ; x " –3 – 3 " " –3 lim ex = +3 ; de même lim

x"0

(

(

X " +3

)

)

(

)

2

lim ex - x = +3 . 3. D = @ – 3 ; +3 6 . x2 = – . lim 3 x " –3 2 x lim e = 0 donc y = 0 asymptote hox " –3 rizontale en – 3 et en +3 de même x " +3

lim e x + " 3

-

x2 2

= 0.

4. D = @ – 3 ; +3 6 . ex - e- x = ex - 1x ; e © Hachette livre, 2012

51


lim ex = 0 4 par somme lim - 1x = – 3 x " –3 e lim ex - 1x = – 3 . x " –3 e lim ex = +3 x " +3 4 par somme lim - 1x = 0 x " +3 e lim ex - 1x = +3 . x " +3 e 94. 1. D = @ – 3 ; +3 6 . (x - 5)e- x ; On pose X = - x , x lim – x " –3

" 3

lim (- x - 5) = – 3

X " +3

lim ex = +3

X " +3

4 par produit

lim (- x - 5)eX = – 3 .

X " +3

(x - 5)e- x = x+x - 5x ; e e x =0 _ lim b b x " +3 e x par somme 5 = 0` b lim x " +3 ex a 5 = 0 donc y = 0 asymptote x lim x " +3 e x ex horizontale. 2. D = @ – 3 ; +3 6 . lim x + 1 = – 3 x " –3 3 par quotient lim ex + 1 = 1 x " –3 lim x + 1 = – 3 x " – 3 ex + 1 1 Yx 1 + 1 x + x lim = x lim x " +3 e x + 1 x " +3 e +1 Yx x x _ lim 1 + 1 = 1 b b x " +3 x ` par quotient x e 1 b lim + = + 3 x " +3 x x a 1+1 x = 0 donc y = 0 asymptote lim x " +3 x e +1 x x horizontale. 3. D = @ – 3 ; - 4 6 , @ - 4 ; +3 6 . On pose X = 2x : 2x X lim e = lim 2e . x " +3 x + 4 X " –3 X + 8 lim 2eX = 0 X " –3 1 = 0 4 par produit lim X " –3 x + 8 x lim = 2e = 0 . X " –3 X+8 2x 2x e e lim = – 3 ; lim + = +3 x"- 4 x + 4 x"- 4 x + 4 donc x = - 4 asymptote verticale.

( ) ( )

TS erm


Livre du professeur

lim

X " +3

2ex = lim X + 8 X " +3

4. D = @ – 3 ; +3 6

( (

lim 2X 2 - 5 + 1 = lim 2X 2 = +3 .

2ex

(

)

X 1+8 X x = lim e = +3 . X " +3 X

) )

e2x 1 - 1x e . e3x 1 + 13x e 2x x e e lim =0 x " – 3 3x e +1 lim e2x - ex = 0 x " –3 car 4 par quotient lim e3x + 1 = 1 x – e2x - ex = e3x + 1

" 3

2x

x

lim e 3x - e = 0 e +1

x " –3 2x

x

1 = 0 donc lim e 3x - e = x lim " +3 e x e +1 y = 0 asymptote horizontale. 95. 1. D = @ – 3 ; - 1 6 , @ 1 ; +3 6 . On pose X = x 2 : ln (x 2 – 1) lim = lim ln X = 0 donc 2 x " –3 X " +3 X x +1 y = 0 asymptote horizontale en – 3 et en +3 . ln (x 2 - 1) De même x lim = lim ln X = 0. X " +3 X " +3 x 2 + 1 lim - ln (x 2 - 1) = – 3 x -1 x " +3

"

lim x 2 + 1 = 2

x " - 1-

lim =

4

ln (x 2 - 1)

= –3 x2 + 1 ln (x 2 - 1) de même lim+ 2 = – 3 donc x"1 x +1 x = 1 asymptote verticale. 2. D = @ – 3 ; 0 6 , @ 1 ; +3 6 . lim = 3x = 3 ; x lim ln 3x = ln 3 ; x " –3 " –3 x-1 x-1 3x = ln 3 donc ln De même x lim " +3 x-1 y = ln 3 asymptote horizontale en – 3 et en +3 . lim 3x = 0 , lim ln X = – 3 donc x"0 x - 1 X"0 x = 0 est asymptote verticale. lim 3x = +3 , lim ln X = +3 X " +3 x " 1+ x - 1 donc x = 1 est asymptote verticale. 3. D = @ 0 ; +3 6 . On pose X = ln x : lim 2 (ln x) 2 - 5 ln x + 1 x"0 = lim 2X 2 - 5X + 1 = +3 . X – x " - 1-

" 3

Donc x = 0 asymptote verticale.

X " +3

X " +3

4. D = @ 0 ; +3 6 . lim x 2 - x + 2 ln x + 1 = – 3 donc x = 0 x"0

asymptote verticale. lim x 2 - x + 2 ln x + 1 x " +3 = x lim x 2 1 - 1 + 2 ln2 x + 12 = +3. " +3 x x x 96. 1. On pose X = x + 1 : lim X - 1 - ln X X " +3 lim X 1 - 1 - ln X = +3 . X " +3 X X 2 2 1 + x = lim x 2. x lim ; x " +3 " +3 lim ln (1 + x 2) = x lim ln x 2 ; x + +

(

)

(

" 3

)

" 3

ln (1 + x 2) ln x = 0 . lim = x lim x " +3 " +3 x 2x ln (1 + x 2) = lim - ln X 3. x lim X " +3 " –3 2x X en posant X = - x . 2 ln (1 + x ) = 0. donc x lim " –3 2x 1 + 2ex = 1 ; lim ln X = 0 . 4. x lim " – 3 e2x + 1 X"1 5. ex 2 + 1x x 1 2 + e e = 0. lim = lim x " +3 2x e + 1 x " +3 2x e 1 + 12x e lim x = 0 x"0 97. 1. 4 par différence lim (ln x) 2 = +3 x 0

( (

"

) )

lim x - (ln x) 2 = – 3 .

x"0

(

)

2. (ln x) 2 2 lim ( x ( ln x ) ) = lim x 1 . x " +3 x " +3 x On pose X = ln x : lim (x - (ln x) 2) = lim (eX - X 2) x + " 3

X " +3

(

X

)

X2 e 1 - 1 _ X lim +3 " lim X = +3 X b b X " +3 X par produit ` lim e - 1 = +3 b X " +3 X 2 X a lim X 2 e 1 - 1 = +3 . X " +3 X x lim ln (1 + e ) = 0 3. x " – 3 3 par différence lim x = – 3 x " –3 lim (x - ln (1 + ex)) = – 3 . x " –3 (x - ln (1 + ex)) 4. x lim " +3 = x lim (x - ln (ex (e- x + 1)) . + 2

(

)

" 3

lim Yx - Yx - ln (e- x + 1) x " +3 = x lim - ln (e- x + 1) ; " +3 lim e- x + 1 = 1 ; lim - ln X = 0 . x + " 3

X"1

(x + ln (1 + e- x)) 98. 1. x lim " –3 = x lim x + ln e- x + ln (1 + ex) – " 3


52


lim 1 + ex = 1 ; lim ln X = 0 .

x " –3

X"1

1 + e- x = 1 ; lim ln X = 0 ; 2. x lim " +3 X"1 lim (x + ln (1 + e- x)) = +3 . x " +3 3. On pose X = 3x : lim x ln (3x) = lim 1 # ln X x"0 X"0 3 lim X ln X = 0 donc lim x ln (3x) = 0 . x"0 x"0 4. On pose X = 3x : lim x ln (3x) = lim 1 # ln X = +3 . x " +3 X " +3 3 99. 1. lim (x + 1) = +3 lim ln X = +3 x " +3 X + " 3

4

lim (x 2 + 1) = +3 x " +3 (x 2 + 1) ln (x + 1) . par produit x lim + " 3 = +3

2.

lim (x + 1) = 0 lim ln X = – 3

x"- 1

lim (x 2 + 1) = 2

X"0

x"- 1

4.

par produit lim (x 2 + 1) ln (x + 1) = – 3. x"- 1

3. lim+ (ex) 3 = 1 + ; lim e3x - 1 = 0 + ; x"0

x"0

lim ln (e3x - 1) = lim + ln X = – 3 .

x"0

X"0

(ex) 3 = +3 ; x lim e3x - 1 = +3 ; 4. x lim + + " 3

" 3

lim ln (e3x - 1) = lim ln X = +3 . x + " 3

X " +3

lim x - 1 = 1 100. 1. x " +3 x 4 par produit x + lim ln = 3 x " +3 lim x - 1 ln x = +3 . x " +3 x x 1 = –3 lim 2. x " 0+ x 4 par produit lim ln x = – 3 x " 0+ lim x - 1 ln x = +3 . x"0 x 3. lim 1 + x = 1 ; x"0

lim ln X = lim 1 = 1 ; lim 1 + 2x = 1 . x"0 ln X X " 1 ln (1 + x) ln x = 1 . 4. x lim = x lim " +3 ln (1 + 2x) " +3 ln 2x ln 2 101. 1. On pose X = x - 1 : ln (1 + X) = 1. lim ln x = lim x"1 x - 1 x"0 X ln (1 + x) 1 = . 2. lim 1 x"0 3 x 3 3. On pose X = 6x : ln (1 + 6x) 2 ln (1 + X) lim = lim = 2. x"0 X"0 3x X 4. On pose X = - 5x : ln (1 - 5x) ln (1 + X) lim = lim - 5 = - 5. x"0 X"0 2 2x X 2 2 102. 1. On pose X = x : ln (1 + x 2) ln (1 + X) lim = lim x"0 X 0 2x " 2 X X ln (1 + X) = 0. lim X"0 2 X X"1

TS erm


Livre du professeur

2. lim 1 + x = 1 ; lim

x"0

x"0

ln (1) = 1 ; ln (1)

lim 1 + 2x = 1 . x"0 3. idem qu’en 2.. ln (1 + x 2) ln (1) 4. lim = lim = 1. x " 0 ln (1 + x) x " 0 ln (1) 103. 1. On pose X = 2x : x 2 = 1 X 2 . 4 1 2 2 lim ex ln (2x) = lim e4 X ln X . x"0

X"0

2

lim X ln X = 0 donc lim

X"0

X"0

1 2 e4 X lnx

= 1.

ln x = lim ln x = 0 . 2. x lim x " +3 x " +3 3x + 2 ln x = 0. 3. x lim " +3 x 2 ln x ln x = 0 . 4. x lim = x lim " +3 x 2 - x + 2 " +3 x 2 5. lim (x + 3) ln x = lim x ln x + 3 ln x = – 3. x 0 x 0 "

"

6. lim (x + 0) ln x idem qu’en 5.. x"0

4. Dérivées 04. et 105. Corrigés dans le manuel. 1 106. D¢ = R ; f ¢ (x) = 5e5x . D¢ = R ; g¢ (x) = - e+ 4 - x . 107. x 2 - 3x et ex sont des fonctions définies et dérivables sur R, donc f (x) est dérivable sur R par composé de 2 fonctions 2 dérivables sur R : f ¢ (x) = (2x - 3)ex - 3x . g (x) est dérivable sur R par composé de 2 fonctions définies et dérivables sur R : g¢ (x) = cos xesinx . 1

h (x) = e x ; ex définie et dérivable sur R ; 1 est définie et dérivable sur R* donc x 1 h (x) aussi et : h¢ (x) = - 12 e x . x 108. D¢ = R ; f ¢ (x) ex + xex = ex (1 + x) . x x ex (x - 1) D¢ = @ 0 ; +3 6 ; g¢ (x) xe -2 e = . x x2 109. D¢ = @ 0 ; +3 6 ; f ¢ (x) ln x + 1 . D¢ = @ 0 ; +3 6 ; g¢ (x) = 1 - 2ln x . x 110. g¢ (x) = - 2x2 . 1-x 111. ln x définie et dérivable sur @ 0 ; +3 6 ; x 2 sur R ; (ln x) 2 sur @ 0 ; +3 6 : f ¢ (x) = 2 ln x . x ln x définie et dérivable sur @ 0 ; +3 6 ; 1 ln (ln x) sur @ 1 ; – 3 6 : g¢ (x) = x = 1 . ln x x ln x x + 1 définie et dérivable sur R - " 1 , ; x-1 en x sur @ 0 ; +3 6 .

Yx - 1 - Yx - 1 (x - 1) 2 -2 = h¢ (x) = x+1 (x - 1)(x + 1) x-1 -1

x x+ 1

–

x-1

–

x+ 1 x-1

+

+1 +

0

– –

0

+ 0

+ +

h (x) définie et dérivable sur @ – 3 ; - 1 6 , @ 1 ; +3 6 . 2 – 112. f ¢ (x) = 43 e x 2 . x g¢ (x) = 2e– 3x + (2x + 1) # (– 3) # e– 3x = e– 3x (2 – 6x – 3) = e– 3x (– 6x – 1) . 3e3x (e3x + 1) – (e3x – 1) # 3 # e3x h¢ (x) = (e3x + 1) 2 6e3x . = 3x (e + 1) 2 2 2 i ¢ (x) = 2xe– x + x 2 # (– 2x) e– x 2 2 = e– x (2x – 2x 3) = 2xe– x (1 – x 2) . 2ex – 1 = e2x – 1 ; 1 + e2x 1 + e2x 2x 1 – 2x 2 = e2x – 1 = f ¢ (x) . e +1 e +1 2 114. f ¢ (x) = (2x – 4)ex – 4x + 1 . cos x sin x xesin x#ecos x f ¢ (x) = – sin xe #e sin–x cos 2 (e ) sin x + cos x –e (sin x + cos x) = . sin x 2 (e ) 6 115. f ¢ (x) = ln x – 4 . x x x e g¢ (x) = . 1 + ex 116. f ¢ (x) = 2x ln (2 - x) + x 2 # – 1 . 2–x 1 113. f ¢ (x) =

1 . g¢ (x) = 2 x - 1 = - 1) 2 ( x x-1 –x+3 + (x + 1)#(– 1) e– x + 3 117. f ¢ (x) = e –x+3 Y–x–1 Y) = – xe– x + 3 . =e (1 2e2x (3x + 1) – e2x # 3 g¢ (x) = e2x (6x – 1) (3x + 1) 2 . = (3x + 1) 2 118. (xe– 2x) ¢ = (1 – 2x)e– 2x . (u n)¢ = n # u ¢# u n – 1 . f (x) = x n e– ln x = (xe– 2x) n . f ¢ (x) = n # (1 - 2x)e– 2x # (xe– 2x) n – 1 . 119. f ¢ (x) =

2x – 3 . x 2 – 3x + 9


53

g¢ (x) =

(x1 +- 2x)

3 # (1 – x) . x+2

=

120. 1. f (x) = x – ln (x + 1) . 2. f ¢ (x) = x . x+1 2 121. 1. f ¢ (x) = –3 x –2 2x + 1 x +x +x+1 – (x – 2 + 1)(x + 2 + 1) . = (x + 1)(x 2 + 1) 2. x

2 –1

–1

f ¢(x) f (x)

+

+3 –

0

–3

–3 3x - 1

122. f ¢ (x) =

(– 3x 2 + 2x + 12)ex 2 + 4 (x 2 + 4)

.

– 28x 3x 4 + 16x 2 + 5 . = 2 – 28x2 (x + 5)(3x + 1) 123. 1. g¢ (x) =

x

0

ln

f ¢(x)

6 3 2 ln 2 2 +

f (x) –3

+3 –

0 a

0

0

2. x = 0 asymptote verticale et y = 0 asymptote horizontale en +3 . 6 ; 3. f (x) 1 0 pour x ! E 0 ; ln ; 2 6 f (x) 2 0 pour x ! E ln ; +3 ; ; 2 6 f (x) = 0 pour x = ln . 2 2

( ) ( ) ( )

x +x

124. 1. f ¢ (x) =

(x 2 – 10x – 5)e x – 5 x 2 – 10x + 25

(

2

.

)

x +x 2. e x–5 f ¢ (x) = (x – 30 – 5)(x + 30 – 5) . (x – 5) 2

3. f ¢ (x) 2 0 pour x 1 – x 2 30 + 5 .

30 + 5 ou

4. x

–

–3

f ¢(x) f (x)


(1 – Yx) + Yx + 2

+ 0

5

30 + 5 0

– 0

TS erm


Livre du professeur

(

3 – x

)

x 125. 1. f (x) = ln 1 2+x 2e . e –1 – 2ex (e2x + ex + 1) 2. f ¢ (x) = x . (e – 1)(ex + 1)(2ex + 1)

3. – 2ex (e2x + ex + 1) 1 0 ; (ex – 1)(ex + 1)(2ex + 1) 2 0 pour x ! @ 0 ; +3 6 donc f ¢ (x) 1 0 . solve d f (x) 1 0, x . dx

(

( ) ( )

9e 4 . f ≤ (x) = 1 + 32 2. f ≤ (x) 2 0 sur R. 3. x

a . – 0, 29

–3

f ≤ (x)

)

+3

+

f ¢(x)

()

0

f (x) = 0 . Donc x lim " +3 4.

5. Avec un logiciel de calcul formel

–3

26. et 127. Corrigés dans le manuel. 1 1 128. 1. f ¢ (x) = – 2e– 2x # . 1 + e– 2x 2. f ¢ (x) 1 0 sur R. 3.

– 0, 29 G a G – 0, 28

x

4. La fonction f ¢ (x) est continue et dérivable sur R. f ¢ (x) est strictement croissante sur R et lim f ¢ (x) = – 3 . x " –3 lim f ¢ (x) = +3 . x " +3 D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel a ! R tel que f ¢ (a) = 0 . – 0, 29 G a G – 0, 28 5.

f ¢(x)

x

–3

+3

f ¢(x)

– –3

f (x) 0

129. 1. Les capacités du logiciel ne permettent pas de résoudre l’inéquation f (x) 2 0 . 2. a.  x

1

0

f ¢(x)

3 2

+

–

0 5 2

f (x)

+3 +

0

+3

0

. 2, 46

b.  f (x) 2 0 sur @ 0 ; +3 6 . c.  S = @ 0 ; +3 6 . 130. 1. f ¢ (x) = x (2 ln x + 1) . 2. f ¢ (x) 1 0 sur B 0 ; f ¢ (x) 2 0 sur B e

–

1 2

1 – e 2 8 ;

x f ¢(x) f (x)

0

f ¢(x) f (x)

e –

1 2

–

+3 +

0

0 =e

–

1 2

+3

4. L’équation de la tangente à la courbe f au point d’abscisse 1 est : y = x - 1 . 3 – x 1 3 1 . 1 . f (x) = 1 x 2 + 3 x - 2 + 1 e 4 2 4 3 2 sur R ; 3 f ¢ (x) = x + 3 – 4

– x 3e 4

8

;

f (x)

e1 e1

135. A. 1. ; x ! 6 0 ; +3 6 , 2 2 f ¢ (x) = e– x (2x – 2x 3) = 2xe– x (1 – x 2) 2 = 2xe– x (1 – x)(1 + x) . 2. f ¢ (x) H 0 + x ! 6 0 ; 1 @ et f ¢ (x) G 0 + x ! 6 1 ; +3 6 . f (x) = 0 . 3. x lim + " 3

x ) (e ).

– f ¢ (x) = e– k (k 2 – k) x k – 2 – k 2 e– k x k x k – 2 e c


()

54

0

" 3

x

2

2 2

0

f ¢(x)

+

+3 –

0 2e 2

f (x)

0 1 2 2 e

2 2e )= = . 2 2 2 f admet sur 6 0 ; +3 6 un 2e vaut atteint en x = 2 138. 1.

maximum, qui 2 . 2

1

–

j O –i

+

0

e1

(

–

0

0

r

6. Problèmes

B. 1.

+3

b. ; x ! 6 0 ; +3 6 , f ¢ (x) = e– x (1 – 2x 2) .

f(

r 2 –

+

1 k

0 +3

. 0, 22

f ¢(x)

(k –k 1)

0

f (x) = 0 . 137. a.  x lim +

+

0

+3

0

3. x

–

f (x)

+3

6. L’équation f (x) possède deux solutions dans R. L’une sur l’intervalle 6 – 2 ; 0 @ , l’autre sur l’intervalle 6 0 ; 3 @ . L’instruction fsolve, qui utilise une méthode de calcul différente de solve permet d’évaluer ses solutions. 132. x

; +3 8 .

a

–3

X " +3

" 3

+3

1

2. f ¢ (x) H 0 + x ! ; 0 ; k – 1 k E k 1 k – 1 k ; +3 ; . et f ¢ (x) G 0 + x ! ; k 3. Lorsque x " +3 alors x k " +3 (en c 2 0 et k H 2 ) c xf (x) = lim kXe– X = 0 . donc x lim +

k


2

2. a. (A ) : y = ea (x – a) + ea . b. (B ) : y = – 2b (x – b) – b 2 – 1 . c. (A ) = (B ). ea = – 2b + ' – aea + ea = 2b 2 - b 2 - 1 ea = – 2b + ' – a ea + ea = b 2 - 1 ea = – 2b 2a + * – a ea + ea = e - 1 4 ea = – 2b + ' 2a e + 4aea – 4ea – 4 = 0

TS erm


Livre du professeur

3. (E) : e2x + 4xex – 4ex – 4 = 0 . a. ; x 1 0 ; e2x 1 e0 + e2x 1 1 donc e2x – 4 1 – 3 1 0 . ; x 1 0 ; x - 1 1 – 1 1 0 or ex 2 0 donc 4ex (x – 1) 1 0 . b.  f (x) = e2x – 4 + 4ex (x - 1) donc d’après a. ; x 1 0 f (x) 1 0 Ainsi (E) n’admet pas de solution sur @ –3 ; 0 6 . c. ; x H 0 , f ¢ (x) = 2e2x + 4ex + 4xex – 4ex = 2ex (ex + 2x) or x 2 0 donc ex 2 0 et x 2 0 donc f ¢ (x) 2 0 . f est croissante sur 6 0 ; +3 6 . d.  f (0) = e0 + 0 – 4 – 4 = – 7 et f (x) = ex (ex + 4x – 4) – 4 . lim ex = +3 x " +3 4 lim f (x) = +3. lim ex + 4x – 4 = +3 x " +3 x + " 3

En utilisant le théorème de la bijection, ! a ! 6 0 ; +3 6 / f (a) = 0 . À l’aide de la calculatrice : 0, 84 1 a 1 0, 85 x

0

+3

f ¢(x)

+ +3

f (x) –7

4. b = 1 ea donc : e0, 84 1 ea 1 e0, 85 2 soit – 1 e0, 85 1 b 1 – 1 e0, 84 2 2 d’où – 1,16 1 b 1 – 0, 92 . ln (1 + X) =1 140. 1. n lim u = lim X"0 " +3 n X (cours). 1 n 2. 1 + 1 = en ln (1 + n ) n n ln 1 + 1 = 1 or n lim " +3 n n 1 + 1 = e. donc par composition n lim " +3 n n 3. a.  ln v n = ln 1 + a = n ln 1 + a . n n On pose X = a et n n lim ln v = lim n ln 1 + a n n " +3 n " +3 n ln (1 + X) = lim a = a. X"0 X u n = ea . b.  n lim +

(

)

(

)

(

)

(

(

(

)

)

)

" 3

141. 1. pH = – log 6 H3 O+ @ = – log (5#10 – 9).8,3 . Si 6 H3 O+ @ = 0,1 mol.– 1 alors pH = – log 0, 1 . 1 très acide.

2. 6 H3 O+ @ = 10 – 7 pour une solution neutre. 3. La fonction 6 H3 O+ @ " – log 6 H3 O+ @ est décroissante sur @ 0 ; +3 6 . 4. Ajouter des ions 6 H3 O+ @ pour diminuer le pH. 142. 1. Si I = I 0 alors N = 0 , si I = 10 I 0 alors N = 10 . 2. N = 20 dB donc 10 log I = 20 ; I0 log I = 2 soit I = 10 2 ; I = 100 I 0 . I0 I0 Si N = 50 dB alors I = 100 000 I 0 . 3. Si N = 120 dB, I = 10 12 I 0 . 4. I = 10 10,5 . 3, 2 # 10 10 . I0 143. 1. ; x ! R , f ¢k (x) = e– x (– x + 1 – k) donc fk est croissante sur 6 0 ; 1 – k @ et fk est décroissante sur 6 1 – k ; +3 6 . Donc fk admet un maximum en x = 1 – k . 1–k 2. M k or fk (1 – k) fk (1 – k) = (1 – k + k)e– (1 – k) = e– 1 + k donc M k ! C . 3. En noir C , en rouge k avec k = 2 . L’unité graphique est 1 graduation.

(

)

" 3

b.  x lim f (x) – 1 x = D donc (D) est " +3 3 asymptote à  au voisinage de +3 . c.  f (x) – 1 x = ln (1 + e– x) 3 or x ! R , e– x 2 0 donc lim (1 + e– x) 2 0 donc  est au-dessus de (D). d. ; x ! R , f (x) = ln (e– x (ex + 1)) + 1 x 3 = ln (e– x) + ln (ex + 1) + 1 x 3 = – 2 + ln (ex + 1) . 3 f (x) = +3 . e.  x lim " –3 x 3. a. ; x ! R , f ¢ (x) = e x – 2 . 3(e + 1) b.  ln2

0

f ¢(x)

–

+3 +

0

+3

+3 f (x)


( )

1 ln 27 3 4

55

()

0 donc ; n !  , A 1 ! n. 2 e– x 2. a. ; x ! R, f 0¢ (x) = (1 + e– x) 2 donc f0 est croissante sur R. f0 (x) = 0 ; x lim f0 (x) = 1 ; b.  x lim – + " 3


" 3

(Ox) est asymptote à f au voisinage de 0 – 3 et D : y = 1 est asymptote à f au 0 voisinage de +3 . c.  x

–3

f 0¢

+3 + 1

f0

0

3. a.  ; x ! R, f1 (– x) =

e– (– x) = ex x 1 + e– (– x) 1 + e = – x1 = f0 (x) . e +1 f (x) = x lim f (– x) = 1 ; b.  x lim " –3 1 " +3 1 lim f1 (x) = 0 . x + " 3

; x ! R, f 1¢ (x) =

f (x) = +3 . 144. 2. a.  x lim +

x

145. 1. fn (0) = 1 2

– e– x (1 + e– x) – e– x # (– e– x)

(1 + e– x) 2 –x – 2x – 2x –x = – e – e – x+2 e = – e–x 2 (1 + e ) (1 + e ) donc f1 est décroissante sur R. c. 0 et 1 sont symétriques par rapport à (Oy). 4. a. ; n H 2 , ; x ! R , – nx 1 fn (x) = e – x = . 1+e enx + e(n – 1) x f (x) = +3 ; x lim f (x) = 0 . b.  x lim " –3 n " +3 n c. ; x ! R, nx ne + (n – 1)e(n – 1) x f n¢ (x) = – (enx + e(n – 1) x) 2 nx = – e(n – 1) x ne + n – 1 (enx + e(n – 1) x) 2 or ; n H 2 , ; x ! R , nenx + n – 1 2 0 . x

–3

f n¢

+3 –

+3 fn

0

TS erm


Livre du professeur

146. 1. f semble croissante sur 6 – 3 ; 2 @ . 2. f semble en dessous de (xx ¢) sur @ – 3 ; 0 @ et f semble au-dessus de (xx ¢) sur 6 0 ; +3 6 . A. 1. ; x ! R , f ¢ (x) = 2xex – 1 + x 2 ex – 1 – x = xex – 1 (2 + x) – x = x 6 ex – 1 (x + 2) - 1 @ . g (x) = +3 ; 2. a.  x lim " +3 lim g ( x ) = – 1. x – " 3

b. ; x ! R , g ¢(x) = ex – 1 + (x + 2)ex – 1 = ex – 1 (x + 3). c.  x

–3

–3

g ¢(x) g (x)

–

+3 +

0

+3

–1 –e

–4

–1

–3 –

g (x)

+3

a +

0

3. a.  x

b. 

0

–3

x

–

g (x)

–

f ¢(x)

+

f (x)

0

0

+3

a +

+

–

0

+

–

0

+

0

c. La première conjecture est donc fausse. B. 1. g (x) = 0 + (a + 2)ea – 1 = 0 + ea – 1 = 1 a+2 2 a 2 a–1 – et f (a) = a e 2 2 1 = a2 # –a a+2 2 = a 2 # – a . 2 (a + 2) 2. a. ; x ! 6 0 ; 1 @ , – 3x 2 # 2(x + 2) + x 3 # 2 h ¢(x) = 4(x + 2) 2 2 x (– 3x – 6 + x) x 2 (– 2x – 6) = = 2 (x + 2) 2 2 (x + 2) 2 2 – x (– x + 3) . = (x + 2) 2

1

h ¢(x)

– 0 –1 6

h (x)

b.  0, 20 1 a 1 0, 21 h (0, 20 ) 1 h (a) 1 h (0, 21 ) h (0, 20 ) 1 f (a) 1 h (0, 21 )

(

)

3. a.  f (x) = 0 + x 2 e x – 1 – 1 2 + x = 0 ou x = 1 – ln 2 . b.  est en dessous de (xx ¢) sur @ – 3 ; 1 – ln 2 @ et  est au-dessus de (xx ¢) sur @ 1 – ln 2 ; +3 @ . c. La deuxième conjecture est donc fausse. 4. – 0,2

x

f(x) – 80 # 10

d.  g (x) = 0 admet une unique solution a sur R et 0, 20 1 a 1 0, 21 . e.  x

0

x

x

0

f(x)

0

x

0,2

– 0,15 –4

– 41 # 10

– 0,1 –4

– 17 # 10

0,05

– 0,05 –4

0,1

– 4 # 10 – 4 0,15

– 3 # 10 – 4 – 9 # 10 – 4 – 16 # 10 – 4 0,25

0,3

x

0,4

f(x)

78 # 10 – 4

27 # 10

–4

" 3

()

f ¢(x)

+

+3 –

0

0

–

+3 +

0

+3

+3 1 + ln 4 5

g est donc croissante sur ; 1 ; 1 E 2 56

149. 1. a. On vérifie que dv – 9, 8 + 0, 0035 v 2 = 0 à l’aide d’un dt logiciel de calcul formel. 196 b.  v ¢(t ) = 2 .

(

5 e

7 7t 100

+e

–

7 7t 100

)

c. ; t H 0, v ¢(t ) 2 0 . d.  lim v (t ) = 20 7 t " +3 soit environ 52, 9 m $ s – 1 soit 190 km $ h – 1 environ. e.  t

0

v ¢(t)

+3 + 20 7

v (t) 0

1 4

0


1

0

x"0

g (x)

0

f (x)

D’après le théorème de la bijection, ! a ! @ 0 ; +3 6 / f (a) = 0 . 3. f 1 1 0 et f (1) = 1 ; f (1) 2 0 2 donc a ! ; 1 ; 1 E . 2 B. 1. a. ; x 2 0 , g¢ (x) = 4 – 1 = 4x – 1 . 5 5x 5x g est décroissante sur E 0 ; 1 E et croissante 4 sur ; 1 ; +3 ; . 4 b. 

g ¢(x)

" 3

2. ; x H 0 , (e– x – xe– x) (1 – x)e– x f ¢ (x) = = 1 + xe – x 1 + xe – x qui est du signe de 1 – x . 3.

ln (1 + e– 1)

147. A. 1. ; x 2 0 , f ¢ (x) = 1 + 1 = x + 1 f ¢ (x) 2 0 . x x f est croissante sur @ 0 ; +3 6 . f (x) = +3 . 2. lim f (x) = – 3 et x lim +

x

f (x) = 0 . 148. 1. x lim +

x

0,35

f(x) – 20 # 10 – 4 – 17 # 10 – 4 – 3 # 10 – 4

()

ainsi ; x ! ; 1 ; 1 E , g 1 G g (x) G g (1) 2 2 2 + ln 2 soit G g (x) G 4 5 5 2 + ln 2 . 0, 54 donc g (x) ; 1 ; 1 E . ! 5 2 4 x ln x = x + x + ln x = 0. c.  g (x) = x + 5 2. a. À l’aide de B. 1. b. on démontre par récurrence que ; n ! , 1 G u n G 1 . 2 À l’aide de B. 1. a. on démontre par récurrence que ; n ! , u n G u n + 1 . b. (un) est croissante et majorée par 1 donc (un) converge vers a ! ; 1 ; 1 E . 2 3. a.  u 10 . 0,567099 . b.  0, 567 G a G 0,568 .


2. t 190 km $ h – 1 . 150. 1. f semble croissante puis décroisf (x) = 0 . sante et x lim " +3 g semble croissante sur 6 2 ; +3 6 et lim g (x) = 0 . x + " 3

2. ; x H 0, f ¢ (x) = (1 – x)e– x .

TS erm


Livre du professeur

t

0

x

1

f ¢(x)

+

0 e

+3 –

–1

f (x) 0

0

; x H 0, g¢ (x) = x (2 – x)e . –x

0

x

2

g ¢(x)

+

0 4e

+3 –

–2

g (x) 0

0

3. f (x) – g (x) = xe– x (1 – x) . Sur 6 0 ; 1 @ f est au-dessus de g ; sur 6 1 ; +3 6 g est au-dessus de f .

151. A. 1. a.  t – ; t ! R + , f ¢ (t ) = – 100e 2 donc f est décroissante sur R + . b.  lim f (t ) = 20 ;  : y = 20 est asympt " +3

tote à  au voisinage de +3 . 2. a. On trouve t . 3, 79 soit 3 h 47 ¢ 24 ¢¢ . b.  t = – 2 ln 3 . 3,79 soit 3 h 47 ¢ 39 ¢¢ 20 plus précisément. B. 1. a.  d 0 . 78,7 ; d 1 . 47,7 ; d 2 . 28,9 . b.  n+1 n – – d n = – 200e 2 + 20 + 200e 2 + 20

( )

n – 200e 2

(

n – e 2

=– – d = 0. donc n lim n +

( + 1)

)

" 3

2. On trouve n = 6 . 152. 1. ; t ! R + , f ¢ (t ) = akekt donc f ¢ (t ) – k ( f (t ) - 20) = akekt – kaekt = 0. 2. f (0) = 210 + 20 + a + a = 190 . 3. f (40) = 110 + 20 + 190e40k + e40k = 90 190 1 + k = ln 9 . 40 19

( ) t

4. ; t ! R + , f (t ) = 20 + 190e40 ln ( ) f ¢ (t ) = 19 ln 9 e40 19 1 0 ; 4 19 f est décroissante sur R + .

( )

t

t

(199 ) ;

9

0

f ¢(t)

ln

(199 ) G

5 190 + t ln 9 G ln 3 40 49 38 ln 3 + t H 40 38 . ln 9 19 Soit t H 136 . À partir de 16 heures 16 minutes. 6. Début 5. f (t ) G 35 + e40

ln

( ) ( ) ( ) ( )

190 " A 1 ln 9 "k 40 19 TantQue 20 + Aekt 2 35 T + 1"T Fin TantQue Afficher T

( )

7. On retrouve t = 136 .

" 3

a

g ¢(x)

+3

– ln2

g (x)

0

–3

En utilisant le théorème de la bijection  a ! 6 1 ; +3 6 / g (x) = 0 . b.  g (a) = 0 + ln (2a) + 1 - a = 0 + ln (2a) + 1 = a 2. a. 

–

j O –i u0 u1 u2u3

+ 210

f (t) 20


57

)

" 3

f (x) = – 3 . 157. 1. a.  x lim – " 3

f (x) – (x + 2) = 0 donc 1 est b.  x lim " –3 asymptote à  au voisinage de – 3 . x c.  f (x) – (x + 2) = -x 4e 1 0 donc  est e +3 au-dessus de 1 sur R. 2. a. ; n ! R , 4ex (ex + 3) - 4ex # ex f ¢(x) = 1 (ex + 3) 2 x 2 (e + 3) - 4e2x - 12ex + 4e2x = (ex + 3) 2 x 2 e2x + 6ex + 9 - 12ex (e - 3) . = (ex + 3) 2 (ex + 3) 2 f est croissante sur R. x

+3

)

(

( )

3. f (x) H 0,5 + 1 + 15, 2e– 0,054 x G 1 0, 5 + e– 0,054 x G 1 15 , 2 ln 15 , 2 + xH 0, 054 soit x H 50, 4 . À partir de 51 ans. 154. 1. a. ; x H 1, g¢ (x) = 1 - 1 = 1 - x . x x 1

155. 1. a. ; x H 0 , f ¢ (x) = 1 – 1 = x donc f ¢ (x) H 0 . 1+x 1+x f est croissante sur 6 0 ; +3 6 . Ainsi ; x H 0 , f (x) H f (0) ; soit x – ln (1 + x) H 0 donc ln (1 + x) G x . b. ; n !  * , ln 1 + 1 G 1 ; n n n ln 1 + 1 G 1 ; ln u n G 1 . n u = +3 c. Si n lim + " 3 n ln u n = +3 alors n lim " +3 ce qui est contradictoire avec 2.. ln (1 + x) 2. a.  y n = ln u n = n ln 1 + 1 = . n x y = 1. b. 1 ; donc n lim " +3 n un = e . c.  n lim +

(

153. 1. ; x ! 6 0 ; +3 6 , 15, 2 # 0, 54e– 0,054 x f ¢ (x) = (1 + 15, 2e– 0,054 x) 2 donc f ¢ (x) 1 0 . f est décroissante sur 6 0 ; +3 6 . f (x) = 1 . 2. x lim +

x

b. On démontre par récurrence que ; n ! , 1 G u n G u n + 1 G 3 . c. (un) est croissante et majorée par 3 donc (un) converge. ; n ! , u n ! 6 1 ; 3 @ , u n + 1 = f (u n) avec f (x) = ln (2x) + 1 . f est continue sur 6 1 ; 3 @ et (un) converge vers b ! 6 1 ; 3 @ donc f ( b) = b + ln (2b) + 1 = b donc b = a d’après 1..


–3

f ¢(x)

+3 + +3

f (x) –3

3. a.  2 : y = f ¢(x) = (ln 3)(x - ln 3) + f (ln 3) . y = 4 + ln 3 f (ln 3) = ln 3 + 2 - 12 = ln 3 + 4 . 6

TS erm


Livre du professeur

f ¢(ln 3) = 0 . 2 est parallèle à l’axe des abscisses. b.  est en dessous de 2 sur 6 ln 3 ; +3 6 . 4. a.  2 : y = f ¢(0) x + f (0) ; f (0) = 2 - 4 = 1 ; 4 2 f ¢(0) = - 2 = 1 . 4 4 y = 1x + 1. 4 b.  x f (x) - 1 x + 1 = x + 2 - x4e - 1 x - 1 4 e +3 4 3 x + 1 - 4ex . 4 ex + 3 Soit g (x) = f (x) - 1 x + 1 ; 4 12ex (ex - 3) g ¢¢(x) = f ¢¢(x) = ; g ¢¢(x) G 0 (ex + 3) sur @ – 3 ; ln 3 @ . g ¢(x) = f ¢(x) - 1 . 4

( )

(

)

(

x

g¢¢(x)

0

–3

g ¢¢(x)

)

ln 3

– 3 4

(

) ( x"0

lim f (x) = +3 .

x " +3

; x 2 0 , f ¢(x) = 1 + 1 2 0 . x x

0

-1 4

0

+3 +

f¢(x)

+3 f (x) –3

3. En appliquant le théorème de la bijection  a ! @ 0 ; +3 6 f (x) = 0 . On trouve 1, 55 1 a 1 1, 56 . 160. 1. a. ; x 2- 1 , f ¢(x) = 1 - x + x 2 - 1 . 1+x 3 b. ; x 2- 1 , f ¢(x) = x 2 0 . 1+x c. -1

x 0

)

2 + 2 = ln ( 2 ) = 3 ln 2 2 2 159. 1. lim f (x) = – 3 ; f 1 ln 2 = ln 2

0 –

f¢(x)

0

+3

+3 f (x) 0

g (x)

3 est au-dessus de  sur R. 5. On trace 2, 3 et .

158. 1. a. ; x ! R , f (x) = ln (ex + 2e- x) = ln (ex (1 + 2e- 2x)) = ln ex + ln (1 + 2e- 2x) f (x) = +3 . x lim f (x) - x = 0 . 2. x lim " +3 " +3 Donc (d) est asymptote à  au voisinage de +3 . f (x) = +3 . 3. x lim " –3 lim f ( x ) - (x + ln 2) = 0 . Donc (d ¢) est x " –3 asymptote à  au voisinage de – 3 . x -x a. ; x ! R , f ¢(x) = ex - 2e - x , e + 2e f ¢(x) H 0 + ex 2 2e- x + e2x H 2 + x H 1 ln 2 . 2

x

1 ln 2 2

–3

f ¢(x)

–

0

f (x)

+3 + +3

+3 3 ln 2 2

+3 +

x"0

d. D’après le tableau de variation, ; x 2- 1 , f (x) H 0 . 2. a. ; x 2- 1 , 2 g ¢(x) = 1 - 1 + x = x . 1+x x+1 b. ; x 2- 1 , g ¢(x) H 0 . c. -1

x

0

g (x)

+3

a –

u (x)

0

+

B. 1. ; x 2 0 ,

f ¢(x) = 2x + 2x ( x ) (2 - ln x) = 2 (x 2 - 2 + ln x) = 2 u (x) . x x 2. f est décroissante sur 6 a ; +3 6 . x 0 C. 1. A ; M donc ln x 2 AM = f (x - 0) 2 + (ln x - 2) 2 = f (x) . 2. a. La fonction racine est croissante sur R + donc f et g ont les mêmes variations sur @ 0 ; +3 6 . a b. AM est minimal pour x = a. P . 1a c.  AP = f (x) = a 2 + (ln a - 2) 2 = a2 + a4 = a 1 + a2 . –

d. D’après c. ; x H 0 , g (x) H 0 . 3. D’après 1. d. et 2. d ; x H 0 , 2 2 3 x - x G ln (1 + x) G x - x + x . 2 2 3 4. ; x 2 0 , 2 ln (1 + x) 1 - xG G 1 - x + x . 2 x 2 3 2 x lim 1 - = 1 ; lim 1 - x + x = 1 x"0 x"0 2 3 2 x20

h (1 + x) = 1. donc lim x"0 x x20

58

0

+3 –3


x

4. u (x) = 0 + a 2 - ln a = 0 + ln a = 2 - a 2 .

0

x20

" 3

2. a. On utilise le théorème de la bijection. b.  1,31 G a G 1, 32 . 3.

+3

+

g¢(x)

3 5. a.  x . 3 b. Si x = 0, 000 01 - 10 2 alors x - x = 10 - 5 - 10 ; 2 2 - 10 - 15 3 2 10 x x -5 x - + = 10 + 10 . 2 3 2 3 - 10 10 -5 ln (1, 000 01) . 10 2 = 0, 000 009 999 95 à 10 - 15 près. 161. 1. ; t H 0 ; h ¢(t ) = - 1 + t + e- t ; h ¢¢(t ) = 1 - e- t ; h ¢(0) = 0 et h ¢¢(0) = 0 . 2. ; t H 0 ; - 1 G 0 ; e- t G e0 ; e- t G 1 ; h ¢¢(t ) H 0 . Soit f (t ) = t - h ¢¢(t ) = t - 1 + e- t ; f ¢(t ) = 1 - e- t H 0 . ; t H 0 f (t ) H f (0) ; t - 1 + e- t H 0 ; 1 - e- t G t . Ainsi ; t H 0 , 0 G h ¢¢(t ) G t 2 donc 0 G h ¢(t ) - h ¢(0) G t ; 2 3 soit 0 G h (t ) G t . 6 3. D’après 2. ; x H 0 , 2 3 2 1 - t + t - t G e- t G 1 - t + t . 2 3 2 162. A. 1. ; t 2 0 ; u ¢(x) = 2x + 1 2 0 . x u est croissante sur @ 0 ; +3 6 . lim u (x) = – 3 ; x lim u (x) = +3 . +


1

() ( )

( )

TS erm


Livre du professeur

3. AP

(ln xx- 2) .  admet

()

1 u 1 a

(T1) : y = 1 # (x – ln 7) + 2 y = x – ln 7 + 2 .

comme vecteur directeur.

AP $ u = a + 1 (ln a - 2) a 1 = u (x) = 0 . a 163. 1. a.  m = 1 et p = 1 . 4 2 b.  2g ¢ + g = e

–

()

x 2 (x

+ 1) + 2g ¢ + g = 2 f ¢ + f + 2 (g – f ) + g – f = 0

2. ; x ! R ; x x – – h ¢(x) = – 1 e 2 (x 2 + 2x) + 1 e 2 (2x + 2) 8 4 x – = e 2 – 1 x2 – 1 x + 1 x + 1 8 4 2 2 x – = e 2 – 1 x2 + 1 x + 1 8 4 2

( (

)

)

x

h ¢(x) = – 1 e 2 (x 2 + 2x + 4) , h est donc 8 décroissante sur R. h (x) = +3 ; x lim h (x) = 0 . 3. x lim " –3 " +3 –

4. a.  f (x) – e

–

x 2

=e

–

x 2

(

x

)

1 x2 + 1 x – 1 4 2

= 1 e 2 (x 2 + 2x – 4) . 4  est au-dessus de C sur @ – 3 ; – 1 – 5 @ et sur 6 – 1 + 5 ; +3 6 .  est en dessous de C sur 6 – 1 – 5 ; – 1 + 5 @ . –

x

4 164. A. 1. f1 (x) = x4e = . e + 7 1 + 7e– x f1 (x) = 0 ; x lim f1 (x) = 4 . 2. a.  x lim – + " 3

4. a. ; x ! R, f1 (x) = 4 ln (ex + 7) . ln 7 b.  m = 1 # f1 (x)dx ln 7 0 4 ln 7 1 4 . = (4 ln 14 – 4 ln 8) = ln 7 ln 7 B. 1. fn (0) = 4 = 1 1+7 2 1 donc A 0 ; ! n . 2 x 2. a.  M c m ! n +  : y = 2 y 4enx 4enx = 2enx + 14 y = nx + * e + 7 + )y = 2 y=2 enx = 7 x = ln 7 + ) + * n y=2 y=2 ln 7 donc I n e n o ! n +  . 2 b. (Tn) : y = f n¢ ln 7 n – ln 7 + fn ln 7 ; n n n

" 3

1 admet (Ox) comme asymptote au voi-

sinage de – 3 . 1 admet  : y = 4 comme asymptote au voisinage de +3 . b. ; x ! R ; 4ex (ex + 7) – 4e2x f 1¢ (x) = (ex + 7) 2 28ex = x 2 0. (e + 7) 2 f1 est croissante stricte sur R. c. ; x ! R ; lim f (x) 1 f (x) 1 x lim f (x) x " –3 " +3 + 0 1 f (x) 1 4 . 28 # 7 =1 ; 3. a.  f 1¢ (ln 7) = 14 2 4#7 f1 (ln 7) = = 2. 7+7

( )

( )(

f ¢n(x) =

)

( )

4nenx (enx + 7) – 4enx nenx (enx + 7) 2

( )

(

)

f0 (x) = – 3 . 165. A. 1. x lim + " 3

2. ; x 2 0 , f n¢ (x) = - ln x - x + 1 = - ln x - 1 . x fn est croissante sur E 0 ; 1 ; et e 1 f0 est décroissante sur E ; +3 ; . e B. 1. ; x 2 0 , f ¢n (x) = - n - 1 - ln x . 2. a.  f n¢ (x) = 0 + x = – e– n – 1 . An

(ee ) car -1-n

g (x) = 2e– x

fn (e- n - 1) = - ne- n - 1 - e- n - 1 (- 1 - n) = e- n - 1 . b.  A x !T. c. On place A 0 , A 1, A 2 . 59

g (0) = 2 g ¢(a) = – g (a) convient. + )

168. 1. a.  lim f (x) = 1 . x"0

b. ; x ! @ 0 ; 1 @ , x ln x G 0 donc x ln x + 1 G 1 soit f (x) G 1 . 2. a. ; x ! @ 0 ; 1 @ , f ¢(x) = x ln x + 1 . b. La tangente à  au point d’abscisse 1 est : y = f ¢(1)(x – 1) + f (1) . y = x – 1 + 1 soit y = x qui est (T). 3 a. ; x ! @ 0 ; 1 @ , g ¢(x) = ln x . g est décroissante sur @ 0 ; 1 @ . x

0


1 –

g¢(x)

-1-n


166. A. 1. Ta : y = ea (x – a) + ea . y = 0 + x - a + 1 = 0 + x = a – 1. a a a–1 P 2. M a N donc NP = – i . e 0 0 a a N B. 1. M g (a) 0 T : y = g ¢(a)(x – a) + g (a) . g (a) g (a) y=0 + x=a– P a – g ¢(a) . g ¢(a) 0 g (0) = 2 g (0) = 2 + * g (a) 2. NP = i – =1 g ¢(a)

2x H 0 , x2 + 4 f est croissante sur 6 0 ; +3 6 . 2. a. ; x H 0, g ¢(x) = f ¢(x) – 1 2 = – x 2+ 2x – 4 1 0 , x +4 g est décroissante sur 6 0 ; +3 6 . b.  a = 2, 2 à 10 – 1 près. c.  g (x) = 0 + f (x) = x .

28ne . (enx + 7) 2 7=n f ¢n ln 7 = 28n # 2 n 14 4#7 ln 7 fn = = 2. 7+7 n (Tn) : y = n x – ln 7 + 2 n (Tn) : y = nx – ln 7 + 2

( )

b.  f ¢n (e – n) = – n – 1 – (– n) = – 1 . c. On place B 0 , B 1, B 2 .

167. 1. ; x H 0, f ¢(x) =

nx

=

3. a.  fn (x) = 0 + x = 0 ou x = e– n or x 2 0 donc x = e– n . B n (e – n ; 0) .

1 g (x) 0

b. ; x ! @ 0 ; 1 @ , g (x) H 0 soit f (x) H x ;  est au-dessus de T sur @ 0 ; 1 @ .

TS erm


Livre du professeur

En route vers le bac (p. 160 et 161) 169. Soit x 7 elnx = x avec x 2 0 (eln x) ¢ = (ln x) ¢ # (e ¢ ln x) (ln x) ¢ # elnx = 1 soit + (ln x)¢ # x = 1 + (ln x)¢ = 1 . x 170. f (x) = x – ln x sur @ 0 ; +3 6 a. La fonction f (x) est dérivable sur @ 0 ; +3 6 comme la différence de 2 fonctions dérivables sur @ 0 ; +3 6 . x -2 f ¢ (x) = 1 – 1 = x 2x 2 x 2x 2 0 car x 2 0 . donc : f ¢ (x) = 0 + x = 2 + x = 4 f ¢ (x) 1 0 + 0 1 x 1 4 ; f décrois sante sur cet intervalle ; f ¢ (x) 2 0 + x 2 4 ; f est crois sante sur cet intervalle ; f (x) a un minimum pour x = 4 et sa valeur est f (4) = 4 – ln 4 . f (4) . 0, 62 . b.  f (4) 2 0 donc f (x) 2 0 sur @ 0 ; +3 6 . f (x) 2 0 + x – ln x 2 0 + x 2 ln x x ln x car x 2 0 . + 2 x x Comme x 2 1 : ln x 2 0 x x = 1 . donc 0 1 ln x 1 x x x 1 = 0. c.  x lim " +3 x x 171. On pose X = e : x lim X = +3 ; lim 1 = 0 ; X " +3 X " +3 X 1 1 = 0 ; lim = 0 ; x lim x " +3 e x " +3 e x x lim x e– x = 0 . x +

f ¢ (x) = a – 1 = 0 donc f est constante ax x sur @ 0 ; +3 6 . f (1) = ln (a) – ln (1) = ln a . Donc ; x ! @ 0 ; +3 6 . f (x) = ln a + ln (ax) – ln x = ln a + ln (ex) – ln e + ln x . 1 ln + ln (b) = ln 1 # b = ln (a) = 0 b b avec b 2 0 . donc ln 1 = – ln (b) . b ln a = ln a # 1 = ln (a) + ln 1 b b b = ln a – ln b avec a 2 0 .

()

(

() () (

)

)

()

175. A. 1. g(x) est dérivable sur R donc sur 6 0 ; +3 6 ; g¢ (x) = ex – 1 . ex – 1 2 0 + ex 2 1 + x 2 0 . x

0

g ¢(x)

0

+3 +

g (x)

2. g (x) = 0 , d’après le sens de variation de g(x) sur 6 0 ; +3 6 . g (x) H 0 sur 6 0 ; +3 6 . 3. g (x) H 0 + ex – x – 1 H 0 + ex – x H 1 + ex – x 2 0 . x B. 1. f (x) = e x – 1 sur 6 0 ; 1 @ ; e –x f (0) = 0 ; f (1) = e – 1 = 1 . e–1 y 1

x

0

1

1–x

+

g (x)

+

ex - x

+

(1 – x) g (x) ex - x

+

La courbe f est au-dessus de la droite D sur 6 0 ; 1 @ . C. 1. Voir graphique. 2. Initialisation : u 0 = 1 et f (x) – x H 0 . 2 f (u 0) – u 0 H 0 + u 1 H u 0 . On a donc : 1 G u 0 G u 1 G 1 . 2 Hérédité : Supposons qu’il existe p !  tel que : 1Gu Gu p p + 1 G 1 ; 2 f 1 G f (u p) G f (u p + 1) G f (1) 2 f est croissante sur 6 0 ; 1 @ . up + 1 G up + 2 G 1

()

1 x

et u 1 2 u 0 = 1 , 2 on a donc : 1 G u p + 1 G u p + 2 G 1 . 2 Conclusion : La propriété est vraie au premier rang. Si la propriété est vraie au rang p, elle est vraie au rang p + 1 . Donc la propriété est vraie pour tout entier n. 3. La suite un est strictement croissante et majorée par 1, elle converge donc vers un réel l G 1 . f est continue donc u n + 1 = f (u n) et par

2. 0 G x G 1 ; f (0) G f (x) G f (1) car f(x) est croissante sur 6 0 ; 1 @ ; 0 G f (x) G 1 .

continuité l = f (l) qui a pour solution 1 dans l’intervalle ; 1 ; 1 E . 2 lim u n = 1 . n +

f

" 3

172. On pose X = ln x : lnX lim e = +3 ; lim X = +3 ; X " +3 lnX X " +3 lnX lnX = 0. lim X " +3 X 173. Prérequis : ln (x # y) = ln x + ln y . Appliquons la propriété x = y = m avec m 2 0. ln ( m # m ) = ln m + ln m ln m = 2 ln m ln m = 1 ln m . 2 174. Soit f (x) = ln (ax) – ln x sur @ 0 ; +3 6

3. a. x x x 2 f (x) – x = e x – 1 - x = e – 1 –x xe + x e –x e –x ex (1 – x) + (x – 1)(x + 1) = ex – x x (1 – x) 6 e – (x + 1) @ = ex – x x 6 (1 – x) e – x – 1 @ (1 – x) g (x) = = . ex – x ex – x b.

u0 u1 u2 u3


60


" 3

TS erm


Livre du professeur

176. 1. f (x) = xex – 1 sur 6 0 ; +3 6 . xex = +3 par somme a.  x lim " +3 3 f (x) = +3 lim – 1 = – 1 x lim + " 3

x " +3

f(x) est dérivable sur 6 0 ; +3 6 car les fonctions x et ex sont dérivables sur 6 0 ; +3 6 . f ¢ (x) = ex + xex = ex (1 + x) x e et (1 + x) H 0 sur 6 0 ; +3 6 donc f ¢ (x) H 0 et f (x) est strictement croissante sur 6 0 ; +3 6 .

b. La fonction f est continue, dérivable et strictement croissante sur 6 0 ; +3 6 . Elle réalise donc une bijection de 6 0 ; +3 6 sur l’intervalle lim f (x) 8 = 6 – 1 ; +3 6 . Comme 8 f (0) ; x " +3 0 ! 6 – 1 ; +3 6 , l’équation f (x) = 0 admet donc une unique solution a dans 6 0 ; +3 6 . a . 0,57 à 10– 2 près c.  a

0

x

–

f (x)

0

+3 +

car f (x) est croissante sur 6 0 ; +3 6 . 2.

y

Pour tout x 2 0 , on a M (x ; ex) et N (x ; ln x) donc MN = ex – ln x = ex – ln x d’après l’énoncé. Soit g (x) = ex – ln x g(x) est dérivable sur @ 0 ; +3 6 , on a : g¢ (x) = ex – 1 . x g¢ (x) 2 0 + ex – 1 2 0 + xex – 1 2 0 x + f (x) 2 0 . x g ¢(x)

–

0

e

f ¢(x)

–

+

g (a)

D’après la question 1., la distance MN est donc minimale lorsque x = a et cette longueur minimale vaut alors ea – ln (a) . 2, 33 à 10– 2 près. D’après 1. b., on a f (a) = 0 donc aea – 1 = 0 d’où ea = 1 . a La tangente à  au point d’abscisse a a pour coefficient directeur : ea . La tangente à C au point d’abscisse a a pour coefficient directeur : 1 = ea . a Les deux tangentes ayant le même coefficient directeur, elles sont donc parallèles. 177. 1. a.  lim x 2 = +3 par produit x " +3 3 lim f (x) = +3 lim ln x = +3 x " +3 x " +3

M

–

1 2

+3 +

0

( )

f e

+3

0

g (x)

x

f (x)

a

0

b. f(x) est dérivable sur @ 0 ; +3 6 comme le produit de deux fonctions dérivables sur @ 0 ; +3 6 . f ¢ (x) = 2x ln x + x 2 # 1 = x (2 ln x + 1) x 1 – 2x ln x + 1 2 0 + ln x 2 – 1 + x 2 e 2 2

–

1 2

2. Une équation de la tangente ( C) à () en un point de coordonnées (x 0 ; x 02 ln x 0) est : y = f ¢ (x 0)(x – x 0) + f (x 0) + y = x 0 (2 ln x 0 + 1)(x – x 0) + x 02 ln x 0 . Si la tangente à () en x0 passe par 0 (0 ; 0) alors : + 0 = x 0 (2 ln x 0 + 1)(– x 0) + x 02 ln x 0 + 0 = – x 02 ln x 0 – x 02 + 0 = – x 02 (ln x 0 + 1) + x 0 = 0 (impossible) ou ln x 0 + 1 = 0 soit ln x 0 = – 1 et x 0 = e– 1 . Une équation de la tangente est donc : y = e– 1 (– 1)(x – e– 1) + e– 2 ln e– 1 = – e– 1 x + e – 2 – e – 2 1 soit y = – x . e 178. f (1) = – 1 + 10 = 9 réponse b. 179. f ¢ (x) = – 1 + 2 1 = – x + 2 x x réponse b. – ex – ex (– x + 10) 180. g¢ (x) = (ex) 2 – 1 – 1 (10) g¢ (0) = = – 11 réponse c. 1

1 –1

1 N

x

Accompagnement personnalisé (p. 162-163)

( )

1 181. a.  S = ' - 1 . 3 b.  S = " - 1 ; 1 , . c.  S = Q . 182. a.  S = 6 0 ; +3 6 . b. 3 = 1 - 4 # 1 # (- 2) = 9 ; S = @ – 3 ; 0 6 . 2 ex – x = +3 . 183. a.  x lim " –3 e– x = 0 . b.  x lim " +3 0. 184. a.  x lim " –3 = 2 b.  x lim . +

eX = 0 . x –X x e = lim X e = lim 185. a. 1x lim – x " +3 X " +3 X ex " 3 X = x lim e = b.  lim . X 0 " –3 x"0 x x10

(x + 1)ex + 1 = x lim X eX = 0 . c.  x lim – – " 3

186. a.  f ¢(x) =

" 3

1 xe x

(1 - x1 ) = x x- 1 e . 2

2

2

1 x

f ¢(x) H 0 + x ! 6 1 ; +3 6 ; f ¢(x) G 0 + x ! @ 0 ; 1 @ . X f (x) = +3 . b.  lim f (x) = lim e = +3 ; x lim X " +3 X " +3 x"0

" 3


61


TS erm


Livre du professeur

c. 

x

1

0 –

f (x) f ¢(x)

0

193. a.  f (x + y) = f (x) + f (y) donc f (x) = f (x + y) - f (y) . b.  f ¢(x + y) = f ¢(x) . c.  f¢ est donc constante. d.  g ¢(x) = f ¢(x) - a = f ¢(x) - f ¢(0) = 0 . e.  x ! R g (x) = g (0) ; f (x) - ax - b = f (0) - b = 0 . f. Donc  x ! R , f (x) = ax + b . Or f (0) = f (0) + f (0) de f (0) = 0 d’où b = 0 . g. f linéaire & f solution de (1) et d’après ce qui précède, la réciproque est vraie.

+3 +

+3

+3 e

(

1

1

)

d.  f (x) - (x + 1) = xe x - x - 1 = x e x - 1 - 1 1 X lim e x - 1 = lim e - 1 = 1 . x " +3 X " +3 X f ( x ) ( x + 1 ) = 0. Donc x lim " +3 e. On trace (D) et f . 187. a.  S = " 1 , . b.  S = " 1 ; ex , . c.  S = " 2 2 - 1 , (On résoud (3 - x)(x + 5) = (x + 1) 2 ).

(

)

194. a.  f (1) = f 2 (1) donc f (1) = 0 ou f (1) = 1 or f (1) 2 0 donc f (1) = 1 . b.  y 2 0 , g ¢(y) = xf ¢(xy) = xg ¢(xy) . c.  y 2 0 , xf ¢(xy) = f (x) f ¢(y) . d. En prenant y = 1 :  x 2 0 , xf ¢(x) = f (x) f ¢(1) .

188. a.  S = @ - ln 3 ; ln 3 6 . b.  (ln x) 2 + ln x - 2 2 0 ; X = ln x . x 2 + x - 2 2 0 ; (x + 2)(x - 1) 2 0 . S = @ – 3 ; e- 2 6 , @ +3 ; 0 6 . c.  x 2 - x - 2 1 (3 - x) 2 ; X = ln x . x 2 - x - 2 1 x 2 - 6x + 9 ; 5x 1 11 ; x 1 11 . 5 S = E – 3 ; - 1 6 , @ 2 ; 11 ; . 5 189. a.  +3 . b. 0.

f ¢(x) f ¢(1) xf ¢(x) - f ¢(1) f (x) = = 0. x f (x) xf (x) h est donc constante sur @ 0 ; +3 6 . f.  h (1) = ln f (1) - f ¢(1) ln 1 = ln 1 - 0 , donc  x 2 0 , h (x) = 0 . g.  x 2 0 , ln (f (x)) - f ¢(1) ln x = 0 ; ln (f (x)) = a ln x , f (x) = x a . h. Si f (x) = x a alors (2) est vraie. La réciproque a été faite cidessus. e.  h ¢(x) =

195. a.   t H 0 , g ¢(t ) = f ¢(t )e- kt + f (t )(t e- kt) = e- kt (f ¢(t ) - kf (t )) . b.  t H 0 , g ¢(t ) = 0 ; g est constante sur 6 0 ; +3 6 . c.  t H 0 , g (t ) = g (0) + f (t )e- kt = f (0) + f (t ) = aekt .

190. a.  – 3 . b.  +3 .

d.  f (1) - f (0) = 55 , aek - a = 55 et ae0 = 3 023 donc a = 3 023 et k = ln 3 078 . 3 023 e.  f (20) . 4 336 ; f (30) . 5 192 ; f (48) . 7 183 . Le modèle semble valable sauf à partir de 2008... Ceat . 196. a.  t H 0 , f (t ) = at e +k Z Z C C = 3 023 ]] f (0) = ]] 1+k 1+k b. [ 10a + [ C Ce = 3 689 ] f (10) = 10 ] - 10a a + 1 k + e k \Z \ Z e C = 3 023 ]] k = 6 977 ]] 3 023 . + [1 + kC + [ 3 689 1 ln 19 078 153 = ] ] = 1 a - 10a 3 023 10 25 738 153 \ \ 1 + ke e.  f (20) . 4 409 ; f (30) . 5 155 ; f (48) . 6 459 . Ce modèle semble sous évalué.

191. a.  +3 . b. 0.

(

2(1 + x) - 2x

- 1 = 1 - x 2 ; 4x (1 + x) (1 + x) 2 f ¢(x) G 0 + x ! 6 1 ; +3 6 ; f ¢(x) H 0 + x ! 6 0 ; 1 @ . f (x) = – 3 . b.  x lim + 192. a.  f ¢(x) =

" 3

c. 

x

1

0

f ¢(x)

+

0

+3 –

1 - ln 2

(

f (x) 0

)

–3

d. On le montre à l’aide du c. et du théorème de la bijection. e.  a . 3, 92 .


62


)

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Livre du professeur

TP Info (p. 164) À vous de jouer

d.  a . 0, 653 . e. 

1. a.  f (x) - x + (ln x) 2 .

x

2

b.  f ¢(x) = 2x + 2 ln x = 2 x + ln x . x x = +3 . 2. a.  lim g (x) = – 3 ; x lim " +3 x"0 b.  g ¢(x) = 2x + 1 ; g est croissante sur @ 0 ; +3 6 . x c.  x

0

g (x) f ¢(x)

+3

–

0

+

–

0

+

+3

+3

f (x)

f.

2

2

a + (ln a )   g. f admet donc un minimum. h.  f (a) = a 2 + (ln a) 2 = a 2 + (- a 2) 2 = a 2 + a 4 . 0,608 .

+3

+

g¢(x)

a

0

+3 g (x) –3

Sur les pas du supérieur (p. 165) III. 1. a.  f ¢(x) = - 14e- 0, 7x ; f est décroissante sur 6 1 ; 3 @ .

I. 1.  lim a (t ) = 5 # 95 ; lim b (t ) = 5 # 95 ;  : y = 5 # 95 t " +3 t " +3 16 16 16 est asymptote aux deux courbes.

b.  y

- 4t # 33e 125 1 0

2.  t H 0 , a ¢(t ) = - 4 # 5 ; a est décrois125 16 sante sur 6 0 ; +3 6 .  t H 0 , b ¢(t ) = + 4 # 5 # 63 2 0 ; b est croissante sur 125 16 6 0 ; +3 6 . 3.  a (t ) = b (t ) 1 1 + a 2 107 . II. 1. a.  C(10) . 21,14 C(20) . 33, 03 . Le coût n’est pas proportionnel. b.  56,24 %. 0,1 0, 2 2 2. a.  f ¢(x) = 2 - 20 # . =2= 0,1x + 1 0,1x + 1 0,1x + 1 f est donc croissante sur 6 0 ; 60 @ . b.  f (60) = 96, 08


2,8

x

2. a.  x ! 6 1 ; 3 @ , h ¢(x) = - 14 e- 0, 7x # 0,15 1 0. h est croissante sur 6 1 ; 3 @ . b.  a . 2, 82 . c.  f (a) = g (a) . 2, 77 . L’offre est 1,277 unités pour 2,82 e.

63


4

Intégration Programme officiel Contenus


Intégration Définition de l’intégrale d’une fonction continue et positive sur 6 a, b @ comme aire sous la courbe. Notation

#a

b

f (x)dx .

Théorème : si f est une fonction continue et positive sur 6 a, b @ , la fonction F x définie sur 6 a, b @ par F (x) = # f (t )dt est a dérivable sur 6 a, b @ et a pour dérivée f. Primitive d’une fonction continue sur un intervalle. Théorème : toute fonction continue sur un intervalle admet des primitives.

• Déterminer des primitives des fonctions usuelles par lecture inverse du tableau des dérivées. • Connaître et utiliser les primitives de u ¢eu , u ¢u n (n entier relatif, différent de – 1) et, pour u u¢ u¢ strictement positive, , . u u

Intégrale d’une fonction continue de signe • Calculer une intégrale. • Utiliser le calcul intégral pour déterminer une aire. quelconque. Linéarité, positivité, relation de Chasles.

• Encadrer une intégrale.

Valeur moyenne.

• Pour une fonction monotone positive, mettre en œuvre un algorithme pour déterminer un encadrement d’une intégrale.


64


TS erm

Chap. 4 Intégration

Livre du professeur


1. Calculs algébriques 9

#– 2 7dx = 77 .

42. 1.

2

2

2

#– 2 (x + 7)dx = #– 2 xdx + #– 2 7dx

= 0 + 28 = 28 . 5 37. # f (x)dx = 1 # 3 = 9 . 2 2 2 4 38. Sur l’intervalle 6 – 2 ; 3 @ ; f (x) = – 3 x – 3 . 2 3 #– 2 (x + 7)dx = – 475 . 1 39. # (x + 7)dx = – 8 .

–3

#1 f (x)dx = 4,5 . 4 1 4 #– 3 f (x)dx = #– 3 f (x)dx + #2 f (x)dx = – 8 + 4,5 = – 3,5 . 40. 1. Pour tout x ! R , cos 2 (x) + sin 2 (x) = 1 . 2. 3. r 2

#0 #0

r 2

r 1dx = . 2

r 2

cox 2 (x)dx =

#0

r sin xdx = . 2 2

4

#– 2 (x

2. I =

4

#– 2 x2 dx = 24 et #– 2 x3 dx = 60. 4

4

3

2

+ x )dx 4

#– 2 x3 dx + #– 2 x2 dx

=

= 60 + 24 = 84 .

J=

#– 2 (2x3 + 3x2)dx

4

4

4

–2

–2

= 2 # x 3 dx – 3 # x 2 dx = 2 # 60 – 3 # (24) = 120 – 72 = 48 . K=

4

x – 1 dx =

1

#– 3 – 1 + xdx + #1

2

x – 1dx 17 1 = 8 + = . 2 2 43. 1. 1 G f (x) + g (x) G 7 sur 6 – 5 ; 2 @ . 2. – 2 G 2 f (x) G 4 ; – 15 G – 3g (x) G – 6 d’où – 17 G 2 f (x) – 3g (x) G – 2 sur 6 – 5 ; 2 @ . 3. 1 G f (x) + g (x) G 7 +

2

2

2

#– 5 1dx G #– 5 f (x) + g (x)dx G #– 5 7dx

+ 1 (2 – (5)) G #

+ 7G #

2

–5

2

–5

f (x) + g (x)dx G 7 (2 – (5))

f (x) + g (x)dx G 49 .

de même 2 – 17 # 7 G # 2 f (x) – 3g (x)dx G – 2 # 7

44.

#0 2 sin2 xdx = r2 – r4 = r4 . 41. 1.

2

#– 3

+ – 119 G # 2 f (x) – 3g (x)dx G – 14 .

r . 4

#0 2 cox2 xdx + #0 2 sin2 xdx = r2 . r 2

1

#– 3 (– x + 1)dx = 8 .

–5 2

#0 cox2 x + sin2 xdx = r2 . r r r + 4r

2

4

#– 2 2dx

(x – 1)dx = – 1 . 2 x – 1 sur 6 1 ; +3 6 2. x – 1 = ) . – x + 1 sur @ – 3 ; 1 6

#1

2

#– 2 7dx = 28 .

4

4

–2

= – 60 + 2 # 24 + 6 8 + 4 @ = – 60 + 48 + 12 = 0 .

2

#– 2 xdx = 0 .

36.

4

–2

= – # x 3 dx + 2 # x 2 dx +

#– 2 – x3 + 2x2 + 2dx

#0

–5

r

#1

2

#0

1 2 x

x cos (x)dx = – 2 .

ln (x)dx = 2 ln 2 – 1 . x e dx = e – 2 .

3 1 # f (x)dx 3 – (– 1) – 1 3 + 4 = 1 # f (x)dx 4 –1 3 + # f (x)dx = 16 .

45 4 =

–1

2. Recherche de primitives 46. à 54. Corrigés dans le manuel. 55 1. F(x) = 1 (x 2 + 3) 5 . 5 1 3 2. F(x) = (x + 2x + 3) 4 . 4 3. F(x) = 1 (x 2 + x + 1) 6 . 6 56 1. f (x) = sin (x) cos 4 (x) ; I = R . f (x) = – 1 # 5 # (– sin x) # (cos (x)) 4 . 5 F(x) = – 1 (cos (x)) 5 . 5 © Hachette livre, 2012

65


2. f (x) = (x + 1)(x 2 + 2x – 5) 4 ; I = R . f (x) = 1 # 1 (2x + 2) # 5 # (x 2 + 2x – 5) 4 5 2 F(x) = 1 (x 2 + 2x – 5) 5 . 10 3. f (x) = (2 – x)(x 2 – 4x + 2) 5 ; I = R . f (x) = 1 # – 1 (2x – 4) # 6 # (x 2 – 4x + 2) 5 6 2 F(x) = – 1 (x 2 – 4x + 2) 6 . 2 57 1. f (x) = (3x – 1)(3x 2 – 2x + 3) 3 ; I = R. f (x) = 1 # 1 (6x – 2) # 4 # (3x 2 – 2x + 3) 3 . 4 2 F(x) = 1 (3x 2 – 2x + 3) 4 . 8 2. f (x) = (x 3 – 3x + 4) 5 (2x 2 – 2) ; I = R . f (x) = 1 # 2 (3x 2 – 3) # 6 # (x 3 – 3x + 4) 5 . 6 3 F(x) = 1 (x 3 – 3x + 4) 6 . 9 3. f (x) = 4(4x + 3) 3 ; I = R . f (x) = 1 # 4 # 4(4x + 3) 3 . 4 F(x) = 1 (4x + 3) 4 . 4 4. f (x) = (– 2x + 1) 4 ; I = R . f (x) = 1 # – 1 # – 2 # 5 # (– 2x + 1) 4 . 5 2 F(x) = – 1 (– 2x + 1) 5 . 10 58 1. f (x) = 1 # ln 3 (x) ; I = @ 0 ; +3 6 . x f (x) = 1 # 1 # 4 # (ln x) 3 . 4 x F(x) = 1 (ln x) 4 . 4 2. f (x) = cos (x) sin 3 (x) ; I = R . f (x) = 1 # cos (x) # 4 # sin 3 (x) . 4 F(x) = 1 (sin (x)) 4 . 4 3. f (x) = x 2 ln (1 + x 2) ; I = R . 1+x 1 f (x) = # 1 # 2x 2 # 2 ln (1 + x 2) . 2 2 1+x 2 F(x) = 1 ( ln (1 + x 2)) . 4 sin (x) 59 1. f (x) = ; cos (x) cos (x) cos (x) – sin (x) # (– sin (x)) f ¢ (x) = cos 2 x 2 2 sin (x) = cos 2 x + . cos x cos 2 (x)

TS erm


Livre du professeur

f ¢ (x) = 1 + tan 2 (x) . g (x) = (1 + tan 2 (x)) tan 4 (x) . = 1 # 5 # (1 + tan 2 (x)) # tan 4 (x) . 5 G (x) = 1 tan 5 (x) . 5 sin (x) 3. f (x) = ; cos (x) 2 2 f ¢ (x) = cos x +2 sin x = 12 . cos x cos (x) tan 3 (x) 4. h (x) = ; cos 2 (x) = 1 # 4 # 12 # (tan (x)) 3 . 4 cos (x) 1 H(x) = # (tan (x)) 4 . 4 60. 1. f (x) = tan 4 (x) + tan 6 (x), I = E – r ; r ; 2 2 = tan 4 (x)(1 + tan 2 (x)) = 1 # 5 # (1 + tan 2 (x)) # (tan (x)) 4 . 5

F (x) = 1 tan 5 (x) . 5 r r 2. f (x) = tan 3x + tan 3 3x, I = B – ; 8 6 6 = (1 + tan 2 (3x)) # tan (3x) = 1 # 1 # 3 # (1 + tan 2 (3x)) # 2 # tan (3x) . 2 3 F(x) = 1 (tan (3x)) 2 . 6 61. 1. sin 3 x = sin (x)(sin 2 (x)) = sin (x)(1 + cos 2 (x)) = sin (x) – sin (x) cos 2 (x) . 2. f (x) = sin 3 x = sin (x) – sin (x) cos 2 (x) = sin (x) + (– sin (x)) # 1 # 3 # cos 2 (x) . 3 F(x) = – cos x + 1 cos 3 (x) . 3 1 62. 1. F(x) = – # 2 1 3 . 3 (x + 5x) 1 2. F(x) = – 3 . (x + 2x) 3. f (x) = 3 x 3 = 1 2 2x 3 . 2 (x + 1) (x + 1) 1 1 . F(x) = – # 2 4 (x + 1) 2 7 = 7 # 1 4 . 63. 1. f (x) = (x – 1) 4 (x – 1) 7 1 F(x) = – # . 3 (x – 1) 3 9 4 = 9# 2. f (x) = . (4x + 1) 3 4 (4x + 1) 3 1 F(x) = – 1 # 9 # 2 4 (4x + 1) 2 1 = – 9# . 8 (4x + 1) 2

2 2 . = 1# 3 (2x + 3) 2 3 (2x + 3) 2 F(x) = – 1 # 1 . 3 (2x + 3) 2 64. 1. f (x) = 3 1 – x (x – 3x + 1) 3 2 = – 1 # 3 3x – 3 3 3 (x – 3x + 1) 1 = – # – 1# 3 1 2 3 (x – 3x + 1) 2 . = 1# 3 1 6 (x – 3x + 1) 2 2. F(x) = – 1 # 2 1 3 . 3 (x + 2x) – 1x + 1 3 3. f (x) = 2 6 (x – 4x + 9) 4 = – 1 # 2 2x – 4 4 . 12 (x – 4x + 9) 1 F(x) = – # – 1 # 2 1 3 12 (x – 4x + 9) 3 1 1 . = # 2 36 (x – 4x + 9) 3 x–1 65. 1. f (x) = (3x 2 – 6x + 11) 7 6x – 6 . =1 6 (3x 2 – 6x + 11) 7 F(x) = – 1 # 1 # 2 1 6 6 (3x – 6x + 11) 6 . =– 1# 2 1 36 (3x – 6x + 11) 6 6 – 4x 2. f (x) = 2 (x – 3x – 4) 5 = 2 2 2x – 3 5 . (x – 3x – 4) 1 F(x) = – # (– 2) # 2 1 4 (x – 3x – 4) 4 1 1 . = # 2 2 (x – 3x – 4) 4 3. f (x) =

( )

1 – x2 (x 3 – 3x + 1) 3 2 = – 1 3 3x – 3 3 . 3 (x – 3x + 1) F(x) = – 1 # – 1 # 3 1 2 3 (x – 3x + 1) 2 . = 1# 3 1 6 (x – 3x + 1) 2 2. F(x) = 5 # 3 1 3 . 3 (x + 2x) 3. F(x) = – 1 # 12 . 2 sin (x) 66. 1. f (x) =

( )


66


tan x (1 + tan 2 x) 2 = sin x # cos 3 (x) . 1 F(x) = – cos 4 (x) . 4 x . 2. f (x) = sin3 x = – – sin cos (x) cos 3 (x) F(x) = + 1 # 12 . 2 cos (x) cos (x) 3. f (x) = 3 sin (x)(1 – cos 2 x) 6 cos (x) cos (x) = 3 = 15 . 2 6 sin (x) # (sin x) sin (x) 1 1 F(x) = – # 14 . 14 sin (x) 67. 1. f (x) =

68. 1. F(x) = 2 # 3x + 1 . 1 = – 1 # – 5 . 2. f (x) = 5 4 – 5x 4 – 5x 2 4 – 5x . F(x) = – 5 x 3. f (x) = = 1 # 2x . 2 x +1 2 x2 + 1 2 F(x) = x + 1 . 5 2 = 5# . 2 2x + 1 2x + 1 F(x) = 5 # 2x + 1 . 2. f (x) = – 2 = – 2 # 1 . x–6 x–6 F(x) = - 4 x – 6 . 3. f (x) = x – 1 = 1 # 2x – 2 . x (x – 2) 2 x (x – 2) F(x) = x (x – 2) . 69. 1. f (x) =

x+1 x 2 + 2x + 5 2x + 2 =1 . 2 x 2 + 2x + 5 x 2 + 2x + 5 .

70. 1. f (x) = F(x) =

5x 2 + 5x + 5 2x 3 + 3x 2 + 6x + 1 6x 2 + 6x + 6 =5 . 6 2x 3 + 3x 2 + 6x + 1 F(x) = 5 2x 3 + 3x 2 + 6x + 1 . 3 71. 1. F(x) = 2 2x 3 – 3 cos x + 3 . 3 2. F(x) = 1 + sin 2 x . 2. f (x) =

72. 1. F(x) = 1 sin (2x) . 2 –x 2. F(x) = – e .

TS erm


Livre du professeur

3. f (x) = x 3 (x 4 – 2) 3 = 1 # 4 # 1 # 4x 3 (x 4 – 2) 3 . 4 4 1 4 F(x) = (x – 2) 4 . 16 73. 1. F(x) = 4 e3x . 3 1 2. F(x) = – cos (5x) . 5 4 2 = 2# 3. f (x) = . (2x + 3) 3 (2x + 3) 3 1 . F(x) = (2x + 3) 2 1 x 1 = 4. f (x) = . x ln (x) ln (x) F (x) = ln (ln (x)) . 74. 1. F(x) = ln (ex + 2) . 2. f (x) = 2 x = 1 22x . x +3 2x +3 1 F(x) = ln (x 2 + 3) . 1 2 x 1 = 3. f (x) = . x ln 3 (x) ln 3 (x) F(x) = – 1 # 21 . 2 ln (x) 2x

2x

4. f (x) = e2x + 1 = 1 e2x + 2 . e + 2x 2 e + 2x F(x) = 1 ln (e2x + 2x) . 2 1

75. 1. F(x) = – ex . 2. F(x) = 4x – 3 ln (2x + 6) . 2 3. F(x) = – 1 e3 – 2x . 2 2

4. F(x) = ex . 3 cos (3x) =1 . sin (3x) 3 sin 4 (3x) F(x) = – 1 # 1 # 31 = – 1 # 31 . 3 3 sin (3x) 9 sin (3x) 2. f (x) = 1 # 2e2x # 1 # 6 # (1 + e2x) 5 . 2 6 1 2x 6 F(x) = # (1 + e ) . 12 2 3. F(x) = 1 ex – 2x + 5 . 2 4. F(x) = sin (3x) . 76. 1. f (x) =

cos (3x) 4

77. 1. F(x) = 3 x 2 – x + K ; 2 F(– 1) = 3 + 1 + K + 3 = 5 + K 2 2 + K = 1 . 2 D’où F(x) = 3 x 2 – x + 1 . 2 2

2. F(x) = 1 x 2 + 1 + K ; 2 x –1=1+1+K + K=–1–3 2 2 + K = – 5 . 2 D’où F(x) = 1 x 2 + 1 – 5 . 2 2 2 3. F(x) = ln x + 2x + K ; 0 = ln e + 2e + K + K = – 1 – 2e D’où F(x) = ln (x) + 2x – 1 – 2e . 78. 1. F(x) = 1 sin (3x) + K ; 3 1 = 1# 0 + K + K = 1. 3 D’où F(x) = 1 sin (3x) + 1 . 3 2. F(x) = 1 ln (x 2 + 5) + K ; 2 0 = 1 ln 6 + K + K = – 1 ln6 . 2 2 D’où F(x) = 1 ln (x 2 + 5) – 1 ln 6 . 2 2 3. F(x) = 1 e4x – 1 x 2 + K ; 4 2 – 2 = 1 + K + K = – 9 . 4 4 D’où F(x) = 1 e4x – 1 x 2 – 9 . 4 2 4 sinx 79. 1. F(x) = e + K ; sin

r

1 = e 2 + K + K = 0. D’où F(x) = esinx . 2 2. f (x) = 3 ; 2 (2x + 1) 3 1 F(x) = – 3 + K. 4 (2x + 1) 2 0 = – 3 + K + K = 3 . 4 4 3 1 D’où F(x) = – + 3 . 4 (2x + 1) 2 4 3. F(x) = – ln (cos (x)) + K ; 1 = – ln (1) + K + K = 1 . D’où F(x) = – ln (cos (x)) + 1 . 80. 1. F(x) = 1 x 2 + 1 – 2 x + K ; 2 x 2 = 1 + 1 – 2 + K + K = 2 – 1 = 3 . 2 2 2 1 1 2 D’où F(x) = x + – 2 x + 3 . 2 x 2 1 1 2 2. f (x) = . = (2x + 5) 4 2 (2x + 5) 4 1 F(x) = – 1 + K ; 6 (2x + 5) 3 0 = 1 + K + K = – 1 . 6 6 1 – 1 . D’où F(x) = – 1 6 (2x + 5) 3 6 4 2 3. f (x) = x + 32x – 2 = x 2 + 3 – 22 . x x 1 2 3 F(x) = x + 3x + + K ; 3 x


67


– 1 = 8 + 6 + 1 + K + K = – 1 – 29 3 3 + K = – 32 . 3 32 1 2 3 D’où F(x) = x + 3x + – . 3 x 3 4. f (x) = sin (x) cos 3 (x) ; = – 1 # 4 # (– sin (x)) # cos 3 (x) . 4 F(x) = – 1 cos 4 (x) + K ; 4 0 = – 1 # 1 + K + K = 1 . 4 4 D’où F(x) = – 1 cos 4 (x) + 1 . 4 4

3. Fractions rationnelles 81. et 82. Corrigés dans le manuel. 83. 1. f (x) = a + b = ax – 3a + b . x–3 x–3 Par identification des coefficients : a=5 a=5 + ' ' – 3a + b = – 2 – 15 + b = – 2 a=5 . + ' b = 13 2. f (x) = 5 + 13 ; x–3 F(x) = 5x + 13 ln (x – 3) + K . 84. 1. ax + b + c x+2 (ax + b)(x + 2) + c = x+2 2 + ax 2 ax + bx + 2b + c = x+2 ax 2 + (2a + b) x + 2b + c . = x+2 Par identification des coefficients : a=1 a=1 2 a + b = 5 + * * b = 3 . 2b + c = – 1 c=–7 2. f (x) = x + 3 – 7 ; x+2 F(x) = 1 x 2 + 3x – 7 ln (x + 2) + K . 2 F(1) = 0 + 0 = 1 + 3 – 7 ln 3 + K 2 – 7 K= + 7 ln 3 = 7 – 1 + ln 3 . 2 2 D’où :

(

)

(

)

F(x) = 1 x 2 + 3x - 7 ln (x + 2) + 7 – 1 + ln 3 . 2 2

c 85. 1. a + b + x – 1 (x – 1) 2 a (x – 1) 2 + b (x – 1) + c = (x – 1) 2 2 a (x – 2x + 1) + bx – b + c = (x – 1) 2 2 = ax – 2ax + a + 2bx – b + c (x – 1)

TS erm


Livre du professeur

=

ax 2 + (– 2a + b) x + a – b + c

.

(x – 1) 2 a=2 a=2 * – 2a + b = – 3 + * b = 1 . a–b+c=4 c=3 3 . 2. f (x) = 2 + 1 + x – 1 (x – 1) 2 F(x) = 2x + ln (x – 1) – 3 + K . x–1 F(2) = 3 + 3 = 4 + 0 – 3 + K + K = 2. D’où F(x) = 2x + ln (x – 1) – 3 + 2 . x–1 a b 86. 1. + (x + 3) 2 (x + 3) 3 = ax + 3a +3 b . (x + 3) a=2 a=2 . + ' ' 3a + b = 3 b=–3 3 . 2 – 2. f (x) = (x + 3) 2 (x + 3) 3 F(x) = – 2 + 3 # 1 2 + K . (x + 3) 2 (x + 3) F(– 4) = 0 + 0 = 2 + 3 # 1 + K 2 + K = – 7 . 2 – 2 – 7 . D’où F(x) = + 3# 1 x + 3 2 (x + 3) 2 2 a + b – c x – 1 x + 3 (x + 3) 2 a (x + 3) 2 + b (x – 1)(x + 3) – c (x – 1)

87. 1. = =

(x – 1)(x + 3) 2 2

a (x + 6x + 9) + b (x 2 + 2x – 13) – cx + c) (x – 1)(x + 3) 2 ax + 6ax + 9a + bx 2 + 2bx – 3b – cx + c 2

= =

(x – 1)(x + 3) 2 2

(a + b) x + (6a + 2b – c) x + 9a – 3b + c (x – 1)(x + 3) 2

.

a+b=5

a+b=5 + * 6a + 2b – c = 21 9a – 3b + c = 22 15a – b = 43 a+b=5 a=3 + * b = 2 . * 16a = 48 6a + 2b – c = 21 c=1

* 6a + 2b – c = 21

2. f (x) =

3 + 2 – 1 . x – 1 x + 3 (x + 3) 2

F(x) = 3 ln (x – 1) + 2 ln (x + 3) + 1 + K . (x + 3)

F(2) = 0 + 0 = 2 ln 5 + 1 + K 25 + K = – 2 ln 5 – 1 . 5

D’où : F(x) = 3 ln (x – 1) + 2 ln (x + 3) + 1 – 2 ln 5 – 1 . 5 x+3 d 88. 1. a + b + c + 3x – 1 2x + 1 (2x + 1) 2 = =

= = =

a (3x – 1)(2x + 1) 2 + b (2x + 1) 2 + c (3x – 1)(2x + 1) (3x – 1)(2x + 1) 2 2

2

(3x – 1)(2x + 1) 2 2

2

2

a (12x + 8x – x – 1) + b (4x + 4x + 1) + c (6x + x – 1) + 3dx – d (3x – 1)(2x + 1) 2 12ax 3 + 8ax 2 – ax – a + 4bx 2 + 4bx + b + 6cx 2 + cx – c + 3dx – d (3x – 1)(2x + 1) 2 12ax 3 + (8a + 4b + 6c) x 2 + (– a + 4b + c + 3d) x + (– a + b – c – d) (3x – 1)(2x + 1) 2

.

Z 12a = 24 ] ] 8a + 4b + 6c = 18 [ ]] – a + 4b + c + 3d = 10 \– Za + b – c – d = – 9 Z a=2 a=2 ] ] ] 2b + 3c = 1 ] 2b + 3c = 1 +[ +[ ]] 4b + c + 3d = 12 ]] 5b + 2d = 5 \b – c – d = – 7 \5c + 7d = 40 Za = 2 ] a=2 ] 10b + 15c = 5 +[ + * 15c – 4d = – 5 ]] 10b + 4d = 10 5c + 7d = 40 \5c + 7d = 40 a=2 a=2 + * 15c – 4d = – 5 + * – 25d = – 125 15c + 21d = 120 15c – 4d = – 5 Za = 2 ] ]d = 5 . +[ ]] c = 1 \b = – 1 2. f (x) = 2 +

5 –1 + 1 + . (3x – 1) (2x + 1) (2x + 1) 2

F(2) = 2x – 1 ln (3x – 1) + 1 ln (2x – 1) 2 3 5 1 – + K. 2 (2x + 1) 89. 1. G ¢(x) = (2ax + b)e2x + 2 (ax 2 + bx + c)e2x . 2. G ¢(x) = (2ax 2 + (2a + 2b) x + b + 2c)e2x . a = 25 a=2 * 2a + 2b = 0 + * b = – 2 . b + 2c = 0 c=1 2 G (x) = (2 – x – 2x + 1)e2x est une primitive de f sur R.

4. Calcul d’intégrales

#0 r cos 2t – sin tdt = ; 1 sin 2t + cos t E


68

2

2

( )

– 13 = –1 –4= . 3 3 r

3.

#0 r cos (3x)dx = ; 13 sin (3x) E

4.

#– 1 e– 2x + 1 dx = ; –21 e– 2x + 1 E

=0

0

0


0 –1

)

= – 1 e – – 1 e3 2 2 = 1 (– e + e3) 2 1 = e(– 1 + e2) . 2 1 1 5 dx = ; 5 ln (– 2x + 3) E 94. 1. # 0 2x – 3 2 0 5 5 = 0 – ln 3 = – ln 3 . 2 2 car 2x - 3 1 0 sur 6 0 ; 1 @ .

( )

– 3 dx = ; 1 x 2 – 3 x E 1 = – 2 . 5 5 5 0 5 1 1 3x 3. # e dx = ; 1 e3x E = 1 e3 – 1 0 3 3 3 0 1 3 = (e – 1) . 3 2.

#0

1 2x

( )

4.

#0

1

ex dx =

#0

1 1x e2 dx

( ) = 2 ( e – 1) . 1

1

x 1

= 8 2e2 B 0 = 2e2 – 2

1 2

95. 1.

#1

1

1

(ex + e– x)dx = 6 ex + e– x @ – 1

= (e – e– 1) – (e– 1 + e1) = e – e– 1 – e– 1 + e1 = 2e – 2e– 1 = 2e – 2 . e 1 1 1 1 1 2. # d x = ; E 0 (2x + 1) 2 2 (2x + 1) 0 1 = – 1 = – 1 . 6 2 3 1 1 1 3. # (2x + 1) 2 dx = ; (2x + 1) 3 E 0 6 0 26 13 9 1 – = = = . 2 6 6 3 2 21 1 3 4 4. # # (ln (x)) dx = ; (ln (x)) E 1 x 4 1 1 4 = ; (ln 2) E . 4

()

1

96. 1.

#1

1

#– 21 (2t – 1)dt = 6 t 2 – t @2– 1

(

)

= 1 – 1 – (1 + 1) 4 2 = – 1 – 2 = – 9 . 4 4

r

2 0 = (– 1) - 1 = – 2 .

3

90. à 92. Corrigés dans le manuel. 93. 1.

0

( ) (

2

a (3x – 1)(4x + 4x + 1) + b (4x + 4x + 1) + c (6x + x – 1) + 3dx – d 3

0

2. #– r sin 3u – 4 cos udu = ; – 1 cos 3u – 4 sin u E – r

2

3

3

(– 2t + 1)dt = 6 t 2 – t @ 1 2

(

= (– 9 + 3) – – 1 + 1 4 2

)

TS erm


Livre du professeur

= – 6 – 1 = – 25 . 4 4 – 2t + 1 si t G 1 2 . 2. 2t – 1 = * 2t – 1 si t H 1 2 3 # 2t – 1 dt

–1

=

=

99. 1.

#

= + 9 + 25 = 34 = 17 . 4 4 4 2 – t – 1 si t G – 1 97. t + 1 = ' . t + 1 si t H – 1 1

#– 2

–1

#– 2

– t – 1dt +

(

)

)

= 1 – 0 + 3 + 1 = 5 . 2 2 2 2 Z 5 ]] – 2t – 5 si t G – 2 . 98. 1. 2t + 5 = [ 5 ] 2t + 5 si t H – 2 \ 3 3 # 2t + 5 dt = # 2t + 5 dt –1 6 2

3 = t + 5t @ – 1 = (9 + 15) – (1 – 5) = 24 + 4 = 28 . – x + 4 si x G 4 2. x – 4 = ' . x–4 si x H 4 3

#– 1

x – 4 dx =

=

=

–

1 4

#

(

)

(

) )

– x2 + 2x + 3 4

#– 2

3

–1

–3

0

–

+3

0

+

–

–1 2

x – 2x – 3 dx +

(– 13 – 1 + 3) – (– 83 – 4 + 6) + (– 9 + 9 + 9) – ( + 1 + 1 – 3) + ( 64 – 16 – 12) – (9 – 9 – 9) 3 3 3

3

– 1 + 2 + 64 – 28 + 9 3 3

= 2 – 8 + 64 = 46 . 3

101. =

#0

r

3

sin (x) + cos (x) dx r

#0 r sin x dx + #0 2 cos x dx + #rr – cos x dx r

2

r

= 6 – cos x @ r0 + 6 sin x @ 2 + 6 – sin x @ r 0

2

= (1 + 1) + 1 + 1 = 4 . 102.

)

= – 1 + 1 – (– 32 + 4) + (18 + 3) – 1 – 1 8 4 8 4

=

#1

3

#1

3

#1

2

– x + 2 dx +

3

2

#2

3

3

69


=

r 4 (1 –r 4

#

+ tan 2 x) – 1dx r

= 6 tan x – x @ –4 r

= 1–

3.

) (

r r – –1+ 4 4 r = 2 – . 2

#0

r

# 4r –

4

)

1

1

dx == –2 G 3 (x + 5) 0 (x + 5) =– 2 + 2 6 5 6 2 5 =– + 3 5 –5 6+6 5 = . 15

4.

4

(

tan x dx = cos x

r

# 4r –

4

sin x dx cos 2 x r

= ; – 1 E –4 r cos x 4

=–

2 – (–

2) = 0.

r 4

cos 2x dx (2 + 3 sin (2x)) 3 r 1 = ;– 1 E4 12 (2 + 3 sin 2x) 2 0 = – 1 + 1 = 252 300 48 14 400 = 28 = 14 = 7 . 1600 800 400 104. Si k G – 3 ; I = 6 – 6k Si – 3 G k G 3 ; I = k 2 + 15 Si k H 3 ; I = 6 + 6k 5.

x – 2 dx

= ; 1 x 2 – x E + ; – 1 x 2 + 2x E + ; 1 x 2 – 2x E 2 2 2 1 1 2


#

#0

105. I =

x – 1 + x – 2 dx

x – 1 dx +

r 4 tan 2 xdx –r 4

3

#– 1 – x 2 + 2x + 3 dx 4 + # x 2 – 2x – 3 dx 3 3

= – 1 + 2 + 8 – 2 + 9

( )

= – 1 + 1 = 3 . 8 2 8

– x 2 + 2x + 3 dx

#– 2

cos x dx (1 + sin x) 3 r 1 = ;– 1# E2 2 2 (1 + sin x) 0

x 1 = – 2 + 24 = – 1 –2 . T= 4 – 4#(– 1)#(3) = 16 3 4 x2 = – 2 – 4 = 3 –2

x

2.

3

100. 1.

=

1 dx

(

3

1

5

= ; 1 x 3 – x 2 – 3x E + ; – 1 x 3 + x 2 + 3x E 3 3 –2 –1 4 + ; – 1 x 3 – x 2 – 3x E 3 3

3

#

x – 4x + 3 dx

–1

#– 1 – x + 4 dx

3 – 4x – 1 dx + 1 4x + –4 – 4 1 – 3 2 2 4 6 – 2x – x @ + 6 2x + x @– 1 –4 4

– x + 4x – 3 dx +

#0 2

5 2

126 = 1 + 1 + 125 – 35 = – 34 3 3 3 = 42 – 34 = 8 .

=

3 = ; – 1 x 2 + 4x E 2 –1 9 = (– + 12) – (– 1 – 4) 2 2 15 9 = + = 12 . 2 2 Z 1 ]] – 4x – 1 si x G – 4 3. 4x + 1 = [ . ] 4x + 1 si x H – 1 4 \ 3 # 4x + 1 dx –4

#3

2

3

#1

3

103. 1.

+

= (– 9 + 18 – 9) – – 1 + 2 - 3 3 + 125 – 50 + 15 – (9 – 18 + 9) 3

= – 1 + 1 – (– 2 + 2) + 1 + 1 – 1 – 1 2 2 2

–1

0

–

(92 – 3) – (12 – 1) + (– 2 + 4) 9 – ( – 1 + 2) + ( – 6) – (2 – 4) 2 2 r

x 2 – 4x + 3 dx

(

) (

0

+

3

1

(

5

#1

1

= ;– 1t2 – t E + ;1t2 + t E 2 2 –2 –1

x2 – 4x + 3

=

= 3 + 1 + 2 – 3 – 3 + 2 = 3. 2 2 2 2

+3

= ; – 1 x 3 + 2x 2 – 3x E + ; 1 x 3 – 2x 2 + 3x E

#– 1 t + 1dt

–1

=3

3

1

–3

x

=

t + 1 dt =

4+2 2

#

#

x =

1 2 T = 16 – 4 # 1 # 3 = 4 3 . 4 x2 = 4 – 2 = 1

1 3 2 – 2t + 1dt + 1 2t – 1dt –1 2 1 3 2 – 2t – 1dt – 1 – 2t + 1dt –1 2

#

= 1 + 28 + 21 + 1 = 1 + 49 = 197 . 8 8 4 4

#0

r

(4x – 1) sin (2x 2 – x)dx r = 6 – cos (2x 2 – x) @ 0 = (– cos (2r – r )) + 1 = 1 – cos (2r – r ) .

TS erm


Livre du professeur

J=

r 2 –r 4

#

cos x dx sin x – 2 r = 6 + ln (– sin x + 2) @ 2 r

= – ln

K=

(

#0 r cos (3x) sin4 (3x)dx

(

)

2 +2 2 2+4 . 2

= ln 1 – ln

–

4

)

r

= ; 1 sin 5 (3x) E = 0 - 0 = 0 . 5 0

106. I =

x + cos (2x)

#rr

2

3

dx

(x + sin (2x)) r = ;– 1 2 1 Er 2 4 (x + sin 2x) 2 = – 1 4 – – 144 r 4r – 1 + 16 15 = = . 4r 4 4r 4

2

( )

J=

#0

r 2

cos 8 x sinx dx = ; – 1 cos 9 x E 9 0 1 = (0) – – = 1 . 9 9 r

( )

K=

r 2

#0 2 sin (2x)(1 – cos (2x)) 5 dx

r 26 2

= ; 1 (1 – cos (2x)) E 12 0 17 17 = – (0) = . 3 93

( )

107. I =

#0

1

(x – 1)(x 2 –2x + 8) 5 dx 1

= ; 1 (x 2 – 2x + 8) 4 E 8 0 1 695 1 1 4 4 = (7) – # 8 = – . 8 8 8

(

) (

)

2

2

x dx = ; + 1 ln (3x 2 – 2) E 6 1 3x 2 – 2 = 1 ln 10 – 1 ln 1 = 1 ln 10 . 6 6 6 4 4 6x – 3 K= # dx = = – 3 # 2 1 2 G 2 3 3 (x – x) 2 (x – x) 3 = – 3 + 3 = 9 = 1 . 288 72 288 32

J=

#1

(

108. I = =

=

–1

#– 1

#– 2

x + 4 – 2 x + 1 dx

x + 4 – 2(– x – 1)dx +

–1

#– 2

3

) ( )

3x + 6dx +

#– –1 3 x + 4 – 2x – 2dx

3

#– 1 – x + 2dx

–1

3

= ; 3 x 2 + 6x E + ; – 1 x 2 + 2x E 2 2 –2 –1 = ( 3 – 6) – (6 – 12) + ( – 9 + 6) – ( – 1 – 2) 2

2

2

= 3 – 6 – 6 + 12 – 9 + 6 + 1 + 2 2 2 2 = – 5 + 8 = 11 . 2 2 2 2 J= # – 3 + 1 dx 0 x – 5 2x + 1 (x – 3) = ; 2 ln (– x + 5) – 3 ln (2x + 1) – 2

(

) (

1 2 E (x – 3) 0

)

2

3

= 2 ln 3 – 7 ln 5 + 2 . 2 3 –11

#– 2

x

(

) (

#1

112. à 116. Corrigés dans le manuel. 117. 1.  = 3,11 cm 2 . 2. bleue = 9 –  = 5, 89 cm 2 .

)

2

r = 1 ; 1 sin 2x E = 1 # 0 = 0 . r 2 r 0

1

2. n = 1 # 2x 2 + x – 2dx 1 + 1 –1 1 = ; 2 x 3 + 1 x 2 – 2x E 3 2 –1 2 1 = + –2 – –2+1+2 3 2 3 2 3 4 12 = + – – – 4 + 3 + 12 6 6 6 6 6 6 16 5 1 1 =– – =– = – 8 . 6 6 6 3 1 3 dx 3. n = 1 # 3 –2 x – 2 = 1 6 3 ln (– x + 2) @ 1– 2 3 1 = 6 3 ln (1) - 3 ln 4 @ 3 = – ln 4 = – 2 ln 2 .

( (

111 1. n = 1 4


) ( ) (

2

#– 2

)

)

x dx x +1 2

70

#– 1 x (x 2 + 1) 3 dx = 312 .

5. Calculs d’aires

1 – x 2 – 1 xdx 1 – 2x 2 1 1 + x2 + 1 x 2 21 – x – x – 2 4 2 dx = # 1 1 – 2x 3 2 2 4 dx = ; – 3 ln (2x – 1) E = # 1 1 – 2x 8 1 3 3 3 = – ln 3 + ln 1 = – ln 3 . 8 8 8 3 D’où I = 1 – ln 3 . 8 r 110 1. n = 1 # cos 2xdx r–0 0 109. I – J =

3

3. n = 1 4

– 22 + 13 dx x x –1 2 = ; ln (– x) + – 1 12 E x 2 x –2 = ln (1) – 2 – 1 – ln 2 – 1 – 1 2 8 = – 1 – ln 2 – 3 = – ln 2 – 11 . 8 8 K=

1

1 # 2 ln 2 e2 x dx 2 ln 2 0 1 2 ln 2 x = 1 ; 1 e2 E 0 2 ln 2 2 = 1 6 2 – 1 @ = 1 . ln 2 ln 2

2. n =

= 2 ln 3 – 3 ln 5 + 1 – 2 ln 5 – 3 ln 1 + 1 2

2

= 1 ; 1 ln (x 2 + 1) E 4 2 –2 1 = 6 ln 5 – ln 5 @ = 0 8


118. 1. f (x) – g (x) = 3 – x 2 – (x 2 – 3x + 4) = 3 – x 2 – x 2 + 3x – 4 = – 2x 2 + 3x – 1 . x1 = – 3 + 1 = 1 –4 2 . 4 x2 = – 3 – 1 = 1 –4

T = 9 – 4 # (– 2) # (– 1) = 1 3

1 2

–3

x – 2x2 + 2x – 1

–

1

0

+

0

+3 –

f est au-dessus de g sur l’intervalle E 1 ; 1 ; . 2 f est en dessous de g sur l’intervalle E – 3 ; 1 ; , @ 1 ; +3 6 . 2

2.  =

#1

1

– 2x 2 + 3x – 1dx

2

1

= ; – 2 x 3 + 3 x 2 – x E1 3 2 2 = –2+3–1 – – 1 +3–1 3 2 12 8 2 –4+9–6 – 2 + 9 – 12 = – 6 24 5 – 1 1 = + = u.a. 6 24 24

( (

) ( ) (

) )

1 u.a. = 15 cm 2 .  = 15 # 1 = 0, 625 cm 2 . 24 121 119 1. 2 5 4 si x 2 0 si x 1 0 x x2 x1x 2x 2x x x 2 e 2e e 1 e2

TS erm


Livre du professeur

ex croissante sur R Sur @ 0 ; +3 6 f est au-dessus de g . Sur @ – 3 ; 0 6 f est en dessous de g . 0

#– 1 e

2. 1 =

x 2

x

0

– ex dx = 8 2e2 – ex B – 1

(

–

1 2

= 1 – 2e

= 1 + e– 1 –

#0

3. 2 =

1 + ln x 2 0 . ln x 2 – 1 x 2 1 . e

1 x

e –

x e2 dx

)

– e– 1 1 – 2e 2

x 1 8 ex – 2e2 B 0 1 – e – 2e 2 –

=

u.a.

=

120. 1.

= 1 + e – 2e2 u.a.

=

#0

r

1

sin 4 (x)dx

2. g (x) = rR 2 avec R = sin 2 (x) g (x) = r # sin 4 (x) .

#0

g (x)dx = r # sin 4 (x) r

= – ; – 1 + 1 – (– 2 + 2) E 2 1 = + u.a. 2

(

)

1 e

1

+

0

2

4. 2 = – #1 1 + ln x dx x x e

1 = ; ln x + 1 (ln x) 2 E 1 2 e

2.

0

1 e +

f (x)

–

+3 + +

0

uv ¢ =

#a

b

(

b

(uv)¢ – u ¢v –

#a

b

#0

1

1

xex dx = 6 xex @ 0 – 1

#0

#a

b

u ¢v

u ¢v .

1 x

e dx

= e – 6 ex @ 0 = e – 6 e – 1 @ = + 1 .

u ¢(x) = 1 ; v ¢(x) = cos (2x) ; v(x) = 1 sin (2x) . 2 r 2

x cos (2x)dx r = ; 1 x sin (2x) E 2 – 2 0

#0

r 21

2

sin (2x)dx

= 0 – 1 ; – 1 cos 2x E 2 2 2 0 1 1 = 6 – 1 – (1) @ = – . 4 2

+


71

)

)

e

( ) ( ) ( ) ( )

e J = ; x ln 1 + 1 E – # – 1 x 1 1 x+1 e 1 = e ln 1 + 1 – ln 2 + # 1 e x+1 1 – ln 2 + 6 ln (x + 1) @ e1 = e ln 1 + e = e ln 1 + 1 – ln 2 + ln (e + 1) – ln 2 e = (e + 1)(ln (e + 1)) – e – 2 ln 2 .

126. • u (x) = x 2 ; u ¢(x) = 2x ; v ¢(x) = ex ; v (x) = ex . 1

1

I = 6 x 2 ex @ 0 – 2 # xex dx = e – 2 # xex dx. 1

0

0

u (x) = x ; u ¢(x) = 1 ; v ¢(x) = ex ; v (x) = ex .

#0

1

r

1

(

(uv)¢ – u ¢v

#a

#1

1 ; • u (x) = ln 1 + 1 ; u ¢(x) = – x x (x + 1) v(x) = x . v ¢(x) = 1 ;

3. u (x) = x ; u ¢(x) = 1 ; v ¢(x) = ex ; v (x) = ex .

2.

0

b

= 6 uv @ ba –

#0

x

)

=

f (1) = 1 .

–

#a

1

1dx = – 1 ln 1 – 6 x @ 1 e e e e e 1 1 2 = – 1. = – 1– e e e 1

I = 6 x ln x @ 1 –

4. u (x) = x ;

–3

1 + ln x

2

(

)

e e J = ; – ln x E – # – 12 dx x 1 1 x e = – 1 – ;1E = – 1 – ;1 – 1E = – 2 + 1. e x1 e e e 1 125. • u (x) = ln (x) ; u ¢(x) = ; x v ¢(x) = 1 ; v(x) = x .

1

–

0

0

)

1 = 1 # 3 # 1 = 0, 75 cm 2 .

+3

1

x

(

123. 1. (u # v)¢ = u ¢v + uv ¢ uv ¢ = (uv)¢ – u ¢v

) )

f (x)

6. Intégration par parties

6 # (3 – x ) = ln 3 + x + x # 3–x (3 – x) 2 # (3 + x) 6x = ln 3 + x + . 3–x (3 – x)(3 + x) 1 # x – (1 + ln x) = – ln2 x . 122. 1. f ¢(x) = x x2 x

f ¢(x)

= – ; ln x +

(3 – x) 2 3+x 3–x

)

0

1 (3 – x) – (3 + x) # (– 1) f ¢(x) = ln 3 + x + x # 3–x

x

(

1 1 (ln x) 2 E e 1 2 e2

= 0 – – 1 + 1 = 1 u.a. 2 2 2 = 0, 75 cm 2 .

= 3 r cm 3 . 8 121. 1. Soit f : x 7 xg (x)

( (

1 + ln x dx x x

=–#

0

(

1 + ln x dx x

r = ; 3 x – 1 sin (2x) + 1 sin (4x) E = 3 r . 8 32 8 4 0

3. V =

3. 1 = – #

(– 1)

#0 r 38 – 12 cos (2x) + 18 cos (4x)dx

r

1 e 1 e2 1 e 1 e2

124. • u (x) = ln (x) ; u ¢(x) = 1 ; x 1 2 v ¢(x) = x ; v(x) = x 3 . 3 e e 1 1 I = ; ln (x) # x 3 E – # x 2 dx 3 1 11 3 e 1 1 3 = ; e E – ; 1 x3 E 3 3 3 1 = 1 e3 – 1 1 e3 – 1 = 2 e3 + 1 . 3 3 3 3 9 9 1 • u (x) = ln (x) ; u ¢(x) = ; x 1 v ¢(x) = 2 ; v(x) = – 1 . x x


I = e – 2 ; 6 xe x @ 0 –

1 x

e dx E

1

= e – 2 6 e – 6 ex @ 0 @ = e – 2 6 e – e + 1 @ = e – 2. • u (t ) = t 2 ; u ¢(t ) = 2t ; t

v ¢(t ) = e2 ;

t

v (t ) = 2e2 .

TS erm


Livre du professeur t 0

t

0

J = 8 2t 2 e2 B – 1 – 4 # t e2 dt = 2e

–

1 2

–1 t 0 t e2 dt . –1

–4#

u (t ) = t ; u ¢(t ) = 1 ; t

t

–

= 2e

–

1 2 1 2

t 0

– 4 ; 8 2t e2 B – 1 – – 4 8 + 2e

–

1 2

t 0

– 2 8 2e2 B – 1 B 1

127. 1. u (t ) = t + 1 ; u ¢(t ) = 1 ; v ¢(t ) = et ; v (t ) = et . x

= (x + 1)ex – 1 – 6 et @ 0 = (x + 1)ex – 1 – ex + 1 = xex .

2. Soit f (t ) = (t + 1)et ;

#0

t

(t + 1)e dt =

#0

x

f (t )dt = F(x) – F(0)

= F(x) – 1 . D’après le 1. F(x) – 1 = xex = xex + 1 .

7. Calcul approché d’intégrale

()

128. 1. R k = 1 # f k . n n 2.

()

(

)

(

)

= 1 ; f 0 + f 1 + ... + f n – 1 E n n n n n–1

()

n–1 S n = n1 # f n0 + n1 # f n1 + ... + 1 n#f n

() ()

()

=1 / f k . n k=0 n

3. S 10 . 0, 778 . S 50 . 0, 753 . S 100 . 0, 750 .

( ()

4

1

en prenant S n G 0, 78078 d’après le tableur n = 53 . 131. Demander la valeur de n. S prend la valeur 0. s prend la valeur 0. Pour i = 0 à n – 1 – i +1 2 n S=S+e 2 i + 1+1 2 – n s=s+e 2 Fin Pour K=S–s S Afficher K, s, S.

)

(

)

133. Partie A : 1.

#1 x (2 + t)dt = ; 2t – 12 t 2 E

) ()

() ()

()

1#f n n n n E n

()

S 10 . 0, 715 ; S 50 . 0, 740 ; S 100 . 0, 744.

x 1

) (

)

= 2x – 1 x 2 – 2 – 1 2 2 3 1 2 = 2x – x – . 2 2 2 2. (2 + t ) – 1 = – t + 2t – 1 . t t Étudions le signe de – t 2 + 2t – 1 : T = 4 – 4 # (– 1) # (– 1) = 0 ; xa = – b = – 2 = 1 . 2a – 2 x

1

+3

2

– t + 2t – 1 0 t


–

72

( ( ( )

2. ireD =

132. 1. Démontrer la formule de Simpson en TS, ce n’est pas un peu raide ? J’avoue que je ne sais pas la démontrer moi-même au pied levé. 2. Application directe de la formule de Simpson. 3. Le reste de l’exercice nécessite un logiciel de calcul formel que je n’ai pas.


4

– 1 x 2 + 2x – 3 dx 2 2 4 = ; – 1 x3 + x2 – 3 x E 6 2 1 32 = – + 16 – 6 – ; – 1 + 1 – 3 E 3 6 2 1 + 6 – 9E = – 32 + 48 – 18 – ; – 3 6 4 2 = – + = 0. 3 6 L’aire comprise entre l’axe des abscisses h et les droites d’équation x = 1 et x = 3 est égale à l’aire comprise entre l’axe des abscisses h et les droites d’équation x = 3 et x = 4 . 1. a.  # h (x) dx =

(

4. rk = 1 # f k + 1 . n n 1 1 + 1 f 2 + ... + 5. S n = f n n n n 1 1 = ;f + f 2 + ... + f n n n n 1 k = / f . n k=1 n

()

3. (2 + t ) G 1 . t x #1 (2 + t)dt G #1 x 1t dt 2x – 1 x 2 – 3 G ln x . 2 2 Partie B :

(

#0 x (t + 1)et dt = 6 (t + 1)et @x0 – #0 x edt

x

7. Pour n = 100 ; S 100 – s 100 0, 750 – 0, 744 = = 8 # 10– 3 . S 100 0, 750

2. 0,78 G I G 0,79 . S –I 3. n G 10 – 3 I S n G I (1, 001 )

t

0

#– 1 2e2 E

– = 2 – 4 ; 2 – 2 8 2 – 2e 2 B E e e 16 8 2 – = + 16 – = – 22 + 16 . e e e e

(2 – t ) – 1 G 0 + (2 – t ) G 1 . t t

129. 1. s 100 = 0,783 S 100 = 0,788 .

v ¢(t ) = e2 ; v (t ) = 2e2 . J = 2e

6. S n – s n = 1 ( f (0) – f (1)) . n

#1

#1

)

)

4

ln xdx =

#1

4

1 # ln xdx .

u (x) = ln x ; u ¢(x) = 1 ; x v ¢(x) = 1 ; v (x) = x .

4

x # 1 dx x = 4 ln 4 – 6 x @ 41 = 4 ln 4 – (4 – 1) = 4 ln 4 – 3 .

0 = 6 x ln x @ 41 –

#1

134. 1. Pour tout x 2 1 on a : 2x G x 2 + x G 2x 2 + 1 G 2 1 G 12 2x x + x 2x + ln x G 22 ln x G ln2x . x x +x x 4 dx = ; 1 (ln x) 2 E x 2 2 = 1 (ln 4) 2 – 1 (ln 2) 2 2 2 = 1 (ln 8)(ln 2) . 2 b.  J = – 1 ln (4) – 1 + 1 ln (2) + 1 4 4 2 2 1 1 1 = – ln (2) – + ln (2) + 1 = 1 . 2 4 4 2 2 c.  ln2x G f (x) G ln x x x 4 ln x 4 4 + # G # f (x) G # ln x 2 x2 2 2 x 4 1 1 2 # + G f (x) G (ln 4) – 1 (ln 2) 2 2 4 2 2

2. a.  I =

#2

4 ln x

TS erm


Livre du professeur

3. 1 u.a. = 4 cm 2 . 1 # 4 G  G 4 # 1 # ln 8 # ln 2 4 2 1 G  G 2 ln 8 # ln 2 . 135. 1. ax 2 + bx + c +

= = =

136. 1. K =

d + e x–1 x+1

ax 2 (x 2 – 1) + bx (x 2 – 1) + c (x 2 – 1) + d (x + 1) + e (x – 1)

(x – 1)(x + 1)

f (x) = x2 – 3x + 6 +

.

1 – 13 . 2 (x – 1) 2 (x + 1)

F1 (x) = 1 x 3 – 3 x 2 + 6x 3 2 1 + ln (– x + 1) – 13 ln (x + 1) ; 2 2 3 1 3 2 F2 (x) = x – x + 6x 3 2 + 1 ln (x – 1) – 13 ln (x + 1) + K2 . 2 2 avec F2 (2) = 1 F2 (2) = 8 – 6 + 12 – 13 ln 3 + K2 . 3 2 26 13 + K2 = 1 – + ln 3 . 3 2 2 3 13 + K2 = – + ln 3 . 3 2 F2 (x) = 1 x 3 – 3 x 2 + 6x + 1 ln (x – 1) 3 2 2 13 – ln (x + 1) – 23 + 13 ln 3 . 2 3 2

#2

f (x)dx 1

= ; 1 x 3 – 3 x 2 + 6x + 1 ln (– x + 1) – 13 ln (x + 1) E 2 3 2 2 2 0 3 13 3 1 1 1 ; E = – + 3 + ln – ln 24 8 2 2 2 2 – 8 13 13 1 + 3 – ln 2 – ln 3 + ln 2 = 24 2 2 2 = – 1 + 3 + 6 ln 2 – 13 ln 3 3 2 = 8 + 6 ln 2 – 13 ln 3 39 2

()

()

+

#0 r ex (cos2 x + sin2 x)dx

=

137. 1.

#0 r ex cos (2x)dx .

3.

x2 + 2 ) ; Df = 6 0 ; 1 @ .

2

a.  x 7 x + 2 x x2 + 2 x

1+ b.  f ¢(x) =

2

x +2= x2 + 2

x+

#0

1

=

#0

1

=

#0

1

b.  #

1

0

1

x 2 + 2 B0

2 dx x2 + 2

2 + x 2 dx x2 + 2 x 2 + 2 dx = K .

2x 2 + 2 = x2 + 2

c. On trouve

3.

3) + 3 d.  J = ; 2 ln (2 + 3 ) + 3 . K= 2 1 ex 1 138. 1. A = # dx = 6 ln (1 + ex) @ 0 0 1 + ex = ln (1 + e) – ln 2 . 1 ex dx = – ln 1 ; E x (1 + e ) 0 (1 + ex) 2 1 1 + . =– 1+e 2 2. a + bt + ct 2 1 + t (1 + t )

#0

1

=

a (1 + 2t + t 2) + bt (1 + t ) + ct


(1 + t ) 2

t 1 . =1– 1 – 1 + t (1 + t ) 2 (1 + t ) 2

x ex ; 1 =1– e x– x 2 1 + e (1 + ex) 2 (1 + e )

I=

#0

=

#0

1

1

1 dx (1 + ex) 2

1dx –

#0

1

ex dx – 1 + ex

#0

1

(1 + t ) 2 73

ex dx (1 + ex) 2

1 –1 1+e 2 = 1 – ln (1 + e) + ln 2 + 1 . 1+e

139. 1. { (0) est l’intégrale d’une fonction positive sur un intervalle d’amplitude nulle : donc { (0) = 0 . 2 Par définition de l’intégrale { ¢(t ) = 10t 2 . 1+t 2 10 # n 100 # 0,1 2. y n + 1 = y n + 2 1+ n 100 2 n = yn + . 100 + n 2 3. y 0 = 0 et y n + 1 = y n +

ln (2 –

B=

(a + b) t 2 + (2a + b + c) t + a

=1–A–B = 1 – ln (1 + e) + ln 2 +

1 . x2 + 2

dx = 8 ln (x + x2 + 2 = ln (1 + 3 ) – 1 ln 2 . 2 1 x2 + 2. a. J + 2I = # 0 x2 + 2 c.  I =

(1 + t ) 2

Donc

#0 r ex (cos2 x – sin2 x)dx f (x) = ln (x +

a + 2at + at 2 + bt + bt 2 + ct

a=1 a=1 + *a + b = 0 + *b = – 1 2a + b + c = 0 c=–1

#0 r ex dx = 6 ex @0r = er – 1 .

=

3. I – J =

2. F1 (x) = 1 x 3 – 3 x 2 + 6x 3 2 1 + ln (– x + 1) – 13 ln (x + 1) + K1 2 2 avec F1 (0) = 0 + K1 = 0 .

1 2

e cos (x)dx

I+J=

+

2

#0 r ex sin2 (x)dx .

(x – 1)(x + 1) ax 4 + bx 3 + (– a + c) x 2 + (d + e ) x + (– c + d – e)

r x

et J =

(x – 1)(x + 1) ax 4 – ax 2 + bx 3 – bx + cx 2 – c + dx + d + ex – e

Za = 1 Za = 1 Za = 1 ] ] ] ]b = – 3 ]] b = – 3 ]] b = – 3 ]c = 6 + [– a + c = 5 + [c = 6 +[ 1 . ]d + e – b = – 3 ]d + e = – 6 ]d = 2 ] ]] ]] ] e = – 13 \– c + d – e = 1 \d – e = 7 2 \

3.

#0

2. I =

#0 r ex cos (2x)dx .


02 = 0 ; 100 + 0 2

n 2 . 100 + n 2

y1 = y0 +

y 2 = 1 ; 101 y 3 = 1 + 4 ; 101 104 y 4 = 1 + 4 + 9 ; 101 104 109 16 y5 = 1 + 4 + 9 + .0, 269 . 101 104 109 116

140. Partie A :

2n + 2

/

2n

1– / 1 k=n+1 k k=n k =–1+ 1 + 1 n 2n + 1 2n + 2 – 3n – 2 = . n (2n + 1)(2n + 2) 1. u n + 1 – u n =

TS erm


Livre du professeur

2. n !  * donc – 3n – 2 1 0 et n (2n + 2)(2n + 1) 2 0 ; donc u n + 1 – u n 1 0 et la suite (un) est strictement décroissante. 3. Pour tout n H 1 , u n 2 0 la suite (un) est donc décroissante et minorée par 0, elle est donc convergente. Partie B : 1. a.  n G x G n + 1 pour tout n !  * ; 1 G 1 G 1 . n+1 x n 1 dx G # n + 1 1 dx G # n + 1 1 dx n n n+1 x n n+11 1 1 + G# dx G . n n+1 x n

#n

+

b.  #

n

n+1

n+11

dx = 6 ln x @ nn + 1 = ln (n + 1) – ln (n) x = ln n + 1 n

(

)

(

)

(

)

n n + n1 – f (n) = n1 – n1 – ln = – ln n+1 n+1

(

)

(

)

= – ln n = ln n + 1 . n+1 n

On a donc bien

#n

n+11

dx = 1 – f (n) . x n

c.  1 G 1 – f (n) G 1 n+1 n n 1 1 + – G – f (n) G 0 n+1 n + 0 G f (n) G 1 – 1 n n+1 1 . + 0 G f (n) G n (n + 1) 2. a. D’après la question 1. c. on a :

0 G f (n) G

+

h +

1 ; n (n + 1)

1 0 G f (n + 1) G ; (n + 1)(n + 2) h 1 0 G f (2n) G 2n (2n + 1) 0 G f (n) + f (n + 1) + … + f (2n) G S n

a (x + 1) + bx (a + b) x + a G x (x + 1) x (x + 1) a=1 a=1 + ' + ' a+b=0 b=–1 1 1 = – 1 . Donc x (x + 1) x x + 1 b. 

c. 

1 = 1 – 1 d’après 2. b. n (n + 1) n n + 1

1 = 1 – 1 (n + 1)(n + 2) n + 1 n + 2 h

1 = 1 – 1 . 2n (2n + 1) 2n 2n + 1

+

1 G # k + 1 1 G 1 . k x k k+1

Par somme :

b. 

+ + S n = 1 - 1 = 2n 1 – n = n 1 . n 2n + 1 n (2n + 1) n (2n + 1)

1 G # 2 1 dx G 1 ; 1 x 2

/ f (k) G S n .

k=n

n = 0. 2n 2 D’après le théorème des gendarmes : lim S n " +3 n

= n lim +

" 3

2n

lim

n " +3

/ f (k) = 0 .

k=n

e.  f (n) = 1n + ln

(n +n 1) = 1n + ln n – ln (n + 1) (

+

)

f (n + 1) = 1 + ln n + 1 = 1 + ln (n + 1) – ln (n + 2) n+1 n+2 n+1

h

(

1 G # 3 1 G 1 ; 2 x 3 2

h +

2n

d.  0 G

+

)

2n f (2n) = 1 + ln = 1 + ln (2n) – ln (2n + 1) 2n 2n + 1 2n

f (n) + f (n + 1) + … f (2n) = u n + ln (n) – ln (2n + 1) = u n – (ln (2n + 1) – ln (n))

( (

)

).

f.  u n = ( f (n) + f (n + 1) + … + f (2n)) + ln ( 2 + 1n) . lim u = 0 + n lim ln 2 + 1 n " +3 n " +3 n lim u = ln 2 . n n +

)

1 + 1 + … + 1 G # n 1 dx G 1 + 1 + … + 1 n 1 x 2 3 2 n–1 1 u n – 1 G ln n G u n – n

Avec l’inégalité de gauche : u n – ln n G 1 ; v n G 1 . Avec l’inégalité de droite : 1 G u – ln n ; 0 G u – ln n ; 0 G v . n n n n On a donc : 0 G v n G 1 . 3. a.  v n + 1 – v n = u n + 1 – ln (n + 1) – u n + ln (n) = (u n + 1 – u n) – (ln (n + 1) – ln (n))

= u n – ln 2n + 1 n = u n – ln 2 + 1 n

(

h 1 G # n 1 dx G 1 n n–1x n–1

=

1 – n+1

b. D’après l’encadrement de la question 2. a. : 1 G # k + 1 1 dx G 1 k x k+1 k 1 – n+1

" 3

141. 1. a.  u 2 = u 1 + 1 = 3 ; 2 2 3 1 u 3 = + = 11 ; 2 3 6 u 4 = 11 + 1 = 25 . 6 4 12 n 1 b. n : u n = / ; pour tout n !  * . k=1k Initialisation :

/ 1k = 1 = u 1

k=1

1 vrai.

n+1

/

1 . k Conclusion : n est vraie au rang 1, si n est vraie au rang n + 1 , n est vraie pour tout n !  * . 2. a.  k G x G k + 1 avec k !  * . + 1 G1G1 k+1 x k k+1 1 k+11 k+11 G# G# + # k k k x k+1 k =


74

k=1


n+11

x

dx G 0

4. La suite vn est décroissante et minorée (par 0), elle est donc convergente vers un nombre c H 0 . v n = u n – ln (n) u n = v n + ln (n) =c ;

Par somme :

Hérédité : je suppose n vraie au rang n, démontrons alors que u n + 1 = u n + 1 . n n un + 1 = un + 1 = / 1 + 1 n + 1 k=1k n + 1

#1

Donc v n + 1 – v n G 0 , la suite vn est décroissante.

lim v n " +3 n

1

#n n + 1 1x dx .

lim ln (n) = +3

n " +3

lim u n " +3 n

= +3 .

142. 1. ln (x + 3) est la composée d’une fonction affine (x + 3) et de la fonction ln. Elle est donc dérivable sur x 2 – 3 . Le dénominateur est une fonction affine. f est donc dérivable comme quotient de fonctions dérivables sur 6 0 ; +3 6 ( x + 3 s’annule pour x = – 3 g 6 0 ; +3 6 ). 1 # (x + 3) – ln (x + 3) x + 3 f ¢(x) = (x + 3) 2 1 – ln (x + 3) . = (x + 3) 2 1 – ln (x + 3) H 0 + – ln (x + 3) H – 1 + ln (x + 3) H 1

TS erm


Livre du professeur

+ ln (x + 3) H ln e + x G e – 31 0.

x

0

+3

f ¢(x)

– ln 3 3

f (x)

0

f (0) = ln 3 ; n lim f (x) = 0 . " +3 3 2. a. Si n G x 1 n + 1 alors f (n + 1) G f (x) 1 f (n) car la fonction f(x) est décroissante sur 6 0 ; +3 6 .

b.  f (n + 1) G f (x) 1 f (n) +

#n n + 1 f (n + 1)dxG #n n + 1 f (x)dx1 #n n + 1 f (n)dx

+ f (n + 1) G u n 1 f (n) " 3

" 3

" 3

3. F(x) = 6 ln (x + 3) @ 2 sur 6 0 ; +3 6 . a. La fonction x 7 ln (x + 3) est dérivable sur 6 0 ; +3 6 . La fonction x 7 x 2 est dérivable sur 6 0 ; +3 6 . Par composée, la fonction F est dérivable sur 6 0 ; +3 6 . F ¢(x) = 2 # 1 # ln (x + 3) x+3 2 ln (x + 3) = 2f (x) . = x+3 f (x)dx = 1 6 F(x) @ 10 2 1 = (F(n) – F(0)) 2 1 = ((ln (n + 3)) 2 – (ln (3)) 2) . 2 b.  In =

#0

n

=

#0

=

#0

n

f (x)dx +

#1

2

f (x)dx + … +

=

=

=

lim ln (x + 3) = +3

lim u 2 = +3

u " +3

2. a.  # 0

(x + n) n 2 2 n + (x – n)(x + n) n 2 (x + n) n2 H 0. n (x + n)

#0

#n – 1 f (x)dx

4 par composée

lim (ln (x + 3)) 2 = +3

n " +3

lim S n " +3 n

la suite Sn diverge. 143. 1. 0 G x G 1 n G x + n G 1 + n avec n !  *

= +3 ,

(

) )

)

/ 1k – ln (n)

k=1

= 1 + 1 + 1 + … + 1 – ln (n) . 2 3 n U(n + 1) – Un k=n+1

k=1

)

)

1 – ln (n + 1) – / 1 – ln (n) k=1 k k=1k 1 = – ln (n + 1) + ln (n) n+1 = 1 – ln n + 1 . n+1 n Or d’après 2. b.  1 – 1 G ln n + 1 n 2n 2 n

(

5. D’après les questions 3. et 4. les Un et Vn sont respectivement décroissante et croissante. De plus : lim (U n – V n) = n lim ln (n + 1) – ln (n) n + + " 3

" 3

= n lim ln n + 1 = 0 . " +3 n Les suites Un et Vn sont donc adjacentes, elles sont donc convergentes et convergent vers la même limite c . V (n) G c G U (n) On cherche n tel que U(n) – V (n) G 10 – 2 soit ln 1 + 1 G 10 – 2 n 1 + 1 + G e0,01 n 1 + G e0, 01 – 1 n . 99, 5 soit n = 100 n H 0, 011 e –1 U100 . 0, 582 et V 100 . 0, 573 .

(

k=n

/

)

)

)

– ln n + 1 G – 1 – 1 2 n n 2n 75

/ 1k – ln (n + 1)

= 1 + 1 + 1 + … + 1 – ln (n + 1) . 2 3 n

(

)

k=n


k=n

Vn est croissante.

( (

(

4. V (n) =

Or d’après 2. b.  ln n + 2 G 1 n+1 n+1 et V (n + 1) – V (n) H 0

11

(

)

(

1 dx = 6 ln (x + n) @ 1 0 n+x = ln (n + 1) – ln (n) = ln n + 1 . n

1

(

1 – ln 1 G 0 n+1 n+1 un + 1 – un G 0

V (n + 1) – V (n) = 1 – ln (n + 2) + ln (n + 1) n+1 = 1 – ln n + 2 . n+1 n+1

2

1 1 1 – x dx G # dx G # 1 dx 0 x + n 0 n n n2 1 + # 1 – x2 dx G ln n + 1 G 1 0 n n n n 2 1 1 1 x n 1 1 + + – 2 ; E G ln G n n 2 0 n n + 1 – 1 2 G ln n + 1 G 1 . n 2n n n

+

1 – n . 2n (n + 1) 2

Un est décroissante.

n 2 – (n – x)(x + n)

b.  1 – x2 G 1 G 1 n n x+n n

=

et

donc

1 H 1 – x . n + x n n2 1

G

Or n H 1 + 1 – n G 0

2

3. U(n) =

f (x)dx = In .

n " +3

2

(

4. S n = u 0 + u 1 + …u n + 1 1

( )

2 1 – ln n + 1 G 2n – 2n (n + 1) + (n + 1) n n+1 2n 2 (n + 1)

( ) 1 – 1– x = 1 –n–x x + n (n n ) x + n n

Donc

)

1 – ln n + 1 G 1 – 1 – 1 n+1 n n + 1 n 2n 2

Démontrons maintenant que 1 H1 – x x + n n n2 1 – 1 – x H 0. x+n n n2

f (n) = n lim f (n + 1) = 0 . c.  n lim + + D’après le théorème des gendarmes lim u n = 0 . n +

(

1 G 1 G1 1+n x+n n donc 1 G 1 . x+n n


)

Soit c . 0, 58 à 10 – 2 près .

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144. I. Première partie 1. f ¢(x) = 1 – 1 ; 1+x – x G 0 sur 0 ; + . 6 36 1+x 0

x

}

+3

0

f (0) = 0

f (x)

1 – (1 + x) + x (1 + x) g ¢(x) = 1 – 1 + x = 1+x 1+x 2 x = H0. 1+x 0

x

+3 g (0) = 0

g (x)

0

2. ln (1 + x) – x G 0 + ln (1 + x) G x 2 2 ln (1 + x) – x + x H 0 + ln (1 + x) H x – x 2 2 2 x x – G ln (1 + x) G x soit 2 II. Deuxième partie 1. n : u n 2 0. Initialisation : u 1 = 3 2 0 ; n vraie. 2 Hérédité : un 2 0 u n # 1 + n1+ 1 2 0 1 + n1+ 1 2 0 2 2 un + 1 2 0 .

(

)

(

)

Conclusion : 1 est vraie si n vraie n vraie pour tout n H1 alors n + 1 vraie

}

2. Initialisation : ln u 1 = ln 1 + 1 = ln 3 vraie. 2 2 Hérédité :

(

) ()

( ) (

)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

ln u n = ln 1 + 1 + ln 1 + 12 + f + ln 1 + 1n 2 2 2 ln u n + ln 1 +

1

2n + 1

= ln 1 + 1 + ln 1 + 12 2 2

+ f + 1 + 1n + ln 1 + n1+ 1 2 2

ln u n 1 +

1

2n + 1

Conclusion : 1 est vraie si n vraie n vraie pour tout n H1 alors n + 1 vraie D’après la première partie : 1 – 1 # 1 G ln 1 + 1 G 1 2 2 4 2 2 1 – 1 # 1 G ln 1 + 1 G 1 22 2 42 22 22 h +

= ln 1 + 1 + f + ln 1 + n1+ 1 2 2

ln u n + 1 = ln 1 + 1 + f + ln 1 + n1+ 1 2 2

(

)

(

)

(

)

1 – 1 # 1 G ln 1 + 1 G 1 2n 2 4n 2n 2n Sn – 1 # Tn G ln u n G Sn 2 1. Sn est la somme des n premiers termes d’une suite géométrique de premier terme 1 et de raison 1 4 4 n 1 1– 2 = 1 – 1 . Sn = 1 # 2 2n 1–1 2 4. Sn est la somme des n premiers termes d’une suite géométrique de premier terme 1 et de raison 1 . 4 4 Tn est la somme des n premiers termes d’une suite géométrique de premier terme 1 et de raison 1 . 4 4 n 1 1– 4 =1 1– 1 n . Tn = 1 # 4 3 4 1–1 4 1 et 1 sont compris entre 0 et 1 4 2 S = 1 et n lim donc n lim T = 1 . " +3 n " +3 n 3 5. a. D’après la question 1. u n 2 0 pour

()

()

( ())

tout entier naturel n H1 un + 1 = 1 + 1 21. un 2n + 1 La suite u n est donc strictement crois-

sante. b.  ln u n G Sn ; u n G eSn . La suite u n est donc croissante et majorée (par eSn ), elle est donc convergente vers une limite . ln u n = ln . c.  n lim + " 3

D’après la question 3.. Sn – 1 Tn G ln u n G Sn . 2 1 T G lim ln (u ) G lim S – lim S n n " +3 n 2 n n " +3 n " +3 n 1 1 – G ln  G 1 . 6 5

e6 G e G e . © Hachette livre, 2012

76

145. Partie A : 1. f (0) = 1 et g (0) = 0 ce qui permet de distinguer f et g . 2

2. f ¢(x) = – 2 xe- x . -3

x

0

f ¢(x)

+

+3 –

0 1

f (x) 0

0 2

2

x = +3 On pose x = x : x lim " +3 lim 1 = 0 x " +3 ex lim 1 = 0 x " +3 ex 2 2 g ¢ (x) = 2 xe- x – 2x 3 e- x 2

= 2 xe- x (1 – x 2) x

-3

–1

0

x

–

–

1 – x2

–

0

+

g ¢(x)

+

0

–

g (x) 0

0

0

+1 +

+3 +

+

0

–

+

0

–

0

0

g (– 1) = g (1) = 1 e g (0) = 0 2 lim x = 0 = x lim x 2 e- x x " +3 ex " +3 (en posant x = x 2 ) 2 3. f (x) – g (x) = e- x (1 – x 2) . -3

x f (x) – g (x)

-1 –

0

1 +

0

+3 –

Sur 6 – 1 ; 1 @ , f (x) H g (x) donc f est en dessus de g. Sur @ – 0 ; – 1 6 , @ 1 ; +3 6 f (x) 1 g (x) , f (x) H g (x) donc f est en dessous de g. Partie B : 1. g étant dérivable donc continue, G est la primitive de la fonction g qui s’annule en O. 2. G (x) représente l’aire délimitée par l’axe des abscisses, la courbe g et les droites d’équations x = 0 et x = x . 3. G ¢(x) = g (x) et g (x) H 0 d’après la question 2. G (x) est donc croissant sur R. 2 x 4. F(x) = # e- t dt ; 0


TS erm


Livre du professeur

G(x) = # t 2 e- t dt = # – 1 # (– 2t e- t )dt . 0 0 2 1 1 u (t ) = – ; u¢ (t ) = – ; 2 2 2 2 v ¢ (t ) = – 2t e- t ; v (t ) = – e- t . 2 x 2 x G(x) = ; – 1 e- t E + 1 # e- t dt 0 2 2 0 x - x2 = – e + 1 F(x) 2 2 2 1 8 = F(x) – x e- x B . 2 2 5. a.  lim = xe- x = lim x = 0 et x

x

2

x " +3

2

x " +3

lim F(x) = .

ex

2

donc x lim G (x) = 1 . " +3 2

#0

1

2

(1 – t 2)e- t dt .

N représente l’aire de la surface limitée par les 2 courbes f g et les droites d’équations x = 0 ; x = 1 .  c.  est l’aire de la surface délimitée par 2 la courbe g, l’axe des abscisses et les droites d’équation X = 0 ; X = x .  On voit graphiquement que N H 2 146. 1. ex (xex + 1) – (ex – 1)(ex + xex) f ¢(x) = (xex + 1) 2 2x x xe + e – (e2x + xe2x – ex – xex) = (xex + 1) 2 2x x xe + e – e2x – xe2x + ex + xex = (xex + 1) 2 ex (2 – ex – x) = (xex + 1) 2 y = f ¢(0)(x – 0) + f (0) = 1(x – 0) + 0 = x 2. a. 

ex – 1 x 2 ex + x ex – 1 – x 2 ex – x – = xe x + 1 xe x + 1 xe x + 1 x x (x + 1) u (x) = (x + 1)(e – xe – 1)

f (x) – x =

= xe x – x 2 e x – x + e x – x e x – 1

f (x) – x =

4. 1 ex – 1 -x 1 – x x 1–e = e = ex = e – 1 = f (x). -x x x x+e x + 1x xe + 1 xe + 1 e ex -x 5. F(x) = ln (x + e ) . -x 1 x 1 6. # f (x)dx = # 1 – e - x = 6 h (x + e- x) @ 0 0 0 x+e = + ln 1 + 1 . e 1 1 #0 xdx = ; 12 x 2 E = 12 0 1  = – ln 1 + 1 u.a. 2 e 1  = 16 # – ln 1 + 1 cm2. 2 e  . 299 mm2. 1 7. a.  v 0 = # f (x)dx = ln 1 + 1 ; 0 e 2 - x @2 6 v 1 = # f (x)dx = ln (x + e ) 1 1 = ln (2 + e- 2) – ln 1 + 1 e 3 v 2 = # f (x)dx = ln (3 + e- 3) – ln (2 + e- 2).

(

x " +3

b.  N =

c.  f (x) – x est du signe de u (x) , donc f est en dessous de la tangente T sur l’intervalle 6 0 ; +3 6 .

( (

u¢(x)

2

x2 . = (x + 1)(2 + x) 2 h est croissante sur 6 0 ; +3 6 .

2

x

2

g (x)

g

2 2 –

g¢(x)

2

2

0

+3 +

0

3 1 + ln 2 2 2

( 22 ) = 12 + 1 – ln 22

77

x " 0+

lim ln x = – 3 x " 0+ x

4 par addition :

lim f (x) = – 3

x " 0+

La courbe f admet la droite d’équation x = 0 comme asymptote verticale. lim x = +3 x " +3 2. 4 par addition : lim ln x = 0 x " +3 x lim f (x) = +3 x " +3 ln x = 0 . f (x) – x = ln x et x lim " +3 x x La droite  est asymptote à la courbe f en +3 . 1 # x – ln x = 1 + 1 – 2ln x 3. f ¢(x) = 1 + x x2 x 2 x + 1 – ln x = x2 g (x) f ¢(x) = 2 . x 4. D’après les questions précédentes : f ¢(x) 2 0 , la fonction f (x) est croissante sur @ 0 ; +3 6 . 0

x f (x)

III. 1. 2.

+3 +3

–3

#1 e lnxx dx = ; 12 (ln x) 2 E

#1 e f (x)dx = #1 e x dx + #1

0

x f ¢(x)

1 e

= 1 – 0 = 1. 2 2 ln x dx x

e 2 1

/ (5k )

k=0

1 +

f (x)

Sn =

k G x Gk + 1 5 5 Repères Term S, Livre du professeur

e

= ; 1 x2 E + 1 2 1 2 2 e = u.a. 2 2  = 9 # c cm 2 . 2 x ex (1 + x) – ex 149. 1. f ¢(x) = = xe 2 . 2 (1 + x) (1 + x)

e f (0) = 1 ; f (1) = . 2 n

= 3 – 1 ln 2 + ln 2 2 2 = 3 + 1 ln 2 2 0 . 2 2


lim x = 0

II. 1.

e

148. I. 1. g ¢(x) = 2x – 1 = 2x – 1 ; x x 2 ou – 2 . 2x 2 – 1 = 0 + x 2 = 1 + x =

–

u (0) = 0 u (x) G 0 sur l’intervalle 6 0 ; +3 6 .

)

b. v n est l’aire du domaine situé entre l’axe des abscisses, la courbe f et les droites d’équation x = n et x = n + 1 . 147. 1. h (x) = f (x) – g (x) = ln (1 + x) – 2 2+x 2 (1 + x) – 2x h¢ (x) = 1 – 1+x (2 + x) 2

+3

0

)

(

(x + 1) u (x)

0

)) (

xe x + 1 avec u (x) = ex – xex – 1 . b.  u (x) = ex – xex – 1 u¢ (x) = ex – ex – xex = – xex . x

) (

)

2. 3 + 1 ln 2 2 0 et d’après le tableau 2 2 de variation de g (x) on a g (x) 2 0 sur @ 0 ; +3 6 .

TS erm


Livre du professeur

()

(

d. D’après les questions précédentes : 1,091 – (e – 2) G I G 1,164 – (e – 2) 0, 37 G I G 0, 45 .

)

+ f k G f (x) G f k + 1 ; 5 5

f (x) est croissante sur 6 0 ; 1 @

+

#k

k+1 5 f

5

k+1 5 f (x)dx

()

k dx G # k 5

5

G #k

()

+ 1 f k G #k 5 5

k+1 5 f

5

5

(

)

f k+1 . 5

()

5

(

G/ 1f k+1 5 k=05 4

4

()

+1 / f k G / 5 k=0 5 k=0 4

#k 5

k+1 5

(

)

x

ex dx 1+x

)

G1 / f k + 1 5 k=0 5 5 x 1 + 1 S 4 G # e dx G 1 / f k – f (0) 0 1+x 5 5 k=0 5 x 1 + 1 S 4 G # e dx G 1 (S 4 – 1) 0 1+x 5 5 c.  S 4 . 5, 458 7 et S 5 . 6, 817 8 1 S . 1, 091 par défaut 5 4 1 (S – 1) . 1, 164 par excès 5 5 x 1 d’où : 1,091 G # e dx G 1,164 . 0 1+x 2 (1 – x)(1 + x) + x 2 3. a.  1 – x + x = 1+x 1+x 1 – x2 + x2 = = 1 . 1+x 1+x b.  #

1

0

(

()

#0

1

(1 – x)ex +

=

#0

1

(1 – x)ex dx + I

1

c.  # (1 – x)ex dx 0 u (x) = (1 – x) ; u¢ (x) = – 1 ; v ¢ (x) = ex ; v (x) = ex .

#0

1

)

x 2 ex dx 1+x 1 1 x 2 ex = # (1 – x)ex dx + # dx 0 0 1+x

ex dx = 1+x

1 (1 – x)ex dx = 6 1 – x)ex @ 0 +

=–1+

6 ex @ 10

x

2

)

4

" 3

3 par composée lim e = +3 x " +3 _ b b par produit 1-x lim e = + 3 ` lim f (x) = +3 x " –3 b x " –3 a 2 lim x = + 3 x " –3 2 x 2 e1 - x = ex # 1x = e x x e e x 2 = 0 donc lim f (x) = 0 . lim x " +3 ex x " +3 La droite d’équation y = 0 est asymptote horizontale à la courbe f en +3 . b. f est dérivable comme produit et composée de fonction dérivable sur R. f ¢(x) = 2 xe1 - x – x 2 e1 - x = xe1 - x (2 – x) . c.  " 3

L’aire sous la courbe f est comprise entre l’aire du rectangle rk située en dessous de la courbe et celle du rectangle Rk situé en dessus de la courbe ces rectangles ayant par largeur 1 et pour largeurs respectives 5 f k+1 . 5 k+1 4 4 x 1 k b.  / f G / #k 5 e dx 5 1+x k=05 k=0

(

" 3

150. 1. a. lim 1 – x = +3 x –

(k +5 1) dx

5 k+1 5 f (x)dx G 1

e = 0 , d’après 1 = lim n + 1 n " +3 n + 1 le théorème des gendarmes + n lim In = 0 . + + n lim +

-3

0

x

–

2–x

+

f ¢(x)

–

0

0

2

+3

+

+

+

0

–

+

0

–

+3

1

x e

dx =

#0

1

f (x)dx

donc I2 représente l’aire exprimée en unités d’aire, de la partie du plan comprise entre la courbe f , l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 0 et x = 1 . 3. a.  0 G x G 1 + – 1G– xG0 + 0G1 – xG1 + 1 G e1 - x G e la fonction expo est croissante sur R + x n G x n e1 - x G x n e x n H 0 . 1

1

1

b.  # x n dx G # x n e1 - x dx G # x n edx 0

#0

1 x

e dx

=–1+ e–1=e–2

0

0

n+1 1 n+1 1 E G In G e ; x E +;x n+10 n+10 + 1 G In G e . n+1 n+1


78

0

+3

f ¢(x)

+ +3

f (x) –3

0

1 –

0

+3 +

0

1 2. I0 = # e1 - x dx = 6 – e1 - x @ 0 = – 1 + e 0 I1 = I0 = – 1 + e – 1 = e – 2 I2 = 2(– 2 + e) – 1 = 2e – 5 1 2 1-x

x

x

4 f (0) = 0 ; f (1) = . e

#0

2. f est dérivable sur f et composée de fonction dérivable sur R. f ¢(x) = 1 + 12 . x x

f (x)

0

I2 =

lim ln (x) = +3 p ar addition : 4 lim f (x) = +3 lim – 1 = – 3 x " +3 x " +3 x x " +3

3. f (1) = 0 , de plus f (x) est strictement croissante sur @ 0 ; +3 6 .

4 e

f (x)

151. Partie 1 : lim ln (x) = – 3 p ar addition : x " 0+ 1. 4 lim+ – 1 = – 3 x lim0+ f (x) = – 3 " x x"0


4. F(x) = x ln – ln x F(x) est dérivable sur @ 0 ; +3 6 comme produit et somme de fonctions dérivables sur @ 0 ; +3 6 . F¢ (x) = ln x + 1 – 1 = f (x) x F(x) est donc bien une primitive de f (x) sur @ 0 ; +3 6 . 5. F¢ (x) = f (x) or d’après le tableau de signe de la question 3., f (x) 2 0 sur @ 1 ; +3 6 donc F(x) est strictement croissante sur @ 1 ; +3 6 . 6. F(1) = 0 et F(e) = e – 1 . 1, 7 1 – 1 . 0, 63 0 1 0, 63 1 1, 7 2 1 1 1 – 1 1 e. e La fonction F est continue, dérivable et strictement croissante sur @ 1 ; e 6 et 1 1 1 – 1 1 e , donc d’après le théoe rème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel a ! 6 1 ; e @ tel que F(a) = 1 – 1 . e 7. Avec la calculatrice 1, 9 1 a 1 2, 0

TS erm


Livre du professeur

Partie 2 : 1. ln (x) + 1 = 0 + ln (x) = – 1 + x = 1 e donc A 1 ; 0 . e 2. g (x) = h (x) + 1 = h (x) + 1 x + ln (x) + 1 – 1 = 0 x + f (x) = 0 . D’après la partie 1, f (1) = 0 ; l’abscisse du point P est 1. g (1) = 1 = 1 donc P (1 ; 1) . 1 1 3. a.  = #1 g (x) – h (x)dx

( )

e

car g (x) H h (x) sur ; 1 ; 1 E 2 1  = #1 – f (x)dx . e

b.  = –

#1

1

[

f (x)dx = – x ln x – ln x

e

#1

t

h (x) – g (x)dx =

#1

]

t

1 e

2.

x–1

par addition :

f (x) – x = e- x ; x lim e- x = 0 . " +3 La droite d’équation est asymptote à f en +3 . Partie B : 1. g¢ (x) = 1 – 1 = x 1+x 1+x donc g ¢ (x) H 0 . x

1 + – +

xn (x – 1) ln (x – 1) 0

–

x n (x – 1) ln (x – 1) G 0 et

#0

lim f (x) = +3

x " +3

0

g ¢(x)

0

ln (x – 1)

lim e- x = x lim ex = 0 " –3 3 lim – x = +3 x –

x " +3

" 3

f (x)dx

Sur l’intervalle 6 0 ; 1 @ :

0

n vraie pour tout n H1 . 5. ln (n) G u n lim ln (n) = +3 par comparaison n " +3 lim u = +3 n " +3 n u n G 1 + 1 + f + 1 pour tout n H2 . 2 n–1

x=–x

#0 1 x n (x – 1) ln (x + 1)dx

xn

}

6. a. 

1

#0 1 x n + 1 ln (x + 1)dx – #0 1 x n ln (x + 1)dx

0

f (0) = 1

f ¢(x)

152. 1.

x

+

Initialisation : 1 : ln ( 1) G u 1 + 0 G 0 ; 1 vraie. Hérédité : On suppose n vraie par un certain rang n. ln (n) G u n + f (ln (n) G f (u n) + ln (n + 1) G ln (n) + 1 G u n + 1 n + ln (n + 1) G u n + 1 Conclusion : n est vraie en premier rang si n vraie alors n + 1 vraie

+3

f (x)

b. D’après la partie 1 t = 1 – 1 pour e t = a . 1, 9 .

=

0

1

= 6 x ln x – ln x @ 1t = + ln t – ln t

un + 1 – un =

" 3

153. Partie A : f (x) est dérivable sur 6 0 ; +3 6 f ¢(x) = 1 – e- x 1 – e- x 2 0 + – e- x 2 1 + e- x 2 1 + – x10 + x20 x

= + 1 ln 1 – ln 1 = – 1 + 1 . e e e e 4. a. Sur l’intervalle 6 1 ; +3 6 , h (x) H g (x) donc

t =

+ 1Gx + 1G2 + 0 G ln (x + 1) G ln 2 + 0 G x n ln (x + 1) G x n ln 2 n+1 1 E # ln 2 + 0 G un G ; x n+10 + 0 G u n G 1 # ln 2 n+1 ln 2 lim = 0 , d’après le théorème des n " +3 n + 1 un = 0 . gendarmes n lim +

1 n

x (x – 1) ln (x – 1)dx G 0 .

Donc u n + 1 – u n G 0 , la suite u n est décroissante. Pour tout 6 0 ; 1 @ ; x n ln (x + 1) H 0 1 1 + # x n ln (x + 1)dx H # x n 0 dx 0 0 + un H 0 . La suite (u n) est décroissante et minorée par 0, elle converge donc vers un réel . 1. 0 G x G 1

k

e

e

k

g (0) = 0

g (x)

0

donc g (x) H 0 + x – ln (1 + x) H 0 + x H ln (1 + x) . 2. On pose x = 1 : n 1 H ln 1 ; 1 n n 1 n + 1 + H ln n n + 1 H ln (n + 1) – ln (n) n + 1 + ln (n) H ln (n + 1) n 3. f (x) = x + e- x ;

( ) ( )

f (ln (n)) = ln (n) + e- ln (n) = ln (n) + e- ln n

–1

= ln (n) + 1 . n 4. 1 : ln (n) G u n pour n H 1 . 79

k–1

hachurée = 1 # 1 = 1

+3

+


1 y= x

1 k


1 dx . x On voit graphiquement que : 1 G # k 1 dx . k–1 x e b. D’après l’égalité du 5. et celle du 6. a. on a : 2 n–1 u n 1 1 + # 1 dx + f # dx 1 x n–2 n–1 1 + un G 1 + # dx 1 x + u n G 1 + 6 ln x @ n1 – 1 + u n G 1 + ln (n – 1) . 7. Pour tout entier n H2 on a donc : ln (n) G ln G 1 + ln (n – 1) . u ln (n) 1 + ln (n – 1) + G n G ln (n) ln (n) n (n) ln 1 – 1 un 1 n . + 1G G +1+ ln (n) ln (n) ln (n)

#k – 1

(

)

TS erm


Livre du professeur

)

(

ln 1 – 1 1 n = 1. +1+ lim n " +3 ln (n) ln (n) D’après le théorème des gendarmes un = 1. lim n " +3 ln (n) 154. 1. a. lim x 2 = +3 x +

x

( ex est une fonction crois-

0

e

–

1 2

+3

g¢(x)

+

2 ln x + 1

–

0

+

f ¢(x)

–

0

+

f (x)

e

+

f (e ) 1 2

( – 2) = 1 # (– 1) = – 1

1 . 2 e 2e 2. Équation de la tangente à  en un point d’abscisse x 0 : y = f ¢(x 0)(x – x 0) + f (x 0) = x 0 (2 ln x 0 + 1)(x – x 0) + x 20 ln x 0 Si cette tangente posée par l’origine du repère alors : 0 = – x 20 (2 ln x 0 + 1) + x 20 ln x 0 + 0 = – x 20 (ln x 0 + 1) + x 0 = 0 n’est pas possible donc ln x 0 + 1 = 0 ln x 0 = – 1 x 0 = e- 1 = 1 . e 2 1 1 y = 2 ln + 1 x – 1 + 1 ln 1 e e e e e 2 2 1 1 1 = – + x– – e e e e 2 2 1 1 1 =– x+ = – 1x. – e e e e 5 x 3. a. Soit g (x) = (5 ln x – 1) 25 4 5 x 5 g¢ (x) = (5 ln x – 1) + x # 5 25 25 x 4 4 5 x 5 x 4 = x ln x – + . 25 25

( ( ) )( ) ( ) ( )( ) ( ) () () ()

1

ea = 2 + 3 a = ln (2 + 3 ) ou a = ln (2 – 3 ) . Le point A ayant une abscisse positive on a : a = ln (2 + 3 ) .

x 4 ln x # ln x dx ;

e

u = ln x ; u¢ = 1 ; x 5 4 v ¢ = x ln x ; v = x (5 ln x – 1) . 25

b. D’après les questions précédentes

–6

)

( )

7 HH 1 > 1 1 – – –– – 25 5 5 5e5 7 2 –– =r= + G 25e5 125 125e5 r 37 2– = 125 e5 =r>

25e5 –6

–

( )

155. Partie A : 1. a.  f ¢(x) = –

=–

f e

#1

=r

=– –

r (( f (x)) 2 dx

(

b.  f ¢(x) = 2x ln x + x = x (2 ln x + 1) 2 ln x + 1 2 0 + ln x 2 – 1 2 1 2

1

1

par produit 4 lim f (x) = + lim ln x = + 3 3 x " +3 x " +3

–

#1

1 1 x5 V = r = = (5 ln x – 1) # ln x GG 1 – #1 (5 ln x – 1) # dx 25 x 2 e R V S–6 W 1 1 1 # 5x 4 ln x dx – #1 x 4 dx W – =rS S 25e5 25 1 W e e S W T X 1 –6 1 x5 1 5 – =r= = (5 ln x – 1) – x G G 1 5 25e5 25 5 2

" 3

+ x2e sante sur R)

b.  V =

( (

)

4ex (e2x + 1) – 4ex (2e2x) (e2x + 1) 2 4ex (– e2x + 1)

)

(e2x + 1) 2 4e (e2x – 1)

(e2x + 1) 2 b. •  4ex 2 0 sur R •  (e2x + 1) 2 2 0 sur R •  x 2 0 + 2x 2 0 + e2x 2 1 + e2x – 1 2 0 sur @ 0 ; +3 6 . Conclusion f ¢(x) 2 0 sur @ 0 ; +3 6 donc f est strictement croissante sur @ 0 ; +3 6 . 2. f (x) est définie sur R 4

f (– x) = 1 –

=1–

4e e

– 2x

4e

+1 -x

e– 2x + 1

=1–

ex 1 e

2x

+1

=1–

4 e

x

2x # e

1 + e2x

= f (x)

La fonction f (x) est donc paire, sa courbe représentative sur R admet l’axe des ordonnées comme axe de symétrie. a 3. a.  f (0) = 0 + 1 – 24a e = 0 e +1 2a e + 1 – 4ea = 0 + e2a + 1 a 2 + (e ) – 4ea + 1 = 0 En posant c = c a or c solution de l’équation x 2 – 4x + 1 = 0 T= 16 – 4x # 1 # 1 = 12 : 4 + 12 x1 = = 2 + 3 ; x 2 = 2 – 3 . 2 © Hachette livre, 2012

80

f (x)

-a +

+a –

0

+3 +

0

avec a = ln (2 +


3)

Partie B : 1. F¢ (x) = f (x) et d’après la partie I. F(x) est strictement croissante sur @ – 3 ; – a 6j6 a ; +3 6 . F(x) est strictement décroissante sur 6– a ; a @. a 2. F(0) = # f (0)dt 0 f (x) 1 0 sur 6 0 ; a @ donc F(0) est l’opposé de l’aire du domaine compris entre la courbe , l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 0 et x = a . f (0) = – 1 et le point A a pour abscisse a. L’aire du domaine est donc contenue dans un rectangle de longueur a et de largeur 1. – a G F(0) G 0 t 3. a.  f (t ) = 1 – 24t e = 1 – 4et 2t 1 e +1 e +1 1 or 2t 11 e +1 donc f (t ) H 1 – 4e- t b.  f (t ) H 1 – 4e- t

(

x

-x

x -3

+

)

#0 x f (t)dt H #0 x 1 – 4e- t dt

+ F(x) H 6 t + 4e- t dt @ 0 + F(x) H x + 4e- x – 4 H x – 4 car 4e- x 2 0 lim x – 4 = +3 . x " +3 x

F(x) = +3 . Par comparaison : x lim " +3 4. Il me semble qu’il y a un problème d’énoncé car la limite de F(x) lorsque x tend vers +3 a déjà été déterminée à la question 3.. 156. 1. F¢ (x) = – e- x + (x + 1)e- x = xe- x x I1 = # xe- x dx d’après la question 1.. 0

I1 = 6 – (x + 1)e- x @ 0 = – 2e- 1 + 1 . x

2. a. Pour tout x ! 6 0 ; 1 @ x n e- x H 0 donc In représente l’aire du domaine située entre n, l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 0 et x = 1 . On voit que lorsque n augmente cette aire diminue donc In semble décroissante. b.  In + 1 = In =

#0

1 n

x (x – 1)

TS erm


Livre du professeur

•  x n H 0 •  e- x 2 0 •  x – 1 G 0 sur 6 0 ; 1 @ donc x n (x – 1)e- x G 0 sur 6 0 ; 1 @ et In + 1 – In G 0 . Donc la suite In est décroissante sur 60 ; 1@ . c.  In H 0 car x n e- x H 0 donc la suite In est décroissante et minorée par 0, elle est donc convergente. d.  0 G x G 1 + 0 H – x H – 1 + e- x G e0 1 + e- x G 1 + x n e- x G x n + # x n e- x dx 0 1 n G # x dx + In G 1 0 n+1 1 = 0. donc 0 G In G 1 or n lim " +3 n + 1 n+1 D’après le théorème des gendarmes lim In = 0 . n + " 3

x 157. 1. a.  f (x) = e sur 6 0 ; 1 @ . 2 – x (x – 1)e- x f ¢(x) = ; f est décroissante sur (x – 1) 2 60 ; 1@ . ; x ! 60 ; 1@ ; -x f (1) G f (x) G f (0) + 1 G e G 1 . e 2–x 2 2. a.  G (x) = (ex 2 + bx + c)ex G¢ (x) = (2ax + b)e- x – (ax 1 + bx + c)e- x = e- x (ex 2 + (2a – b) x + b – c) a=0 e=0 2 a – b = 1 * *b = – 1 b–c=2 c=–3 G(x) = (– x – 3)e- x 1 b.  J = # (2 + x)e- x dx 0

= 6 (– x – 3)e- x @ 0 = – 4e- 1 + 3 . c.  1 G f (x) G 1 e 2 + x 2 1 G x 2 f (x) G x 2 1 e 2 1 x2 11 2 +# dx G K G # x dx 0 e 0 2 1 1 1 1 1 3 + ; x E G K G ; 1 x3 E 2 3 0 2 3 0 1 1 + G KG 3e 6 1

1

#0 (2 + x)e- x + x 2 f (x)dx -x 1 = # (2 + x)e- x + x 2 e dx 0 2–x

d.  J + K =

+ x)(2 – x)e- x + x 2 e- x dx (2 – x) 2 -x 1 (4 – x )e + x 2 e- x = # dx 0 (2 – x) -x 1 1 -x = # 4e dx = 4 # e dx = 4I. 0 2–x 0 2–x =

#0

1 (2

e.  J = – 4e- 1 + 3 1 G KG 1 3e 6 + 1 – 4 + 3GK + JG1 – 4 + 3 3e e 6 e + – 11 + 3 G K + J G 19 – 4 6 e 3e 19 – 11 + + 3 G 4I G – 4 6 e 3e 3 19 – 11 + + G IG – 1 12e 4 24 e –2 I . 0,42 à 10 près. 158. 1. a.  f1 (x) = ln (1 + x) lim 1 + x = +3 par composée : x " +3 lim f (x) = +3 lim ln x = +3 3 x " +3 x + " 3

1 1+x f1¢ (x) 2 0 sur 6 0 ; +3 6 donc f1 (x) est croissante sur 6 0 ; +3 6 . 1 c.  I = # ln (1 + x)dx b.  f1¢ (x) =

0

u ¢(x) = 1 ; u (x) = x ; v (x) = ln (1 + x) ; v ¢(x) =

1

1

0

b. Comme 0 G x G 1 ; xn + 1 G xn + ln (1 + x n + 1) G ln (1 + x n) 1

1

ln (1 + x n + 1) G # ln (1 + x n)

" 3

ln 7 n

f (n)(x)dx 159. u n = n # ln 7 0 ln 7 = n ; 4 ln (enx + 7) E n ln 7 n 0 4 = 6 ln 14 – ln 8 @ ln 7 = 4 ln 7 . ln 7 4 4 7 ln Or ne dépend pas de n donc la 4 ln 7 suite (u n) est constante.

()

#x

0

f (t )dt G 0 + –

#0 x f (t)dt G 0

#0 x f (t)dt H 0 + F(x) H 0 .

car x G 0 sur 6 – 3 ; 0 @ . 4 c.  F(4) = # f (t )dt . 0 F(4) représente l’aire du domaine délimité par la courbe représentative de f (x), l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 0 et x = 4 sur l’intervalle 6 0 ; 4 @ f (x) H 0 . On voit graphiquement que l’axe du domaine est encadrée par l’aire des deux figures suivantes :

0

In + 1 G In . La suite (In) est décroissante. c.  In est décroissante et minorée par 0, elle est donc convergente. 3. a.  g ¢(x) = 1 – 1 = – x sur 1+x 1+x 6 0 ; +3 6 ; g ¢(x) G 0 ; g (x) strictement décroissante sur 6 0 ; +3 6 . b.  g (0) = 0 , comme g (x) est strictement décroissante sur 6 0 ; +3 6 . g (x) est négative sur 6 0 ; +3 6 . x ! 6 0 ; +3 6 pour tout x ! 6 0 ; +3 6 donc g (x n) = ln (1 + x n) – x n G 0 ln (1 + x n) G x n c.  0 G ln (1 + x n) G x n .


0

1 + 0 G In G ; 1 x n + 1 E n+1 0 + 0 G In G 1 n+1 1 = 0 , d’après le théoor + n lim " +3 n + 1 In = 0 . rème des gendarmes + n lim +

+

1

0

#0

1

0

donc

0 dx G # ln (x n + 1)dx G # ln 2dx

+ 0 G In G ln 2 .

+

1

0dx G # ln (1 + x n)dx G # x n dx

0

0 G x G 1 + 0 G xn G 1 + 1 G xn + 1 G 2

#0

1

160. 1. a.  F(0) = # f (t )dt = 0 0 b. Sur 6 0 ; 4 @ f (x) H 0 donc F(x) H 0 . Sur 6 – 3 ; 0 @ f (x) G 0

1 ; 1+x 1 x dx I = 6 x ln (1 + x) @ 10 – # 0 1 + x 1 = ln 2 – # 1 – 1 dx 0 x+1 = ln 2 – 6 6 x - ln (1 + x) @ 10 @ = ln 2 – 6 1 – ln 2 @ = 2 ln 2 – 1 2. a. +

#0

81


1

2

!1 = 4 # 3 = 12 !2 = 6 donc 6 G F(4) G 12 . 2. a. f représente la dérivée de F. b.  x

-3

0 –

F ¢(x) = f (x)

0

4 +

0

8 –

F(4)

F(– 3) F(x) F(0)

F(8)

TS erm


Livre du professeur 1

2. Nous savons que F(0) = 0 et que 6 G F(4) G 12 . Aucune de ces 2 courbes ne peut être la représentation graphique de F(x) . 161. 1. a.  1 u0 + u1 = # 0

1 dx + 1 + e- x

#0

1

1e- x dx 1 + e- x

+ e- x dx 1 + e- x

=

#0

11

=

#0

1

1 dx = 6 x @ 10 = 1 .

e- x dx = 6 – ln (1 + e- x) @ 1 0 1 + e- x 1 = – ln 1 + + ln2 . e - nx 2. ; x ! 6 0 ; 1 @ e - x 2 0 , or l’intégrale 1+e d’une fontion positive sur 6 0 ; 1 @ est positive donc u n un est positive ou nulle. b.  u 1 =

#0

1

(

3. a.  un + 1 + un = =

#0

1 e- (n + 1) x

dx + -x

#0

)

#0

1

1+e - nx 1e (1 + e- x )

e- nx dx 1 + e- x

dx 1 + e- x 1 1 = # e- nx = ; – 1 e- nx E 0 n 0 - nx -n =–e +1=1–e . n n n -n 1 – e b.  u n + 1 + u n = n -n 1 – e un = – u n + 1 or u n + 1 H 0 n -n donc u n G 1 – e . n

4. lim 1 – e- n = 1 p ar quotient x " +3 4 lim 1 – e- n = 0. lim n = + 3 x " +3 x " +3 n D’après le théorème des gendarmes : 1 – e- n = 0 . lim x " +3 n 162. 1. I2 =

1

1 2

1

#1 2 12 ex dx = 8 – ex B1 = – e2 + e = – x

2. In + 1 = e –

e 2

n–1

+ (1 – n)In .

e e – I2 = e – + 2 2 3. a.  1 G x G 2 + 0G1G1 G1 2 2 I3 = e –

+

e + e.

1 e0 G e x G e1

e –e=

e . 2

+ 0 G 1 G ex G e

1 ex G

e car 1 2 0 . xn xn 1 2 2 2 b.  # 0dx G # 1n eX dx G # en dx . 1 1 x 1 x 2 + 0 G In G e ; – 1– 1 # n1– 1 E n x + 0 G In G e ; – 1– 1 # n1– 1 + 1– 1 E n 2 n e 1 + 0 G In G – 1 ; 1 – n – 1 E n 2 + 0 G 1n x

_ b b par produit " 3 –1 n ` e e e lim ; 1 – E = 1b b x lim ; 1 – n – 1 E = 0. x " +3 n–1 " +3 – 1 2 n 2 a e

lim x +

=0

b. On pose X = – x : lim (1 – x) = – 3 x + x

lim e = +3

x " +3

-x

163. 1.

n+1

#1 e- t n+1 -t =# e 1

Jn + 1 – Jn =

1 + t dt +

#1 n e- t

par produit "

= 1x + xx e e

f (x) = (1 + x)e _ lim 1 = 0 b x " +3 ex b ` par somme lim f (x) = 0. x " +3 lim x = 0 b b x " +3 ex a c.  f ¢ (x) = e- x – (1 + x)e- x = – xe- x x

-3

0

f ¢(x)

+

0 1

+3 –

f (x) -3

D’après le théorème des gendarmes : lim I = 0 . x + n " 3

4 lim f (x) = – 3 x –3

" 3

0

2. a. Sur l’intervalle 6 – 1 ; n @ f (x) H 0 donc In H 0 . n+1 n 1 + t dt b.  I f (x)dx – # f (x)dx n + 1 – In = # –1 n+1

1 + t dt

pour tout : t ! 6 n ; n + 1 @ e- t 1 + t H 0. Donc Jn + 1 – Jn H 0 J n + 1 H J n , la suite J n , est donc croissante.

–1

= # f (x)dx H 0 . –1 Donc In + 1 H In , la suite In est croissante. 3. b.

In = (– 2 – n)e- n + (2 – 1)e1 = (– 2 – n)e- n + e.

c.  In = – n2 – nn + e . e e – 2 = 0 _b lim x " +3 en b n = 0 ` par somme : lim In = e . lim x " +3 x " +3 en b lim e = e b x " +3 a n n -t -t +# t + 1 e dt G # (t + 1)e dt n d. Pour tout !  f (x) est positive sur 1 1 + J n G In 6 – 1 ; n @ donc In mesure l’aire du don maine limité par les droites d’équations c.  In = # (t + 1)e- t dt . 1 x = – 1 , x = n , l’axe des abscisses et la On pose u (t ) = t + 1 ; u ¢ (t ) = 1 ; courbe représentative de f. Cette aire a pour limite e quand n tend v ¢ (t ) = e- t ; v (t ) = – e- t . vers +3 . n n a In = 6 (t + 1) # (– e- t) @ 1 + # e- t dt 1 4. # f (x)dx = e + (– 2 – a)e- a + e = e n – 1 = 6 – (n + 1)e- n + 2e- 1 @ + 6 – e- t @ 1 + (– 2 – a)e- a = 0 = 6 – (n + 1)e- n + 2e- 1 @ + 6 – e- n + e- 1 @ e- a ! 0 = – (n + 1)e- n + 3e- 1 G 3e- 1 donc – 2 – a = 0 + a = – 2 car – (n + 2) e- n G 0 . –2 –1 -1 #– 1 f (x)dx = – #– 2 f (x)dx = e . d.  J n G In G 3e . Cette intégrale correspond à l’aire du doLa suite J n est croissante et majorée, elle maine délimité par les droites d’équation est donc convergente. x = – 2 , x = – 1 , l’axe des abscisses et la 164. 1. a.  e- x 2 0 donc f (x) est du courbe représentative de f (x) . signe de (1 + x) .

2. a.  0 G u G u sur 6 2 ; +3 @ car 0 G u G u2 . En posant u = t + 1 on obtient 0G t + 1 G t + 1. b.  1 + t G t + 1 + t + 1 e- t G (t + 1)e- t

x

–1

–3

f (x)


–

0

82

+3 +


165. Partie A :

2 1. a.  f (x) = x # 12 = 1 x 2 . x ex ex

TS erm


Livre du professeur

est une bonne aproximation de l’aire du domaine délimité par les droites d’équation x = 0, x = n , l’axe des abscisses et la courbe représentative de f(x).

On pose X = x 2 : _ lim Xx = 0 b b X " +3 e ` par produit : 1 lim = 0b lim f (x) = 0 b x" X " +3 +3 X a – x2

2 – x2

– 2x e b.  f ¢(x) = e 2 = e– x (1 – 2x 2) .

1 – 2x 2 = 0 + 2x 2 = 1

2 x= 1 = 2 1 2 2 3 + x = . 24 – 2 x=–1= 2 2

x

2 2

0

f ¢(x)

+

+3

1

2 1

xe– x dx = ; – 1 e– x E 2 0 1 1 1 1 –1 = – e + = ;1 – E. 2 2 2 e

2. u 1 =

–

0

166. 1. a.  0 G x G 1 + 0 G x 2 G 1 2 + – 1 G – x 2 G 0 + 1 G e– x G 1 e + 1 G f (x) G 1 . e 11 1 1 b.  # G # f (x)dx G # 1dx 0 e 0 0 + 1 G u0 G 1 . e

#0

2

n – x2

3. a.  0 1 1 et x e

f (x)

f

( 22 ) =

2. F(a) =

2 e 2

–

( )

b.  u n + 1 – u n = # x

2

=

2 . 2 e

#0 a xe– x2 dx = ; – 12 e

#n

a – x2

E

0

b.  f (n + 2) G u n + 1 G f (n + 1) G u n G f (n) donc u n + 1 G u n , la suite est donc décroissante pour n H 2 . f (n + 1) = n lim f (n) = 0 c.  n lim + + " 3

" 3

donc d’après le théorème des valeurs u = 0 , la suite intermédiaires n lim " +3 n converge vers 0.

f (x)dx +

#1 2 f (x)dx + … + #n 1– 1 f (x)dx =

#0 n f (x)dx = F(n)

car F(0) = 0 (voir question 2. de la partie A). b. F(n) converge vers 1 (déjà démontré à 2 la question 2. de la partie A), de plus F(5)

#0

1 n – x2

x e

dx

(x - 1)dx .

Or x – 1 G 0 sur 6 0 ; 1 @ donc u n + 1 – u n G 0 un + 1 G un La suite un est décroissante. c. La suite (un) est décroissante et minorée par 0, elle est donc convergente.

f (x)dx .

+ f (n + 1) G u n G f (n) .

1

x e

4. a.  f (x) G 1 + x f (x) G x

#n n + 1 f (n + 1) G #n n + 1 f (x)dx G #n n + 1 f (n)dx

2. a.  #0

#0

1 n – x2

dx –

n

1. a.  n G x G n + 1 + f (n + 1) G f (x) G f (n) car f (x) 4 sur 6 2 ; +3 6 . +

=

Partie B : n+1

e

0

2 2

2 = – 1 e– x + 1 . 2 2 1 lim F(a) = . n " +3 2

un =

H 0 donc u n H 0 .

1 n + 1 – x2

+

#0

n

1 n

1

x f (x)dx G # x n dx 0

1 + un G ; 1 xn + 1 E n+1 0 1 . + un G n+1 b.  0 G u n G 1 n+1 1 lim = 0 , d’après le théorème n " +3 n + 1 un = 0 . des gendarmes : n lim + " 3

167. 1. e– x 2 0 + 1 + e– x 2 1 + ln (1 + e– x) 2 ln 1 + ln (1 + e– x) 2 0 . 2. f (x) = ln (1 + x) – x sur 6 0 ; +3 @ . a.  f ¢ (x) = 1 – 1 = – x . 1+x 1+x x

0

+3

f ¢(x)

– 0

3. d n =

#0 n ln (1 + e– x)dx

ln (1 + e– x) G e– x +

#0 n ln (1 + e– x)dx G #0 n e– x dx n

+ d n G 6 – e– x @ 0 + d n G – e– n + 1 G 1 . dn + 1 – dn =

#0 n + 1 ln (1 + e– x)dx – #0 n ln (1 + e– x)dx

#n n + 1 ln (1 + e– x)dx

=

or ln (1 + e– x) 2 0 donc d n + 1 – d n H 0 + d n + 1 H d n la suite dn est croissante et majorée par 1, elle est donc convergente. 168. 1. u 1 =

#0

1

f1 (x)dx

e– x dx 1 + e– x 1 = 6 – ln (1 + e– x) @ 0

= – ln (1 + e– 1) + ln 2 .

=

#0

1

1 dx + # 1 e– x dx 0 1 + e– x 1 + e– x 1 e– x dx = # 1 1dx = 1 . = # 0 1 + e– x 0 –x u 0 = 1 – u 1 = 1 + ln (1 + e ) – ln 2 . u0 + u1 =

#0

1

2. e– x 2 0 + 1 + e– x 2 1 + 01 1 – x11 1+e – nx + 0 1 e – x 1 e– nx 1+e 1 1 e– nx 1 dx 1 # e– nx dx. + # 0dx 1 # x – 0 0 1 + e 0 1

3. 0 1 u n 1 ; – 1 e– nx E n 0 –n + 0 1 un 1 – e + 1 n n 1 –n + 0 1 u n 1 (1 – e ) n + 0 1 u n 1 1 1 – 1n . n e _ 1 lim 1 – n = 1 b b n " +3 e ` par produit : 1=0 b lim 1 1 – 1 = 0. n " +3 n lim a n" +3 n en

(

(

f (x)

f (0) = 0 .


b.  f (x) G 0 cf tableau de variation cidessus. c.  ln (1 + x) – x G 0 + ln (1 + x) G x en posant x = e– X e– X ! 6 0 ; +3 6 + ln (1 + e– x) G e– x .

83


)

)

TS erm


Livre du professeur

D’après le théorème des gendarmes : lim u n = 0 , la suite est donc convern +

3

b.  # f (x)dx =

b. 

1

gente.

a

0

x

" 3

f ¢(x)

+

+3 –

0

169. Partie A : 1.

#0

1

f (x)

f ¢(x)dx = 6 f (x) @ 10 = f (1) – f (0) = 1 – 0 = 1 . 2e 2e

4. u n =

2.

#n

2n

f (x)dx pour tout n !  .

2

A

O

H

Soit t l’aire du triangle OAH. 1# 1 # HA OA 2e = 1 . t = = 2 2 4e Graphiquement on voit que : 1 1 . #0 f (x)dx H 4e Partie B : 1. lim xe– x = lim – xe– x = 0

x " +3

x " +3

lim x 2 + 1 = +3

4 par quotient :

lim f (x) = 0. x +

x " +3

" 3

La droite d’équation y = 0 est asymptote horizontale à la courbe f en +3 . 2. g ¢(x) = 3x + 2x + 1 2 0 sur 6 0 ; +3 6 . 2

0

x

a

+3 +

–1

2

0

g (0) = – 1 g (1) = 2 D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel a ! 6 0 ; 1 @ tel que g (a) = 0 . 3. a.  f ¢(x) =

=

=

=

(1 – x)e– x (x 2 + 1) – 2x (xe– x) (x 2 + 1) 2

x 2 e– x + e– x – x 3 e– x – xe– x – 2x 2 e– x (x 2 + 1) 2 e– x (– x 3 – x 2 – x + 1) (x 2 + 1) 2 – e– x (x 3 + x 2 + x – 1) (x 2 + 1) 2

(

)

+ 0 G u n G 1 1n – 12n . 2 e e

1 = lim 1 = 0 . c.  n lim n " +3 2n " +3 e n e

1

g ¢(x) g (x)

x H1 x2 + 1 2 car x H 0 . x b.  0 G 2 G1 x +1 2 –x –x e– x 2 0 + 0 G x2e G e 2 x +1 2n 2n xe– x 2n e– x # d x dx + # 0dx G # G n n x2 + 1 n 2 2n + 0 G u n G ; – 1 e– x E 2 n + 0 G u n G – 1 e– 2n + 1 e– n 2 2 + 0 G u n G 1 (e– n – e– 2n) 2 + 0G

t

.

f ¢(x) et g ¢(x) sont de signes contraires.

3

x

e– x dx . 1 – e– x

On pose : u=x ; u¢ = 1 ; –x e v¢ = ; v = + ln (1 – e– x). 1 – e– x

#1 3 f (x)dx = 6 x ln (1 – e– x) @31 – #1 3 ln (1 – e– x)dx

(

) ( )

= 3 ln 1 – 13 – ln 1 – 1e – e

2

a.  (x – 1) H 0 + x – 2x + 1 H 0 + x 2 + 1 H 2x + 0G 2 1 H 1 x + 1 2x

#1

#1 3 ln (1 – e– x)dx .

c.  1 G x G 3 + – 3 G – x G – 1 + e– 3 G e– x G e– 1 + – e– 1 G – e– x G – e– 3 + 1 – 1 G 1 – e– x G 1 – 13 e e + ln 1 – 1 G ln (1 – e– x) G ln 1 – 13 .

(

e

(

( e) ) G ln ( 1 – 1 ) e

)

)

d.  ln 1 – 1 G ln (1 – e– x e 3 3 3 + #1 ln ( 1 + 1e) G #1 ln (1 – e– x)dx G #1 ln

(

3

(1 + e1 ) )dx G 2 ln ( 1 + 1 ) . e

)

3 + 2 ln 1 + 1 G # ln (1 – e– x e 1

3

3

En utilisant le résultat de la question b. : 3 3 ln 1 – 13 – ln ( 1 – 1) – 2 ln 1 – 13 G # f (x)dx e 1

(

e

)

(

(

)

e

)

(

) ( )

G – 2 ln 1 – 1 + 3 ln 1 – 13 – ln 1 – 1 e e e

( )

(

)

(

( )

)

3 ln 1 – 1 – ln 1 – 1 G # f (x)dx G – 3 ln 1 – 1 + 3 ln 1 – 1 . e e 1 e3 e3

171. Partie A : 1. y 1 + e-2 1

D’après le théorème des gendarmes lim u n = 0 . n + " 3

170. 1. a. Si x H 1 ex H e 2 1 ex – 1 2 0 donc f(x) est bien définie sur 6 1 ; +3 6 . f(x) est une fonction continue et définie x sur 6 1 ; +3 6 donc H(x) = # f (x)dt est 1 bien définie sur 6 1 ; +3 6 . b.  H ¢(x) = f (x) , H est la primitive de f qui s’annule en 1. c. f(x) est positive sur l’intervalle 6 1 ; 3 @ . H(3) est donc l’aire du domaine délimité par les droites x = 1 , x = 3 , l’axe des abscisses et la courbe représentative de f(x). –x 2. a.  x x = x x # e – x e – 1 (e – 1) # e

–x –x = x # e – x = x e – x . 1–e 1–e


84


O

1

2

x

2. a.  g (2) représente l’aire du domaine délimité par les droites d’équation x = 0 , x = 2 , l’axe des abscisses et la courbe représentative de f (x) . b. !rectangle = 2x (1 + e- 2) G 2,5 . donc 0 G g (2) G 2, 5 . 3. a. Pour x H 2 , f (x) H 1 .

#2 x f (t)dt H #2 x 1dt . x + # f (t )dt H x – 2 . 2 +

TS erm


Livre du professeur 2

#2 x f (t)dt = #0 x f (t)dt – #0 f (t)dt x = # f (t )dt – g (2) . 0

g (x) – g (2) H x – 2 . g (x)H x – 2 + g (2)H x – 2 car g (2)H 0. b.  g (x) H x – 2 . lim x – 2 = +3 , par comparaison x " +3 lim g (x) = +3 . x + " 3

4. g ¢ (x) = f (x) . –3

x g ¢(x) = f (x)

0 –

+3 +

0

Partie B : 1. F ¢ (t ) = ae- t – (et + b)e- t = at e- t + (a – b)e- t = (– at + (a – b))e- t . –a=1 a=–1 . ' ' a–b=–1 b=0 Donc F (t ) = (– t ) e- t ; F(t ) et la primitive de (t – 1)e- t pas de (t – 1)e- t + 1 . x x 2. # (t – 1)e- t dt = 6 – t e- t @ 0 = – xe- x 0

#0 x (t – 1)e- t + 1dt x x = # (t – 1)e- t dt + # 1dt 0 0

lim e- x

x " –3

0

0

0

1 + 0 G xn G ; 1 t n + 1 E n+1 0 + 0 G x n G 1 . n+1 1 = 0. b.  n lim " +3 n + 1 D’après le théorème des gendarmes + n lim x = 0. " +3 n 3. a.  x n + 1 = – (n + 1) y n + sin (1) . x – sin (1) sin (1) – x n + 1 On a : y n = n + 1 = – (n + 1) (n + 1) lim x = 0 n+1 n + " 3

g (x)

g (x) =

+ 0 G t n cos t G t n 1 1 1 + # 0 dt G # t n cos t d t G # t n dt

= – xe - x + x = x (1 – e- x) = x lim e x = +3 +

172. 1. a. Pour t ! 6 0 ; 1 @ ; t n H 0 et r 0 G cos t G 1 car 1 1 . 2 Donc 1 t n G cos t H 0 et # t n G cos t dt H 0 0 pour tout n !  * . 1 1 b.  x n + 1 – x n = # t n + 1 cos t dt – # t n cos t dt =

#0

nx n = cos (1) donc n lim " +3 x n + 1 = – ny n – y n + sin (1) ny n = – x n + 1 – y n + sin (1) lim x n + 1 = n lim yn = 0 n + +

0

t cos t (t – 1)dt

pour t ! 6 0 ; 1 @ : •  t n cos t H 0 •  t – 1 G 0 Donc x n + 1 – x n G 0 x n + 1 G x n , la suite (x n) est décroissante. c. La suite (x n) est décroissante et minorée par 0, elle est donc convergente. 2. a. Pour t ! 6 0 ; 1 @ : 0 G cos t G 1

x 04 – 1 + 2 ln x 0 x 02

(x – x 0) +

+

ln (x 0) x 02

ln (x 0) x 02

– 1 + 3 ln x 0

=0 x 02 + – 1 + 3 ln x 0 = 0 + ln x 0 = 1 3 +

1

+ x 0 = e3 . Il existe donc une tangente à  passant par l’origine du repère O, c’est la tangente 1

au point d’abscisse x = e3 et d’équation : y = 1 x. 3e Partie B : 1. a.  g (x) est la primitive de f sur @ 0 ; +3 6 qui s’annule en 1 où f est la dérivée de g sur @ 0 ; +3 6 . x

0

f ¢(x) = f (x)

1 –

0

+3 +

0

ln x = 0 + x = 1 g (1) = 0 .

" 3

3

173. Partie A : 1. 1 # x 2 – ln (x) # 2x 1 – (1 – 2 ln x) f ¢(x) = x = 4 x x4 1 – 2 ln x 2 0 + – 2 ln x 2 – 1 + ln x 1 1 2 1

+ x 1 e2 • la fonction f (x) est croissante sur l’intervalle B 0 ; e2 B et décroissante sur l’in1

tervalle 8 e2 ; +3 8 . 1 1 1 ln e2 2 1 •  f e2 = 1 2 = = e 2e e2 f (x) = – 3 •  x lim " +3 1

( )

+0=

x 0 (1 – 2 ln x 0)

g (x)

" 3

lim (1 – e ) = – 3 p ar produit : 4 lim g (x) = + . lim x = – 3 3 x " –3 x " –3

T:y=

" 3

ny n = sin (1) . donc n lim +

x " –3

1 n

" 3

" 3

" 3 -x

0

0 G sin 1 G 1 . + 0 G sin 1 G 1 n+1 n+1 sin (1) lim = 0 d’après le théorème des n " +3 n + 1 y = 0. gendarmes n lim " +3 n 4. y n + 1 = (n + 1) x n – cos (1) pour tout n ! * y n + 1 = nx n + x n – cos (1) nx n = y n + 1 – x n + cos (1) lim y n + 1 = n lim xn = 0 n + +

2. T : y = f ¢(x 0)(x – x 0) + f (x 0)

lim ln (x) = – 3 p ar quotient : 4 lim f (x) = – 3 lim+ x 2 = 0 + +

x " 0+

x"0

lim f (x) = 0 par croissance composée. x + " 3


85

()

g 1 = 2

#1

1 2

f (t )dt =

#1

1

f (t )dt f (t )dt ,

2

f (t ) est continue et négative sur l’intervalle ; 1 ; 1 E donc g 1 est l’axe du 2 2 domaine délimité par les droites x = 1 , 2 x = 1 l’axe des abscisses et la courbe

()

représentative de f.

( )

x"0

2 g (3) = # f (t )dt , f (t ) est continue et 1 positive sur l’intervalle 6 1 ; 3 @ donc g (3) est l’aire du domaine délimité par les droites x = 1 , x = 3 l’axe des abscisses et la courbe représentative de f.


3. a.  g (x) = 1 – ln x + 1 . x ln x 1 – b.  g (x) = 1 – x x _ ln x lim = 0b b par somme : x " +3 x lim f (x) = g (x) = 1 . 1=0 ` +3 b x" lim x " +3 x a

TS erm


Livre du professeur

TP Info (p. 226) Partie 1

1G 1 G1 2 1 + xn soit 0G 1 n G 1. 1+x On en déduit que : 1 1 dx G # 1 1dx 0G # a 1 + xn a

donc

donc

On conjecture que : lim In = 1 . n + " 3

Partie 2 1. a.  x ! 6 0, a @ 0 G x n G a n , donc 1 G 1 + x n G 1 + a n . Étant donné que tous les membres sont strictement positifs, on en déduit que : 1 G 1 G 1. 1 + an 1 + xn b. On sait que :  x ! 6 0, a @ 1 n G 1 n G 1 donc 1+a 1+x #0 a 1 n dx G #0 a 1 n dx G #0 a 1dx 1+a 1+x soit 1 # (a – 0) G # 4 f (x)dx G 1 # (a – 0) 0 n 1 + an a G # a f (x)dx G a . donc 0 n 1 + an 2. a.  x ! 6 a, 1 @ 0 G x G 1 , car 0 Ga 1 1 donc 0 G x n G 1 ainsi 1 G 1 + x n G 2

donc

#0

1

1

fn (x)dx G # fn + 1 (x)dx a0

soit In G In + 1 ce qui prouve que la suite (In) est croissante. c. La suite (In) est croissante et majorée par 1, donc d’après le théorème de convergence monotone elle converge vers un réel l ! 6 0 ; 1 @ . d. D’après 2. b.  a ! 6 0 ; 1 6 on a : 1 G # 1 f (x)dx G 1 . 0 n 1 + an a = a. Or lim a n = 0 donc lim n " +3 n " +3 1 + a n Donc après passage à la limite, l’inégalité du 2. b. devient : a G lG 1 – a G 1. e. Supposons l ! 1 donc 0 G l 1 1. Prenons a = l + 1 – l = 1 + l ainsi 2 2 1 Ga 1 1 en appliquant l’inégalité 3. d. 2 on a a = l soit 1 – l G l donc lH 1 ce qui 2 est impossible. L’hypothèse l ! 1 est fausse, donc l = 1 .

1

0 G # fn (x)dx G 1 – a . a

b. D’après 1. b. et 2. a. on a par addition : a G # a f (x)dx + # 1 f (x)dx 0 n a n 1 + an Ga + 1 – a . a G # 1 f (x)dx G 1 . soit 0 n 1 + an 3. a.  n !  *  n ! 6 0, 1 @ 0 G x n + 1 G x n 1 G 1 donc . n 1+x 1 + xn + 1 b. 1  n !  *  x ! 6 0, 1 @ 1 n G 1+x 1 + xn + 1

Sur les pas du supérieur (p. 227) c. 

I. A. 2. a.  F ¢(t ) = – e- 0, 2t + (0, 2t + 1)e- 0, 2t = 0, 2t e- 0, 2t = f (t ) . 23 b.  n = 1 # 0,2t e- 0, 2 t 23 0 23 = 1 6 (– t – 5)e- 0, 2t @ 0 23 = 1 6 – 28 e- 4, 6 + 5 @ . 0, 21 . 23 c. Pendant 23 minutes, la quantité moyenne de médicament présente dans l’organisme du patient est de 0,21 ml/min.

x f ¢(x)

0

f (x)

+

x+ 1

+

+

e- x

+

+

f ¢(x)

+

0

(32). 2,01

x

0

1

2

3

4

5

6

f (x)

0

1,84

1,90

1,34

0,81

0,44

0,22

–


f

2. a. 

–

– 2x + 3

–

0

0

6

2 0

+

6

. 2, 01

II. 1. a.  f ¢(x) = (4x + 3)e- x – (2x 2 + 3x)e- x = e- x (– 2x 2 + x + 3) . 2 Or (– 2x + 3)(x + 1) = – 2x 2 – 2x + 3x + 3 = – 2x 2 + x + 3 . -x Donc f ¢(x) = e (– 2x + 3)(x + 1) . b.  3 x

3 2

0

86


TS erm


Livre du professeur

b. 

y

2.  I =

2

#0

6

f (x)dx 6

= 6 (– 2x 2 – 7x – 7] e- x @ 0 = – 121e- 6 + 7 .

C. 1. La production journalière sera maximale au bout de 150 jours. La production sera donc d’environ 2 milliers de tonnes. 2. La production journalière sera revenue à 1000 tonnes environ 350 jours après l’ouverture du site. 3.  V m = 1 6 7 – 121e- 6 @ . 1, 117 . 6 0, 125t : e0, 125t 1 III. 1.  e 0, 125 . = t 0, 125t 0, 125t 4, 9 + e :e 4, 9 e +1 0,125 e0, 125t e0, 125t 2.  F¢ (t ) = 8 # = = f (t ) . 4,9 + e0, 125t 4,9 + e0, 125t 20 e0, 125t dt = 1 8 ln (4,9 + e0, 125t 20 3.  V m = 1– 10 # 10 4, 9 + e0, 125t 10 10 20

1

[

]

= 0, 8 6 ln (4,9 + e2, 5) – ln (4,9 + e1, 25) @ = 0,8 ln 1

2

3

4

5

6

7

8

9

x

(

4.  V m . 0, 569 .

c.  f (x) = 1 pour x . 0, 5 et x . 3, 5 .

IV. 1.  I =

B. 1.  F ¢(x) = (– 4x – 7) e- x – (– 2x 2 – 7x – 7)e- x

#3

100

)

4, 9 + e2, 5 . 4, 9 + e1, 25

2.  n = 1 # 500 (e2, 28 - e0, 3) . 42, 56 . 99

= e- x (2x 2 + 3x) = f (x) .


87

100

g (x)dx = 6 500 e0,02x + 0, 28 @ 1 = 500(e2, 28 – e0, 3) .


5

Nombres complexes Programme officiel Contenus


Nombres complexes Forme algébrique, conjugué. Somme, produit, quotient.

• Effectuer des calculs algébriques avec des nombres complexes.

Équation du second degré à coefficients réels.

• Résoudre dans C une équation du second degré à coefficients réels.

Représentation géométrique.

• Représenter un nombre complexe par un point ou un vecteur.

Affixe d’un point, d’un vecteur.

• Déterminer l’affixe d’un point ou d’un vecteur.

Forme trigonométrique : – module et argument, interprétation géométrique dans un repère orthonormé direct ; – notation exponentielle.

• Passer de la forme algébrique à la forme trigonométrique et inversement. • Connaître et utiliser la relation zz = z

2

• Effectuer des opérations sur les nombres complexes écrits sous différentes formes.

Découverte (p. 230-231) b. Si a 2 0 et a¢ 2 0 alors r ¢¢ = aa¢ et i¢¢ = 0 6 2r @ . Si a 2 0 et a¢ 1 0 alors r ¢¢ = – aa¢ et i¢¢ = r 6 2r @ . Si a 1 0 et a¢ 2 0 alors r ¢¢ = – aa¢ et i¢¢ = r 6 2r @ . Si a 1 0 et a¢ 1 0 alors r ¢¢ = aa¢ et i¢¢ = 0 6 2r @ .

1. Un nouvel ensemble de nombres 1. z 2 = i 2 donc S = " – i ; i , . z 2 = (2i) 2 donc S = " – 2i ; 2i , . 2. (z – 1) 2 + 1 = z 2 – 2z + 1 + 1 = z 2 – 2z + 2 ; z 2 – 2z + 2 = 0 + (z – 1) 2 + 1 = 0 + (z – 1) 2 = i 2 . S = "1 – i ; 1 + i,.

r 2. J (0, 1) donc r = 1 et i = 6 2r @ ; donc J # J alors r ¢¢ = 1 et 2 i ¢¢ = r 6 2r @ donc J # J a pour coordonnée cartésienne (– 1, 0) donc i 2 = – 1 .

3. z 2 – 4z + 13 = 0 + (z – 2) 2 – 4 + 13 = 0 + (z – 2) 2 = – 9 = (3i) 2 . S = " 2 – 3i ; 2 + 3i , .

3. a. (x + iy)(x ¢ + iy ¢) = xx ¢ + ixy ¢ + iyx ¢ + i 2 yy ¢ = (xx ¢ – yy ¢) + i (xy ¢ + yx ¢) . b. r ¢¢ = rr ¢ et i ¢¢ = i + i ¢ donc x ¢¢ = rr ¢ cos (i + i ¢) = rr ¢ (cos i cos i – sin i sin i ¢) y ¢¢ = rr ¢ sin (i + i ¢) = rr ¢ (sin i cos i ¢ + cos i sin i) .

2. Première interprétation géométrique des nombres complexes 1. M (a ; 0) et M¢ (a¢, 0) . a. Si a 2 0 et a¢ 2 0 alors r = a r ¢ = a¢ (u ; OM¢) = 0 6 2r @ . Si a 2 0 et a¢ 2 0 alors r = a r ¢ = a¢ (u ; OM¢) = r 6 2r @ . Si a 1 0 et a¢ 2 0 alors r = – a r ¢ = a¢ (u ¢ ; OM¢) = 0 6 2r @ . Si a 2 0 et a¢ 2 0 alors r = – a r¢ = – a¢ (u ; OM¢) = 0 6 2r @ .

et (u ; OM) = 0 ;

c. )

x = r cos i x ¢ = r ¢ cos i ¢ et ) . y = r sin i y ¢ = r ¢ sin i ¢

et (u ; OM) = 0 ;

d.

et (u ; OM) = r ;

xx ¢ – yy ¢ = rr ¢ cos i sin i ¢ – rr ¢ sin i sin i ¢ = rr ¢ (cos i cos i ¢ – sin i sin i ¢) = x ¢¢ xy ¢ – x ¢y ¢ = rr ¢ cos i sin i ¢ + rr ¢ sin i cos i ¢ = rr ¢ (cos i sin i ¢ + sin i cos i ¢) = y ¢¢.

et (u ; OM) = r ;

Donc la méthode d’Argand est compatible avec les règles de calcul prolongeant R.


88


TS erm

Chap. 5 Nombres complexes

Livre du professeur


(6 + 2i)(– 1 – 3i) c.  6 + 2i = = 0 + i (– 2) . – 1 + 3i

1. Calcul dans C

55. a.  1 = 1 + i 1 . 1–i 2 2 1 1 1– i (1 – i)(2 + i) = = = b. 

41. à 45. Corrigés dans le manuel. 46. a.  (i – 1) 2 = – 1 + 1 – 2i = 0 + i (– 2) . b.  (1 + i) 2 = 1 2 + i 2 + 2i = 0 + i2 .

1+ 1 1–i

47. a.  (1 + i 3 ) 2 = 1 + 3i 2 + 2i 3 = – 2 + i2 3 . b.  ( 3 – 1) 2 = 3 + 1 – 2 3 = (4 – 2 3 ) + i0 . (i 3 – 1) 2 = – 3 + 1 – 2i 3 = – 2 + i (– 2 3 ) . 3

2

2

(2 – i) = 2 + 3 # 2 (– i) + 3 # 2(– i) + (– i) = 8 – 12i – 6 + i = 2 + i (– 11) . b.  (1 + 3i) 3 = 13 + 3 # 3i + 3 (3i) 2 + (3i) 3 = 1 + 9i – 27 – 27i = – 26 – 18i .

49. a.  1 = 0 + i (– 1) . i 3i 2 1 = 2 = 0 + i2. b.  – = 3 3i 3 32 – i 2 2 (2 – i) 2 3 50. a.  2 – i = = +i –4 . 5 5 5 2+i 1 1 1 b.  = + i . 2 1–i 2 51. a.  3 – 5i = i (3 – 5i) = – 5 + i (– 3) . i i (2 – i) 1 i = = + i 2 . b.  5 5 5 2+i

()

( )

(2 + 7i)(4 + 2i) 52. a.  2 + 7i = 20 4 – 2i 8 – 14 28 = + i + 4 = – 3 + i 8 . 20 20 10 5 (–1 – 2i)(4 + i) – 2 – 9 – 1 – 2 i = = + i . b.  17 17 17 4–i 3 + i – 1 . 53. a.  1 = – 4 4 i– 3 r b.  i r r r 2e 3 i i – i+ 3 2 e ( 3 4 ) = 2 e 12 = r= 1+i i 2e 4 (1 + i 3 )(1 – i) 1 + 3 3 –1 . = +i 2 2 2 54. a.  3 – 5i = (3 – 5i)(1 – i) = – 1 + i (– 4) . 2 1+i b.  =

( )

2 – i ( 2 – i)( 2 – 2i) 2 . = =0+i – 6 2 2 + 2i

1–i+1 1–i

2–i

5

=

( )

3 +i –1 . 5 5

56. et 57. Corrigés dans le manuel. 58. a.  z 1 + z 2 = 3 + i (– 3) . b.  z 1 z 2 = (2 – 5i)(1 + 2i) = 12 + i (–1) .

( )

z1

48. a. 3

10

3

(2 – 5i)(1 – 2i) 8 9 =– +i – . c.  = 2 – 5i = z 2 1 + 2i 5 5 5

d. 

() z1

2

z2

=

e. 

=

z 21 722

=

– 21 – 20i – 3 + 4i

(+ 21 + 20i)(3 + 4i) 17 144 . =– +i 25 25 25

z 1 z 22 = (z 1 z 2) z 2 = (12 – i)(i + 2i) = 14 + i23 .

59. a.  2z + i = 5 – 2i + z = 5 – 3 i . 2 2 b.  iz + 1 = i (+ z + 1 = 1 (car i ! 0)) . i + – z + i = – 1 + z = 1 + i. 60. a.  1 – 2z = 3iz + 5 – i + (3i + 2) z = – 4 + i (– 4 + i)(2 – 3i) +z = – 4 + i+z = 13 2 + 3i 5 = + i # + 14 . 13 13 b.  iz + 1 = z – i + 1 + i = z (1 – i) 2 (1 + i) +z=1+ i = = i. 2 1–i 61. a.  2z + 1 = 1 + 2z + 1 = z – i + z = – 1 – i . z–1 et z ! i b.  1 – z = i + z ! – 1 et 1 – z = i + zi 1+z + 1 – i = z (1 + i) (1 – i) 2 +z= 1– i = = – i. 2 1+i z!– 1

( )

62. a.  2 + iz = 2 + i 2 – iz 2 – i + 4 + z + 2iz – 2i = 4 + 2i – 2iz + z et z ! – 2i + z – 1 = 1 – z et z ! – 2i . + z – 1. b. 

iz + 3 2 = + (iz + 2 iz + 3


89

3)2 = 4


et

z!+ i 3 . + – z 2 + 3 + 2i 3 z – 4 = 0 et z ! i 3 . + (z 2 – 2i 3 z) – 1 = 0 et z ! i 3 . 2i 2 + z = + 2i 3 ! – 12 + 4 = + i 3 ! 2 et z ! i 3 . + z = ( 3 + 2 ) i ou z = ( 3 – 2 ) i .

2. Conjugué d’un nombre complexe 63. à 67. Corrigés dans le manuel. 68. 1. z 1 et z 2 sont conjugués (z 1 = z 2) . (2 + 3i)(4 – i) 11 10 2. z 1 = 2 + 3i = = +i 17 17 17 4+i 10 11 – i ; donc z 2 = 17 17 z 1 + z 2 = 22 et z 1 – z 2 = 20 i . 17 17 69. P (z) = az 2 + bz + c = az 2 + bz + c = a z 2 + b z + c ; (c est réel) = a z 2 + b z + c ; (a, b réels) = P (z) . 70. z 2 – 2 dépend de z ; zz est réel ; z + z est réel ; z – z est imaginaire pur ; (z + iz)(z – iz) = z 2 + z 2 = 2z 2 dépend de z. 2 z + iz = (z + iz)(z – iz) = 2 z = i . z – iz - 2iz 2 – 2 iz 2 z + iz = (z + iz)(z – iz) = 2z 2 = – 1 = i z – iz i (z – iz) – 2iz 2 pour z ! 0 donc imaginaire pur. 3 71. 1. j = – 1 – i 2 2 3 i 3 j2 = – 1 – i =1– 3 – 2 2 4 4 2 3 =–1–i =j 2 2 i 2 1 – – 1– 2 2 = – 1 – i 3 = j2 = j . 2 2 j 1+3 4 4 3 2 1 3 i 3 = – + 2. ( j) 2 = – 1 – i 2 2 4 4 2 i 3 =–1+ 2 2 i 3 1 i 3 1 2 – + 1+ j +j =1– – 2 2 2 2 = 0. – 1! 1 – 4 3. z 2 + z + 1 = 0 + z = 2

(

)

(

)

TS erm


Livre du professeur

i 3 +z=– 1– 2 2 i 3 = ( j) ou z = – 1 + 2 2 2 d’où z + z + 1 = (z – j)(z + j) . Ou bien j est une solution évidente d’après 2. Le polynôme est à coefficients réels donc les 2 racines sont conjuguées. D’où 2 solutions sont j et j d’où la factorisation. 72. à 76. Corrigés dans le manuel.

3. Équations de degré 2

z2 –

) )(

(

3 2

(

2

– 121i = 0 4 3 11 3 11 + z– – i z– + i =0 2 2 2 2 3 + 11i ou z = 3 – 11i . +z= 2 2

3z + 31 = 0 + z –

(

)

)

2 2 b. z – 3z + 3 = 0 + z – 3 – 3i = 0 2 4 3+i 3 3–i 3 +z= ou z = . 2 2 80. a. z 2 – 6z + 10 = 0 + (z – 3) 2 – i 2 = 0 + z = 3 – i ou z = 3 + i . b.  z 2 – 22z + 410 = 0 + (z – 11) 2 – i 2 # 289 + z = 11 – 17i ou z = 11 + 17i . 2

2

2

2 2

2

81. a. d = sin i + d i sin i = 0 + d = i sin i ou d = – i sin i . b. On pose z – cos i = d . Alors (E) revient à (z – cos i) 2 + 1 – cos 2 i = 0 + d 2 – i 2 sin 2 i = 0 d’où z = cos i + i sin i ou z = cos i – i sin i = cos (– i) + i sin (– i) . 82. à 84. Corrigés dans le manuel.

4. Représentation graphique d’un nombre complexe 85. à 87. Corrigés dans le manuel. 88. a.

1+i 3

3 2

3+i 1 2 3 2

1 – 2

3-i

89. Soit J le milieu de FH et I le milieu de GE ; zJ =

zF + zH zB + zC zA + zD zA + zB + zC + zD = + = 2 4 4 4

car F et H sont respectivement les milieux de 6 BC @ et 6 AD @ . z +z

77. et 78. Corrigés dans le manuel. 79. a. 

b.

z +z

z +z

De même z I = E G = A B + C D = z J , 2 4 4 donc I et J sont confondus donc si (EFGH) est un quadrilatère, ses diagonales se coupent en leur milieu, (EFGH) est donc un parallélogramme. 90. a. G est le centre de gravité du triangle, l’intersection des 3 médianes, il est le barycentre. b. Soit A¢ le milieu de 6 BC @ , B¢ le milieu de 6 AC @ et C ¢ celui de 6 AB @ : zB + zC 1 (z + z – 2z ) – zA B C A z A¢ – z A 2 = =2 =2 zG – zA zA + zB + zC 1 (z + z + 2z ) 3 – zA B C A 3 3

zB + zC A n’est pas le milieu de 2 2 6 BC @ ) d’où AG = AA¢ donc G est sur la 3 médiane issue de A. De même on montre : BG = 2 BB¢ et CG = 2 CC¢ donc G est sur 3 3 les 3 médianes. 91. 1. aGA + bGB + cGC = 0 + a (z A – z G) + b (z B – z G) + c (z C – z G) = 0 + az A + bz B + cz C = (a + b + c) z G az + bz B + cz C (a + b + c ! 0) + zG A a+b+c + OG =

a b c OA + BB + OC a+b+c a+b+c a+b+c

(a + b + c ! 0) donc G est défini et unique. 2. Si a = b = c alors

5. Écriture trigonométrique 92. à 95. Corrigés dans le manuel. 1-i 3

= =2

(

)(

2 2 3 +i 2 –1+i 2 2 2 2

2 –

96. z A = 5 et arg (z A) = 0 6 2r @ ; r z B = 4 2 et arg (z B) = 6 2r @ ; 4 © Hachette livre, 2012

90


)

3r 2r i i 2e 4 e 3

=2 2e

i

17r 12

d’où z 1 = 2 2

et arg z 1 = 17 r . 12 b . z 2 = 4 – 4i = 4 (1 – i) & z 2 = 4 2 , r arg z 2 = – 6 2r @ . 4 3+2 1 1 c. z 3 = ( 3 + 2) = 6+i 2

(car z A !

OG = 1 OA + 1 OB + 1 OC. 3 3 3 G est l’intersection des médianes, le centre de gravité.

1 2

r 6 2r @ ; 2 5r z D = 4 2 et arg (z D) = 6 2r @ ; 4 r z E = 6 et arg (z E) = – 6 2r @ ; 2 5r z F = 6 et arg (z F) = 6 2r @ ; 6 r z G = 6 et arg (z G) = – 6 2r @ . 3 r 97. a. – 5i = 5 , arg (– 5i) = 6 2r @ . 2 b. – 3 = 3 , arg (– 3) = r 6 2r @ . c. 3 + 1 = 1 + 3 , arg ( 3 + 1) = 0 6 2r @ . d. – i (2 + 2 ) = 2 + 2 , r arg (– 1 (2 + 2 )) = – 6 2r @ . 2 98. a. z 1 = (– 1 + i)(– 1 + i 3 ) z C = 4 et arg (z C) =

=

d’où z 3 =

2

3 +2 3 –i 3+2 = 4 2 2 2

(

3+i

)

3 1 – 2 2

3+2 r et arg z 3 = – 6 2r @ . 6 2 2

d. z 4 = – i (2 3 – 6i) = – i2 3 (1 – 1–

3 i)

3i

; z 4 = 4 3 et r r 5r arg z 4 = – + 0 – 6 2r @ = – 6 2r @ . 2 3 6 99. a. (4 + 3i)(5 – 1) = 4 + 3i # 5 – i = 5 26 . 5 5 b. (2 – 3i) = ( 2 – 3i ) = 13 = 169 13 .

= – i4 5

2

(

c.

5 5 = 2 6–1 (6 – 1)

)

2

=

5 . 37

x + iy x + iy = = 1. x – iy x – iy 3 – 7i 58 b. 3 – 7i4 = . = 4 (1 – i) 1 – i4 100. a.

6 + 7i + 4 + 5i 1 + 1 = . 4 + 5i 6 + 7i (4 + 5i)(6 + 7i) 10 + 12i 244 2 61 = = = . 4 + 5i # 6 + 7i 41 85 41 85

c.

(

)

r r – i sin 12 12 –r –r = 2 cos + i sin 12 12

101. a. z 1 = 2 cos

(

)

TS erm


Livre du professeur

r 6 2r @ . 12 r r b. z 2 = – 2 cos – i sin 12 12 r r = 3 – cos + i sin 12 12 5r 5r = 3 cos + i sin 12 12 5r d’où z 2 = 3 et arg z 2 = – 6 2r @ . 12 2 2 + i 102. 1 + i = 2 2 2 r d’où 1 + i = 2 et arg (1 + i) = . 4 d’où z 1 = 2 et arg z 1 = –

(

)

( (

) )

(

(

(1 + i) 2 012 =

i

)

)

r 2 012

2e 4

r i #2012

= ( 2 ) 2 012 e 4

= 2 1 006 ei503r = 2 1 006 eir = 2 1 006 . 3 103. a. z 1 = – 1 1 + i # – 2 + 2 3 = 2 # 2 = 8 2 ; arg (z 1) = arg (i – 1) + 3 arg (– 2 + i 2 ) 3r 3r =+ = r 6 2r @ . + 3# 4 4 6 b. z 2 = – 2i # 1 + i 3 = 2 # 2 6 = 2 7 = 128 ; arg z 2 = arg (– 2i) + 6 arg (1 + 3 ) r r r = – + 6 # = – 6 2r @ . 2 3 2 2 2 3 i + 3+i = c.  z 3 = –1–i –1–i 2 2 = = 2 ; 2 arg z 3 = 2 (arg ( 3 + i) – arg (– 1 – i)) r 5r r =2 – – = – 6 2r @ . 6 4 6

(

) (

( )

)

( ( )) 7

b.

7

(3 – 1) =

104. a. (1 + i) 2 (1 – i) 3

( ) 2 (e )

2 e

= 2

2 (cos 0 + i sin 0) .

r 2 4

i

–i

= 1 e 2

i

r 2 4

5r 4

r

1 ei 2 + = 2

(r4 + r3) =

2 i e 3

=

d.

(11– i)

2 012

=

e

2

1 ei509r = 1 006

e. 1 + i sin

= 11006 2

r 3

)

2

( ))

5 = cos arc tan 1 2 2

( )

3r 2 012 i e 4

1 (cos r + i sin r) . 1 006

r = 1 + i1 = 1 + i 6 2 2

(

–i

2 012

r 4

(

( )).

+ i sin arctan 1 2

r r f. – i cos = cos (– i) 12 12

105. a. (2 + 2i) 6 = = 2 2

( (

( 22 + i 22 ) G

6

)) )

r r + i sin 4 4 r r 6 6 = (2 2 ) cos + i sin 4 4 6r 6r 9 = 2 cos + i sin = – 512i . 4 4 9 b. (1 – i) 9 = 2 2 – i 2 2 2 9 r r 9 = 2 cos – + i sin – 4 4 9r 9r = 16 2 cos – + i sin – 4 4 r r = 16 2 cos – + i sin – 4 4 = 16 – 16i . = 2 2 cos

(

(

( (

))

)

( ( ) ( )) ( ( ) ( )) ( ( ) ( )) 6

c. ( 3 – 3i) 6 = 3 (1 – = 27 # 26

3 i) 6

(1 – 2i 3r)

6

( ( 3 ) + i sin – r3 )) 6r 6r 64 ( cos ( – ) + i sin ( – )) = 1 728 . 3 3 6

= 27 # 64 cos – = 27 #

d. 1 = (1 – i) 12

1

(cos (– r4 ) + i sin (– r4 )) r r = 1 ( cos + i sin – ) 4 4 2 12r 12r – 1 1 = ( cos + i sin – = . 64 4 4 ) 64 e. (1 – i 3 ) = 2 ( cos ( – r) + i sin ( – r)) 3 3 16r 16r + i sin ( – = 2 ( cos ( – 3 ) 3 )) 2r 2r 3. = 2 ( cos + i sin )) = 2 + i2 3 3 r r 2 ( cos + i sin ) (1 + i) 4 4 = f. ( 3 + i) r r 2 ( cos + i sin ) 6 6 cos r + i sin r 2r 2r = = cos + i sin ) 3 3 r r cos + i sin 2

12

12

12

6

16

16

16

r i e 4

e

(

r 2

–i

3r 4

2 7r 7r cos + i sin . 3 12 12

( ) i

2e

=

6

( )) .

16

5r 5r = 1 cos i sin . 4 4 2

31 – i 3

( )

r r r cos – + i sin – 12 2 2

15

2

15

4

4

4

c. 2 + 2i = 2 1 + i = 2 2 3 – 3i 3

(

= cos

=–

2

2

3 3 1 i 3. + 2 2

106. Soit P(n) la proportion : ; i ! R et ; n ! , (cos i + i sin i)n = cos (ni) + i sin (ni). P(0) est vraie car (cos i + i sin i) 0 = 1 et cos 0 + i sin 0 = 1 . Supposons P(n) vraie pour n donné. Alors (cos i + i sin i) n + 1 = (cos i + i sin i)(cos i + i sin i) n = (cos i + i sin i)(cos (ni) + i sin (ni)) = cos i cos (ni) – sin i sin (ni) + i (sin i cos (ni) + cos i sin (ni)) . © Hachette livre, 2012

91


)

Or cos a cos b – sin a sin b = cos (a + b) ; a, b ! R. et cos a sin b + sin a cos b = sin (a + b) D’où : (cos i + i sin i) n + 1 = cos ((n + i) i) + i sin ((n + i) i) . P (n + 1) est donc vraie. On a montré par récurrence que P(n) est vraie ; n !  . 107. 1. 2 2 –i =3 2 2 2

z = – 3 – 3i = 3 2 –

5r 6 2r @ . 4 3 i z¢ = 3 + i = 2 – + =2 2 2 r et arg z = 6 2r @ . 6 2. zz ¢ = 3 2 cos – 3r + i sin – 3r 4 4 r r # 2 cos + i sin 6 6 r 3r r 3r = 6 2 cos – + i sin – et arg z = –

( ( ) ( )) ( ) ( ( 6 4 ) ( 6 4 )) 7r 7r = 6 2 ( cos ( – ) + i sin ( – )) . 12 12 3r 3r 3 2 ( cos ( – ) + i sin ( – )) z = 4 4 z¢ r r 2 ( cos + i sin ) 6 6 = 3 ( cos ( – 3r – r) + i sin ( – 3r – r)) 4 6 4 6 2 r r 3 = (cos 12 + i sin 12) . 2 zz ¢ = 62 , arg zz ¢ =

r arg z = . z ¢ 12

z = 3 et 7r 6 2r @ , 12 z¢ 2

(

)

108. a. z 1 = 1 + i 3 = 2 cos r + i sin r ;

3 3 r r z 2 = 1 + i = 2 cos + i sin . 4 4 1 + i 3 (1 + i 3 )(1 – i) b. z 3 = = 2 1+i 1+ 3 3 –1 . = +i 2 2 r r 2 cos + i sin 3 3 z3 = r r 2 cos + i sin 4 4 = 2 cos r – r + i sin r – r 3 4 3 4 2 r r = 2 cos + i sin . 12 12 D’où cos r = 1 + 3 et sin r = 3 – 1 . 12 12 2 2 2 2

(

( ( ( ( (

)

) )

)

)

)

109. z + z ¢ + z – z ¢ 2 = (z + z ¢)( z + z ¢ ) + (z – z ¢)( z – z ¢ ) = (z + z ¢)( z + z ¢ ) + (z – z ¢)( z – z ¢ ) .

110. = zz + zz ¢ + z ¢z + z ¢z ¢ + zz – zz ¢ – z ¢z ¢ = 2zz + 2z ¢z ¢ = 2 z 2 + 2 z ¢ 2 = 2( z 2 + z ¢ 2) z = AB et z ¢ = BC

TS erm


Livre du professeur

Dans un paralléloramme (ABCD), la somme des carrés des diagonales ( z + z ¢ et z – z ¢ ) est égale à la somme des carrés de tous les côtés (z, z ¢, z, z ¢) . 111. a. z 2 = 25(– 2 + 2 + i 2 – 2 ) 2 = 25(2 +

2 –2+

= 25(2 2 – 2i

2 – 2i ( (2 +

2 )(2 –

2– 3 7r 19r = – cos = 12 12 2 2+ 3 7r 19r = – sin = et sin 12 12 2 3. cos

4–2+2 2–2 2)

= 25(2 2 – 2 2 i) 2 2 r r = 100 –i = 100 cos – + i sin – 2 2 4 4

(

) ( ( ) ( )) r r D’où z = 10 ( cos ( – ) + i sin ( – )) z z r r ou z = – 10 ( cos ( – ) + i sin ( – )) . z z

.

Comme la partie réelle de z est négative (– 5 2 + 2 ) , r r z = – 10 cos – + i sin – z z 7r 7r + i sin = 10 cos z z 7r d’où z = 10 et arg z 6 2r @ . z 2 112. 1. a = ( 2 – 3 – i 2 + 3 ) 2 = 2 – 3 – 2 – 3 – 2i (2 – 3 )(2 + 3 ) 3 = 2 3 – 2i = 4 – – i1 2 2 7r 7r = 4 cos + i sin 6 6 2 2 7r a = 4 et arg (a ) . 6 7r 7r + i sin 2. a = 2 cos 12 12 7r r7 + i sin ou a = – 2 cos 12 12 19r 19r = 2 cos + i sin . 12 12 Comme Re (a) = 2 – 3 2 0 , 19r 19r a = 2 cos + i sin 12 12 19r 7r (car cos 2 0 etr cos 1 0 ). 12 12 19r a = 2 et arg a 6 2r @ . 12

(

( ( )

)

( ))

( (

(

(

)

)

(

(

)

−a

a2

a

)

) )

( (

) )

2+ 3 r 7r r 7r = cos = + sin =+ . – 12 12 2 12 2 2– 3 7r r 7r r sin = sin . – = – cos =+ 12 12 2 12 2

cos

2)

113.

z 1 = 1 + cos i – i sin i = 2 cos 2 i – 2i sin i cos i 2 2 2 i i i = 2 cos cos – i sin 2 2 2 i i i + i sin – = 2 cos cos 2 2 2

(

( ()

d’où z 1 = 2 cos

)

( ))

i i et arg z 1 6 2r @ 2 2

i pour cos H 0 soit i ! 6 0 ; r @ . 2 = – 2 cos i cos r – i + i sin r – i 2

( (

2

)

(

2

))

i i d’où z 1 = – 2 cos et arg z 1 = r – 6 2r @ 2 2 i pour cos G 0 soit i ! 6 r ; 2r @ . 2 z 2 = 1 – cos i + i sin i = 1 + cos(r + i) – i sin (r + i). En reprenant le calcul pour z2 :

(

)( ( ) ( )) ( )( ( ) ( ))

r r + i cos – i + r + i sin – i + r z 2 = 2 cos r 2 2 2 r + i cos r – i + i sin r – i = – 2 cos r 2 2 2 r + i r + i r d’où z 1 = – 2 cos et arg z 1 = 6 2r @ 2 2

r+ i r H 0 soit i ! 6 0 ; 2r @ . pour – cos 2 z1 est défini sur @ 0 ; 2r 6 . z2

z1 z2 =

ii – 2 cos i e 2

cos i r – 2 (i – i – r) 2 2 e 2 = – i+r r + i e– i 2 sin i 2 cos r 2 2 i cos ir cos i r 2 e2 = – i 2 ; =– sin i sin i 2 2

i z 1 cos 2 = d’où sur @ 0 ; r @ , z2 i sin 2 z1 r et arg = – 6 2r @ = (arg z 1 – arg z 2) ; 2 z2 i z 1 – cos 2 = sur 6 r ; 2r 6 , z2 i sin 2 z1 r et arg = 6 2r @ . z2 2 114. Soit N le point tel que MN = OM¢ ; (OMNM¢) et un parallélogramme. On a ON = OM + MN = OM + OM¢ d’où : zN = z + z ¢ . © Hachette livre, 2012

92


Or OM G OM¢ + MM¢ . Comme O, M et M¢ sont des points quelconques, on a aussi : ON G OM¢ + N M¢ donc ON G OM¢ + OM ((OMNM¢) étant un parallélogramme : OM = NM¢ ) d’où z = z¢ G z¢ + z .

6. Les nombres complexes et la géométrie 115. et 116. Corrigés dans le manuel. 117. 1. b. u=

zB – zA zC – zA

=

4 + 2i – (– 2 + 2i) – 2 – 4i – (– 2 + 2i)

=

6 =i ; – 6i

r d’où u = 1 et arg u = 6 2r @ = (AC ; AB) 2 donc (ABC) est un triangle en A et isocèle. 2. AB : z = 4 + 2i – (– 2 + 2i) = 6 ; AC : z = – 2 – 4i – (– 2 + 2i) = – 6 ; BC : z = – 2 – 4i – 4 – 2i) = – 6 – 6i . 3. AB est réel pur et AC est imaginaire pur donc (AB) et (AC) sont perpendiculaire donc (ABC) est rectangle en A. AB = AC = 6 donc (ABC) est aussi isocèle. 118. 2. u = b – a = 2i + 3 = 3 + 2i d–a

– 1 – 3i + 3 2 – 3i (3 + 2i)(2 + 3i) = =i 13

d’où (AB) = (AD) et AB = AD ; (ABC) est rectangle isocèle en A. 3. C tel que BC = AD donc : z C = z D – z A + z B = – 1 – 3i + 3 + 2i = 2 – i . 119. 2. Calculons : z B – z C 1 + 2i (1 + 2i)(– 2 – i) = = =–i zA – zC – 2 + i 5 donc (ABC) est rectangle isocèle en C. 2. z G =

zA + zB + zC – 1 + 2 + i + 1 – i 2 = = . 3 3 3

121. 1.

( (

) ) ( ) ( ( ) ( ))

3 2r 2r z1 = 2 – 1 + i = 2 cos + i sin . 2 2 3 3 z B = 2 (cos 0 + i sin 0) . 3 2r 2r zC = 2 – 1 – i = 2 cos – + i sin 2 2 3 3

2.

zC – zA zB – zA

=

2 (0 – 2

3 i)

(32 – 23 i)

3 (– i)

= 3

( 23 – 12 i)

r r + i sin ( – ) ( ) 2 2 = r r cos ( – ) + i sin ( – ) 6 6 r r r r = cos ( – + ) + i sin ( – + ) 2 6 2 6 cos –

.

TS erm


Livre du professeur

( r3 ) + i sin(– r3 )

= cos –

d’où (AB ; AC) = – zA – zB zc – zB

r 3

(

( 32 + 23 i) = 3 (– 23 + 2i ) = 3 3 i 3 2 (– – i) – ) 3 (– 2 2 2 2 2 –

5r 5r + i sin 6 6 = cos – r + i sin – r 3 3 7r 7r cos + i sin 6 6 d’où (BC ; BA) = – r . 3 =

cos

( )

( )

Comme la somme des angles aux sommets d’un triangle est r , on en déduit que les 3 angles aux sommets sont égaux ce qui caractérise un triangle équilatéral. 122. 1. 6 C K −8 −6 −4 −2 A I M

4 2

B 2

4

−2 −4

z +z 2. z K = A C = – 6 – 2i – 1 + 4i = – 7 + i 2 2 2

zC + zB = + 2 + 5i. 2 2 z + zK 3. M est tel que z A = M 2 17 – 5i . d’où z M = 2z A – z K = – 2 zL =

3 IA + IB = 0 + 4 IA + AI = 0 + – 4 IA = AB + AI = 1 AB donc I est unique. 4 Ou bien : 3 IA + IB = 0 + 3 (z A – z i) + (z B – z I) = 0 3z + z B 13 5 + zI = A = – – i donc I est unique. 4 4 4 5 17 13 21 15 + – 5i + i = – – i 2 4 4 4 4 13 5 5 21 15 zI – zL = – – 2 – i – i = – – i 4 4 2 4 4

(

)

)

(

)

2. Cf 1. b.. 3. Cf 1. c.. Donc (OKA) est un triangle en K : z – zA u= K imaginaire pur . zK – zO (OQAK) est un (parallélogramme) rectangle. En effet (ABQK) étant un parallélo-

(

)

gramme, BQ = AK . Or Q est le milieu de 6 OB @ donc BQ = QO d’où QO = AK . Donc (AKOQ) est un parallélogramme et il a un angle droit. 4. On conjecture que B, C, L sont alignés. Calculons k – b pour le vérifier : k–c – 1 – 4i 3 3 – 2i 3 – 4 – 2i 3 = 2i 3 – 1 – 4i 3 3 – 2i 3 – 10 + 3 3 3 5 + 12i 3 (3 + 12i 3 )(1 – 4i 3 ) k–b =+ = k–c 49 1 + 4i 3 =

3 – 12i 3 + 12i 3 + 144 147 = = 3. 49 49

D’où BK = 3CK et KC = 1 KB donc K, B, C 3 sont effectivement alignés. 125. 1. 6

A

)

6. On en déduit que IM = LI donc LI + IM = 2LI donc LI = 1 LM 2 donc I est le milieu de 6 LM @ .

égalité

gramme donc QK = BA . z + zO zQ = B = 2i + i 3 et 2 zK = zA – zB + zQ = 5 – i 3 – 4 – 2i 3 + 2 + i 3 = 3 – 2i 3 . c. u = k – a = 3 – 2i 3 – 5 + i 3 k 3 – 2i 3

(2 + i 3 ) –2–i 3 =– (3 + 2i 3 ) 21 3 – 2i 3 r = – 1 3 = – i donc (QK ; AK) = – . 2 3 3 =

d. (OK) et (AK) sont deux droites perpendiculaires. © Hachette livre, 2012

93


B'

C

4 2

−6 −4 −2

2

4

−4

6

A'

−2

124. 1. b. (ABQK) est un parallélo-

4.

zM – zI = –

)

(

L

−6

5.

123. 1. z – 2i = z BC et 1 – 2i = z BA donc : z – 2i est le support BC et BA 1 – 2i z – 2 i arg est une mesure de l’angle 1 – 2i (BA ; BC) . 2. ; i ! R , cos 2 i + sin 2 i = 1 donc sin 2 a = 1 – cos 2 a = 1 – 1 = 9 donc 10 10 sin a = ! 3 . 10 Comme a ! @ – r ; 0 @ , sin a G 0 donc sin a = – 3 . 10 3. Par construction de C, on a : z – 2i = 2 (car BC = 2 BA 5 5 1 – 2i et arg z – 2i = a 6 2r @ donc : 1 – 2i z – 2i = 2 (cos a + i sin a) 5 1 – 2i = 2 1 –i 3 . 5 10 10 1 – 3i = 10 = 2 et 5 5 5 1 – 3i = 2 1 – 3 i 5 5 10 10 2 = (cos a + i sin a) , donc 5 z – 2i = 1 – 3i (même module et même 5 1 – 2i argument). (1 – 2i)(1 – 3i) D’où z = 2i + 5 1 – 6 – 5i = 2i + = – 1 + i. 5 4. AB = z B – z A = 2i – 1 = 5 AC = z C – z A = – 2i + i = 5 donc : AB = AC donc (ABC) est isocèle en A.

B

−6

2. 2A¢B + A¢C = O + 2(z B – z A¢) + z C – z A¢ = 0 2z B + z C . 3 Donc A ¢ existe et est unique. En remplaçant A ¢ par B ¢ et B par A, on a de 2z + z C même : z B¢ = A B ¢ donc existe et 3 est unique. z A¢ = 10 – 4 i et z B¢ = – 4 + 8 i . 3 3 3 3 + z A¢ =

TS erm


Livre du professeur

z – zO z A – 5 + 2i = =–3= A 2 z A¢ – z O z A¢ 10 – 4i 3 donc O, A, A ¢ sont alignés car – 3 est réel. 2 zB = 2 – 4i = – 3 d’où B, O, B ¢ sont ali2 z B¢ – 4 + 3i 3 gnés. z + z B – 3 – 2i = – 3 – i. 5. z C¢ = A – 2 2 2 zC 6 + 4i = = – 4 qui est réel donc 6. z C ¢ – 3 + 2i 2 zC – zO est réel donc C, O, C ¢ sont alizC ¢ – zO gnés. Finalement comme B, O, B ¢ sont alignés + O ! (BB¢) , on a O ! (AA¢) , O ! (BB¢) et O ! (CC¢) dont ces 3 droites sont concurrentes en O.

3. et 4.

126. 1.

=

Q T

O

S

bd – bd – d 2 i – b 2 i)

= – i. b2 + d2 D’où m = – i donc (OM) = (AD) et d–a 2 OM = 1 DA . 2 128. 1.

(

) (

)

3 2r 2r zA = a = 2 – 1 + i = 2 cos + i sin ; 2 2 3 3 b = 2 (cos 0 + i sin 0) ;

(

) (

)

3 4r 4r c=2 –1– i = 2 cos . + i sin 2 2 3 3 3 3 3 1 – 2 1+ – i i 2 2 2 =2 2. b – a = c–a – 3i 2 – 1 + 1 – 3i 2 2 3 1 3 1

(

(

P

R

r On a (OB, OA) = – et OB = OA donc a = – i d’où a = – bi2, m = b + c = b – di . 2 2 b b. m = b – di . d – a d + bi (b – di)(d – bi) c. b – di = d + bi d2 + b2

=i

)

(2

) – i

)

= +i 2 2 2 r b – a b – a = 6 2r @ . d’où = 1 et arg c–a 3 c–a Donc (ABC) est un triangle isocèle en A r avec un angle au sommet de A de c’est 3 donc un triangle équilatéral.

(

)

129. 2. a. u = l – c est réel. k–c b. Donc C, L, K sont alignés. r 3. c = 1 et arg c = 6 2r @ d’où c = i ; a a 3 a c = ai . 4. Soit I le milieu de 6 AC @ et 6 OB @ (OABC) étant un parallélogramme), a (1 + i) zI = a + c = ; b = 2z I = a (1 + i) . 2 2 5. (OAK) est un triangle équilatéral de r sens direct donc (OA, OK) = 6 2r @ et 3 OK = 1 ; d’où k = 1 et arg k = r 2r . 6 @ a 3 OA a 3 r r k = a cos + i sin = a 1 + i . 3 3 2 2 r 6. (AL ; AB) = + 6 2r @ et AL = 1 d’où 3 AB b – a = 1 et arg b – a = r 2r . 6 @ 3 l–a l–a ai = 1 l – a = a l–a

()

2. On a OP = RQ donc q = r + p – 0 = r + p ; p OS = – 1 OP donc s = – ; 2 2 1 r OT = OR donc t = – . 3 3 3. a.  u =

r q – t r + p – 3 6(4r + 6p) = = = – 2. s–t p r 6(– 3p – 2r) – – 2 3

b. u est réel donc Q, T, S sont alignés. OT = 1 OR donc OT = 1 PQ car (PQRO) 3 3 parallélogramme. D’après Thalès vectoriel, on déduit que ST = 1 SQ , donc S, T et Q sont alignés. 3 127. 2. b. (OM) = (AD) et OM = 1 AD . 2 r 3. a. On a (OC, OD) = et OC = OD 2 donc d = i d’où c = – di . c

(

(

)

(

)

l–a

2


)

)

(

d’où b – a = 1 +

()

(

)

3 3 i+ 1+ i (l – a) 2 2 2 = (1 + i) a – a

94


(

) (

3 3 + 1+ i l=a i+1+ i 2 2 2 2

+ l = ai +

1 + (2 +

)

(

2+ 3 =a 1+ i 2 2

3)i

)

1 + 3i (1 + (2 + 3 ) i)(1 – 3 i) =a 4 = a (1 + (2 + 3 ) i – 3 i) + 2 3 + 3) 4 3 i =a 1+ + . 2 2

(

)

7. z = l – c = k–c

(

a 1+

(

3 i + –i 2 2

)

)

3 a 1+ i–i 2 2 3 i – 1+ 2 2 = 1 + 3 – 2i 2 2 3 i 1 3–2 1+ – – i 2 2 2 2 = ( 3 – 2) 2 1+ 4 2+ 3 3–2 i 4 = – – 2 4 4 4 1 + ( 3 – 2)

(

)(

)

(

)

( 3 + 2)( 3 – 2) 4 i = 4 1 + ( 3 – 2) 2 z est réel. –

7. Ensemble de points 130. à 133. Corrigés dans le manuel. 134. a. z = 4 : E 1 est le cercle de centre O (l’origine) et de rayon 4. b. z = 2 + z = 2 : E 2 est le cercle de centre O (l’origine) et de rayon 2. c. z – 1 = 3 : E 3 est le cercle de centre A (d’affixe 1) et de rayon 3. d. z – 4i = 4 : E 4 est le cercle de centre B d’affixe 4i et de rayon 4. 135. a. 3z + 9i = 18 + z – (– 3i) = 6 : E1 est le cercle de centre A d’affixe 3i et de rayon 6. b. z + 1 – 2i = 5 = z + 1 – 2i = z + 1 – 2i = z + 1 + 2i E2 est le cercle de centre – 1 – 2i et de rayon 5. b. iz – 3 = 1 + i (z + 3i) = 1 = z + 3i E3 est le cercle de centre – 3i et de rayon 1. 136. a. z = z + i : E1 est la médiatrice de 6 OA @ où O est l’origine et A d’affixe – i .

TS erm


Livre du professeur

b. 3zi + 6 = 3 z – 1 + i + 3 i (z – 2i)

y

= 3 z – 1 + i + z – 2i = z – 1 + i .

E2 est la médiatrice de 6 CD @ où C : 2i et D : 1 – i. c. – 2iz + 4 = 2 z + 4i + – 2i # z + 2i = 2 z + 4i + z – 2i = z + 4i . E3 est la médiatrice de 6 EF @ où E : 2i et F : – 4i . 137. a. z – 1 = z + 2i : médiatrice de 6 AB @ avec A : 1 et B : – 2i . b. z + 2i = 2 + z – 2i = 2 : cercle de centre O : 2i et de rayon 2. c. 2 z – i + 1 = (1 – i) z + 2 z – 1 + i = (1 – i) z = 2 z médiatrice de 6 AB @ avec A : 1 – i et B : 0. d. 2iz + 1 – i = 2 z + 1 + 2i # z + – 1 – i = 2 z + 1 2 + z+–1+i = z+1 : 2 médiatrice de 6 AB @ avec A : 1 – i et B : 2 – 1. 138. a. Cf. 140. a. r b. arg z = 6 r @ : axe des ordonnées privé 2 de l’origine. c. arg (z) = 0 6 2r @ : point sur l’axe des abscisses et l’abscisse strictement positive. r 139. a. arg (z) = 6 2r @ ; 4 r (u ; OM) = 6 2r @ ; 4 point sur la bissectrice (xy 2 0) des axes abscisses et ordonnées avec x 2 0 et y 2 0. r b. arg (z + 2) = 6 r @ ; 4 r ( u ; AM) = 6 r @ ; 4 point sur l’axe passant par A d’affixe – 2 r et d’angle avec l’axe des abscisses et 4 privé du point A. r c. arg (z – i) = 6 2r @ ; 4 r (u ; BM) = 6 2r @ ; 4 demi-axe issu de B (d’affixe i) privé de B r d’angle avec l’axe des abscisses et à 4 « droite » de B.

142. 1. (b) (c)

()

A

(a) (a) 2

()

C

1

1 −2 −1

1

2

140. a. r r arg (z) = 6 2r @ " (u ; OM) = 6 2r @ 2 2 donc M parcourt l’axe des ordonnées avec y 2 0. r r b. arg (z – 1) = 6 r @ " (u ; AM) = 6 r @ 2 2 donc M parcourt l’axe d’abscisse 1 privé du point 1 + 0i . r r c . arg (z) = 6 2r @ + arg (z) = – 6 2r @ 4 4 r donc (u ; OM) = – 6 2r @ : bissectrice des 4 axes abscisses et ordonnées (xy 1 0) tel que x 2 0 et y 1 0 . d. arg (iz) = r 6 r @ + arg (i) + arg (z) = r 6 r @

3 3 r r r + arg (z) = – 6 r @ = – 6 r @ : axe privé 3 2 3

(

B 1

x

)

de l’origine, passant par l’origine et le point 3 – i#1 . 2 2 141. a. z + 1 est un réel z – 2i + z + 1 = r (z – 2i) et z ! 2i avec r ! c’est la droite (AB) privée de A avec A d’affixe 2i et B : – 1. b. z + 1 est imaginaire pur implique z – 2i (AM) = (BM) et M ! A avec A d’affixe 2i et B : – 1. M est le cercle de diamètre 6 AB @ privé de A.

2. C est le cercle de centre A et de rayon 2, partiellement représenté sur le graphe ci-dessus. 3. T est la médiatrice de 6 BC @ . 143. 1. f (– 3 + i) = – 3 + i + 1 – 2i –3+i+2+i = –2–i – 1 + 2i (– 2 – i)(– 1 – 2i) = 5 2 – 2 + 4i + i = i. = 5 2. f (z) = 2i + z + i – 2i = 2iz + 4i – z + (1 – 2i) z = – 3 + 6i + z = – 3. (x + 1) + ( y – 2) i (x + 2) + ( y + 1) i ((x + 1) + ( y – 2) i)((x + 2) – ( y + 1) i)

3. f (x + iy) = = =

(x + 2) 2 + ( y + 1) 2

(x + 1)(x + 2) + ( y – 2)( y + 1) (x + 2) 2 + ( y + 1) 2 : ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ;; <

Im (z) =

95


( y – 2)(x + 2) – (x + 1)( y + 1) (x + 2) 2 + ( y + 1) 2 : ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ;; <

.

Re(z) Im(z) yx – 2x + 2y – 4 – xy – x – y – 1

(x + 2) 2 + ( y + 1) 2 – 3x + y – 5 . = (x + 2) 2 + ( y + 1) 2

4. f (z) est réel + Im (z) = 0 + y = 3x + 5 et z ! – 2 – i . C’est la droite y = 3x + 5 privée de (– 2 ; – 1) . f (z) est imaginaire pur + Re (z) = 0 z ! –2 – i + ' 2 x + 3x + 2 + y 2 – y – 2 = 0 + z ! – 2 – i et 2 2 x+3 + y–1 –9–1=0 2 2 4 4 + z ! – 2 – i et

(


+i

) ( )

TS erm


Livre du professeur

(

) ( ) ( )

2 2 10 2 x+3 + y–1 = 2 2 2 + M ! (– 2 ; – 1) et M parcourt le cercle de centre – 3 ; 1 2 2 10 et de rayon . 2 144. 1. a. f (z) = z + z = 2z z – 2i + z 2 – 2(1 + i) z = 0 et + z ! – 2 – i + z (z – 2 – 2i) = 0 et + z ! 2i d’où z = 0 et z = 2 + 2i sont invariants par f. b. z I = 2i + 2 = i + 1 . 2 f (B) = f (z) = 4 = 2 1 + i = 1 + i . 2 2 – 2i 2 i 1 i 2 + + f (I) = =2 = (1 + i) 2 = 2i . 1–i 1 + i – 2i 2 z 2. z ¢ = 2z = z – 2i z – 2i d’où OM ¢ = 2OM . AM 2 arg z ¢ = arg z = arg 2 + arg z z – 2i z – 2i 2 z ; = 0 + arg z – 2i d’où (u ; OM ¢) = (AM ; OM) + k2r . 3. T est l’ensemble des points qui vérifient : z = z – 2i . f (z) = 2z z – 2i 2 z donc f (z) = OM ¢ = = 2. z – 2i  est de centre l’origine et de rayon 2. 4. C est l’ensemble des points qui vérifient : r (MA ; MO) = 6 r @ et M ! A 2 r + (AM ; OM) = 6 r @ et M ! A 2 r z + arg = 6r@ 2 z – 2i r ¢ z + arg = 6r@ 2 2 r + arg (z ¢) = 6 r @ 2 car arg z ¢ = arg (z ¢) – arg (2) = 0 . 2 Or O ! C donc O ! f (C ) ; D’où f (C ) est la droite des ordonnées.

(

(

)

()

()

8. Forme exponentielle

)

j2 = e

i

4r 3 ;

–i

2r 3

;

r –i 2e 4

r

i 3 = e 3 ; 1+j=1+i 2 2 r

i 3 1 3 1 +i + +i = i 3 = 3 e 2 ; 2 2 2 2 3 3–i 3 3 i 1 1–j=1+ –i = = 3 – 2 2 2 2 2

j – j2 = –

(

=

(

149. z = (i – 1) 29 =

2e

= 2 14 d’où z = 2 14 2 et arg z = – 87 4 r 6 2r @ .

(

5

–

3e –

d’où ab = 4 6 e

)

–i

r 6

)

3r 29 4

2e

)

(

z = (2 – 2i 3 ) 78 = 4e

–i

d’où

150. 1 + i = 3+i

)

3 + 3i 3

i

r 6

=

2e

r 2

2e

6+

r i e 3

i

r

r 4

= =

Or

2 i( 4 – e 3 r

r 3

r 2 –i 6 e

( 3 + i)

(1 – i 3 )

11

i

26 i

=

r 11 – i 3 # 11 r 15 i 3

2 e e


96

–i

r 3

r 4

=

)

i

4r 3

i

=2

15

2

2r 3 .

et j = e

–i

2r 3 .

4r 2r =– 6 2r @ donc j 2 = j . 3 3

( )

j3 = e

i

2r 3 3

(

=e

i 2r

= 1.

)(

)

3 3 1 1 1 + j + j2 = 1 + – + i + – –i = 0. 2 2 2 2

2. a. (ABC) est équilatéral de sens direct r + arg c – a = 6 2r @ et c – a = 1 3 b–a b–a

(

)

4r

+ cj 2 + j 3 jb – (– j) j 2 a = a + bj + cj 2 = 0 D’où, d’après a. a + bj + cj 2 = 0 + (ABC) est équilatéral de sens direct.

r # 26 6

2 e =

2 e

–i

i i + c – a = e 3 = – e 3 = – j2 . b–a b. c – a = – j 2 + c – a = – j 2 b + j 2 a b–a + c – j 2 b – (1 + j 2) a = 0

r 2

2e 3+i = (= i) r = e –i 1–i 3 3 2e r d’où z = 1 et arg z = 6 2r @ . 2 151.

r 12

r

r 6

26

i

2. j 2 = e

3 2 r d’où z = et arg z = – 6 2r @ . 3 6 i

2e

r z 1 2 2 – i ( r – r) –i e 6 4 = e 12 . = z2 2 2

154. 1. j = e

i = 1 e 12 2

–i

r 6

( 22 – i 22 ) = 2

6+ 2 6– +i 4 4 6+ 2 r d’où cos = 12 4 6– 2 r et sin = . 12 4 e

2 r et arg z = 6 2r @ . 2 12

d’où z = 2i (1 – i)

2e

r 4

–i

3. De 1. et 2. on déduit

r 78 3

= d’où z = 2 156 78r et arg z = – 6 2r @ = 0 6 2r @ . 3 i

2 ( 3 – i) = 2 2 e

et z 2 = 2 2

– 5r 32e 6

78r –i 2 156 e 3

2e

2 6 + 2 2 + i (2 6 + 2 2 ) 8 6+ 2 6– 2 = +i . 4 4

2. z 1 =

r 2 i 6

12 .

=

– 87r 4

–i

6 – i 2 ( 6 – i 2 )(2 + 2i) = 2 – 2i 8

153. 1.

.

z = ( 3 – i) = 2e = d’où z = 32 5r r et arg z = 6 2r @ = 6 2r @ . 6 4


148. j = e

_ b b =–2 b ` b = – 3 ( 3 + i) b r i b b =– 2 3e 6 a r

152. a = – 2(1 – i)

3 1 3 j + j2 = – 1 + i – –i = – 1 = eir ; 2 2 2 2

2ir e 3 .


155. a. Pour i ! @ 0 ; r 6 , 1 + eii = (1 + eii)(1 + e– ii) car z

2

= zz

TS erm


Livre du professeur

(

= – 2 cos i + r cos i + 3r + i sin i + 3r

= 1 + e ii + e – ii + e i = 2 + 2 cos i ii – ii cos i = e + e 2 = 2 (1 + 2 cos i)

(

)

(1 + cos i) 2 0 pour i ! @ 0 ; r 6 donc 1 + eii = 2(1 + cos i) . i 1 + cos i Or cos 2 = 2 2 donc i i 1 + e ii = 2 # 2 cos 2 = 2 cos 2 2 i car cos 2 0 sur i ! @ 0 ; r 6 . 2

)

(

)

) (

(

)

= 9 # 16 # e

= 144 e

–i

)

=

e

(12r – r2 )

162. 1. z = eii – e– ii = 2i sin i de module 2 sin i sur @ 0 ; r 6 et d’argur ment . 2 2. z = 1 + e2ii = eii (e– ii + eii) = 2 cos ieii r r de module 2 cos i sur B – ; 8 et d’ar2 2 gument i. 3. z = 1 – e2ii = eii (e– ii – eii) = – 2i sin ieii

(– i r6 )4

r

–i

(

i i+

r 2.

158. 1. z 1 = 3 3 + 3i r i 3 1 = 3#2 + i = 6e 6 . 2 2

(

2. – z = i

z2 = 62 e

)

5r –i 6e 6 ; r 3

i

r

= 36e 3 ;

i

(

i

z 2 = ie

r 3

i

r

i

= e 2e i

2. z 1 z 2 z 3 = 2e z 2 z 12 =

r 3

r 2

i

=e

(

)

3r 3 i 2e 2

=

9r 2

4

160. (– 1 + i) (3 + 3i 3 )

=

2

4

i

= 8e 2 . 6

(ei 34r) 4 66 ( 1 + i 2

)

6

6 i 3r i 3r # 6

= 4#6 0 e e = – 4 # 66 . : ;;; < –1


97

r

+r

)

)

3 2

= 8e

r –i 4e 6 . i

(

i i+

165. z n + 1n = einx + – einx = 2 cos nx z (formule de Moivre) donc z n + 1n est un réel. z

5r 6 .

= 8e

)

r

5r 2 .

3r 5r 2r i –i 2 e 6 4e 3

5r i i 3r e 6 # 22 e

3. (z 1) 3 =

i

= 2e

r

2 = 2 sin ie 2 = – 2 sin ie de module + 2 sin i sur @ 0 ; r 6 et d’argu3r ment i + . 2 4. z = e2ii – e– 2ii = 2i sin 2i de module r r 2 sin 2i sur B 0 ; 8 et d’argument ; 2 2 r de module – 2 sin 2i sur B ; r 8 et d’ar2 r gument – . 2 2r 2r i –i 1 163. z + = e 3 + e 3 z 3 3 =–1+ i+–1– i 2 2 2 2 = – 1 = e ii .

164. z ¢ = z z + 1 = z 2 + 1 = 1 + ei2i z = 1 + cos 2i + i sin 2i = 2 cos 2 i + 2i sin i cos i = 2 cos i (cos i + i sin i) . r r Pour i ! 8 – ; B , z ¢ = 2 cos i 2 2 et i est un argument de z¢ . r 3r E Pour i ! ; ; , z ¢ = – 2 cos i 2 2 et i + r est un argument de z¢ .

r

1 = 1 e– i 6 . z 6 159. 1. z 1 = – 2e

=2

)

r i 2e 6.

r

2r 3 .

=e

r i e 12

(

in nr soit e 6 est réel donc sin =0 6 nr d’où = k r , (k !  ) 6 d’où n = 6k , n est un multiple de 6.

4

( i r6 ) est réel

4

= 9 # 24 #

2 ( 3 + i) 3 i =2 2 + 2 2

ment si e

( 23 – 2i ) ( 23 – 2i )

i d’où arg (1 + eii) = r + 6 2r @ . 2 156. a. z = 1 – eii , i ! @ 0 ; 2r 6 . z = 1 – cos i – i sin – i d’où z 2 = 1 + cos 2 i – 2 cos i + sin 2 i = 2 (1 – cos i) ; i ! 6 0 ; 2r @ , 1 – cos i H 0 donc z = 2 (1 – cos i) = 2 (1 + cos (r + i)) i+r 1 + cos (i + r) = 2 cos 2 2 i r cos + H 0 ne se réalise pas sur 2 2 @ 0 ; 2r 6 i+r donc z = – 2 cos 2 z = 1 – cos i – i sin i = 1 + cos (i + r) + i sin (i + r)

(

= 9 # 24 #

i

( i2 (– cos r + i2) – i sin (r + i2))

2 2 2 i+r i+r i+r cos + i sin = 2 cos 2 2 2

i

= – 2 cos

= 2 cos2 i + r + 2i sin i + r cos i + r

= ( 3 ) 4 ( 3 – i) 4

6+i 2=

Donc ( 6 + i 2 ) n est réel si et seule-

4

161.

r e3 i 1+i 3 2 = b. z 2 = r = e . –i 3–i 6 e r r sin – i cos 12 12 c. z 3 = r r cos + i sin 12 12

)

(

)

b. 1 – e– ii = 1 – eii i+r d’où z = – 2 cos sur @ 0 ; 2r 6 2 r–i et arg (z) = 6 2r @ . 2 157. a. z 1 = (3 – 3 3 i)

1 + eii = 1 + cos i + i sin i i i i = 2 cos 2 + i sin cos 2 2 2 i i i = 2 cos cos + i sin 2 2 2 i ii d’où arg (1 + e ) = 6 2r @ 2 pour i ! @ 0 ; r 6 . b. Pour i ! @ r ; 2r 6 , on a toujours 2 i eii + 1 = 2(1 + cos i) = 4 cos 2 . 2 i Comme cos 1 0 sur i ! @ r ; 2r 6 , 2 i ii on a e + 1 = – 2 cos . 2 D’où i i i 1 + eii = – 2 cos – cos – i sin 2 2 2

(

2 2 2 i + 3r i–r d’où arg (z) = 6 2r @ = 6 2r @ . 2 2

–1


166.

(z 1 + z 2) 2 (eia + eib) 2 = z1 z2 eia eib

TS erm


Livre du professeur

+ e2ib + 2eia eib eia eib i (a – b) =e + ei (b – a) + 2 = 2 cos (a – b) + 2 = 2 (cos (a – b) + 1) = cos 2 a – b H 0 . 2 167. A. 1. z 1 = az 0 =e

(

=

=6

2ia

)

3+1 3–1 +i (6 + 6i) 4 4

(

(

3+1 – 4

(

3 –1 +i 4

)

3 –1 + 4

= arg (z 0) + p arg (a) r r = + 27 # 4 12 r 3r = + + 2r 4 12 r = 6 2r @ . 2 168. 1. Comme cos (r – x) = cos (r + x) , on a cos 6r = cos 8r , cos 2r = cos 12r et

))

3+1 4

3 = 3 + i3 3 . =6 1+i 2 2 2 a2 =

) –(

3+1 4

)

3–1 4

2

+ 2i

( 3 + 1)( 3 – 1) 4# 4

4+2 3 –4+2 3 1 + (3 – 1) 16 8 3 i = + . 4 4 r i i 3 1 =6 + = 6e 3 . =

z1 a

(

2

2

(2 2 ) 3 i = 1( + ) = 1e 2 2 2 2

r i 6.

2. z 1 = a 3 z 0 = a 2 az 0 = a 2 z 1 3 3 o z 7 = a 7 z 0 = (a 2) az 0 = (a 2) z 1 r

7 4r 10r cos = cos 7 7

7

7

d’où S = S ¢ . Comme sin (r – x) = – sin (r + x) , on a R = – R¢. 2. S + S ¢ + i (R + R ¢) = S + S ¢ = 2S (d’après 1.)

=

=

=

k=6

k=6

k=1 k=6

k=1

/ cos 2k7r + i / sin 2k7r / ( cos 2k7r + i sin 2k7r)

k=1 k=6

k / ( ei 7 ) – 1 . 2r

k=0

=

=

( ) 1 2

5r 3 i 6 e

4

n

6 2

=6 2

(

n

z0

2 2 +i 2 2

)

1 ( 2)n

( )

2 n+1 1 12 = 12 = . 2 ( 2)n + 1 2. (rn) est donc une suite géométrique 2 de 1er terme r0 = 6 2 et de raison . 2 3. OA p = rp G 10– 3 + 6 2

( 22 ) G 106 2 p

+

+ p ln + pH

p

G 10– 3

–3

2 10 – 3 car ln est croissante, G ln 2 6 2

ln 10– 3 – ln 6 2 ln

car ln

( ) 2 2

2 G0 2

2 2

( 22 G 1) ,

+ p H 27 . D’où (u ; OA p) = arg (z p)

= (u ; OA 0) + p arg (a)

1–e

i

1–e

i

B. 1. rn = a n z 0 = a n z 0 = a

(i 27r)

7

3. S + S ¢ + i (R + R ¢) =

z 3 = 3e 2 r r d’où f i i z 7 = 1 e 2 6e 3 8

7

i2r = 1 – e 2r – 1 i 1–e 7 = – 1 = 2S

d’où S = – 1 . 2 169. 1. k=n S + iS ¢ = 1 +

k=1

=1+i+

=1+i+

=i+

2. z ¢ = 2e

i

r 3

; z ¢¢ = 2e

(

3. (z ¢) 2012 = 2e

i

–i

r 3.

) ((e ) ) (e )

r 2010 + 2 3 i

= 2 2012

= 2 2012 ( e

r 6 335 3

i

r 2 3

2r i0 335 i 3 e

)

2r i 2 2012 e 3

= = – 2 2011 + i2 2011 3 . 171. 1. z – 2 = i + z – 2 = i (z – 1) z–1 et z ! 1 + x + iy – 2 = ix – y – i et (x ; y) ! (1 ; 0) x+y=2 +c x – y = 12

( )

d’où (x ; y) ! 3 ; 1 ; z = 3 + i . 2 2 2 2 – 2 z 2 2. = z + z – 2 = z – z et z ! 1 z–1 + z 2 – 2z + 2 = 0 et z ! 1 + (z – 1) – i 2 = 0 + z = 1 – i ou z = 1 + i

(1 + / sin kx) k=n

1

k=1

M' –

k=n

/ (cos kx + i sin kx)

k=1 k=n

–2

/ eikx

k=1

1 – (eix) n + 1 1 – eix

' A '' 1

' AM' B 2 ''

M''

–2

)

98

O –1

i (n + 1) x 2. S + iS ¢ = i + 1 – e ix 1–e i (n + 1) x 1 – e 1 – e– ix =i+ ix – ix 1–e 1–e – ix i (n + 1) x + e– inx =i+1–e –e 2(1 + cos x) 1 – cos x + cos nx – cos (n + 1) x = 2 (1 + cos x) : ;;;;;;;;;;;;;;;; ;< =S sin x + sin nx – sin (n + 1) x +i . 2 (1 + cos x) : ;;;;;;;;;;;;; ; < = S¢

(

–1

–1

1 – eix (n + 1) . 1 – eix


170. 1. z 2 – z2 + 4 = 0 + (z – 1) 2 + 3 = 0 + (z – 1) 2 – 3i 2 = 0 + (z – 1 – i 3 ) – (z – 1 + 3 ) = 0 D’où z ¢ = 1 + i 3 et z ¢¢ = 1 – i 3 .

2

/ cos kx + i

=1+i+

2r 7

–1

9. Un peu de tout


OM ¢ = BM ¢ et (u ; OM ¢) = (AM ; BM) . AM ¢ 172. 1. z 2 – 2(1 + 2 cos i) z + 5 + 4 cos i = 0 . + (z – (1 + 2 cos i)) 2 – 1 – 4 cos i – 4 cos 2 i + 5 + 4 cos i = 0 + (z – (1 + 2 cos i)) 2 + 4 sin 2 i = 0 + (z – 1 – 2 cos i – i2 sin i) (z – 1 – 2 cos i + i2 sin i) = 0 z = 1 + 2 cos i + 2i sin i ou z = 1 + 2 cos i – i sin i ii – ii soit z = 1 + 2b = e ou z = 1 + 2e .

TS erm


Livre du professeur

2. z décrit un cercle de rayon 2 et de centre ii d’affixe 1 car z – 1 = 2e = 2 . – ii Idem avec z = 1 + 2e . 173. 1. P (Z) = Z 4 – 1 = (Z 2 – 1)(Z 2 + 1) = (Z – 1)(Z + 1)(Z – i)(Z + i) . 2. L’ensemble des solutions est : "– 1 ; 1 ; – i ; i,. 3. On pose : Z = 2z + 1 . z–1 Alors 2z + 1 = 1 revient à 2z + 1 = 1 z–1 z–1 ou – 1 ou i ou – i . (2z + 1 = z – i et z!1) ou (2z + 1 = 1 – z) ou (2z + 1 = iz – i et z!1) ou (2z + 1 = i – iz et z ! 1) . z = – 2 ou z = 0 ou 2x + 2iy + 1 = ix– y – i ou 2x + 2iy + 1 = i – ix + y 2x + 1 + y = 0 + z = – 2 ou z = 0 ou – x + 2y + 1 = 0 2x + 1 – y = 0 ou 2y – 1 + x = 0 + z = – 2 ou z = 0 ou z = – 1 + 3i ou 5 z = – 1 – 3i . 5

(

)

(

(

4

2

174. 1. P (z) = z + z + 1

( (

) )

2

r i #2

(

)

3 1 +i 2 2 r 2 i = e 3 = – 1 – i 3. 2 2 2 2. P (Z) = Z 2 + Z + 1 = Z + 1 – 3 i 2 2 4 3 3 = Z+1+i Z+1– i . 2 2 2 2 2 3 3 z2 = Z = – 1 – i = 1+i ou 2 2 2 2 2 3 3 Z=–1+i = z2 = 1 + i 2 2 2 2 3 3 d’où z = 1 – i ou z = – 1 + i ou 2 2 2 2 3 3 z=1+i ou – 1 – i . 2 2 2 2 1+i 2 1–i 2

3 2 3 2

(

=e3

= –

( )(

( (

)

) )

)

175. 1. Si z est solution de (E) alors (1 + iz) 3 (1 – i tan a) = (1 – iz) 3 (1 + i tan a)

donc (1 + iz) 3 = (1 – iz) 3 car 1 + i tan a et 1 – i tan a ont le même module car ils sont conjugués donc 1 + iz 3 = 1iz 3 . Comme z H 0 ( ;z ! c) , 1 + iz = 1 – iz . 2. On pose x + iy = z avec x, y ! R , alors 1 + ix – y = 1 + y – ix , d’où (1 – y) 2 + x 2 = (1 + y) 2 + x 2 + 1 + y 2 – 2y = 1 + y 2 + 2y d’où y = 0. Donc z est réel.

1 – i sin a 1 tan – i a cos a 3. = 1 + i tan a 1 + i sin a cos a 1 – ia = cos a cos a – i sin a = e ia = 1 . 1 cos a + i sin a e ii 2 e cos a 4. Avec 3. et en posant z = tan z , (E) 1 devient 1 =

( )

2 3

(eia) ((eiz) ) 2

d’où ei2a = ei6z + 6z = 2a 6 2r @  k !  tel que 6z = 2a + 2kr d’où a + kr . z= 3 r r Comme a, z ! B – ; 8 , seules 3 valeurs 2 2 de k vérifient a + kr . z= 3 r r a r r Si a ! B – ; 8 , ! B – ; 8 donc 2 2 3 6 6 kr r r a z= + ! B – ; 8 ssi k ! " – 1 ; 0 ; 1 , 3 3 2 2 a–r z 1 = tan z 1 = tan 3 ; a+r a z 2 = tan z 0 = tan et z 3 = tan z 1 = tan . 3

( ) =e

176. 1. ~ 5 = e

i

2r 5 5

3

i2r

i0

=e =1 1 – ~5 1 + ~ + ~2 + ~3 + ~4 = = 0. 1–~ 4 2 3 2. u + v = ~ + ~ + ~ + ~ = 1 + ~ + ~2 + ~3 + ~4 – 1 = – 1 . uv = (~ + ~ 4)(~ 2 + ~ 3) = ~3 + ~4 + ~6 + ~7 3 = ~ + ~4 + ~5 ~ + ~5 ~2 = ~~ 2 + ~ 3 + ~ 4 = 1. u et v sont solutions de (z – u)(z – v) = 0 + z 2 – (u + v) z + uv = 0 + z2 + z – 1 = 0 = z 1 – 5 . 2 4 5 51 ;–1+ D’où " u ; v , = ' – 1 – 2 2 2 2

( )

177. Comme A, B, C sont sur un cercle de centre O, on a OA = OB = OC . Comme le cercle existe, OA 2 O donc dans le repère (O ; u ; v ) , l’affixe a du point A peut s’écrire a = reii A avec r = OA . De même b ! O et c ! O donc b = reii B et c = reii C avec i A , i B et i C des réels. 178. 3. (MNP) est équilatéral. 4. m + nj + pj 2 = 0 donc mj + nj 2 + pj 3 = 0 = p + mj + nj 2 car j 3 = 1 et donc pj + mj 2 + nj 3 = 0 d’où n + pj + mj 2 = 0 p–m (MN ; MP) = arg n–m p–m = arg – pj – mj 2 – m p–m . = arg – pj – (1 + j 2) m

( (

)

)

(

)

3 3 1 + j2 = 1 – 1 – i=1– i=–j 2 2 2 2 p–m d’où (MN ; MP) = arg – pj + jm p–m r = arg = – arg (– j) = . 3 – j (p – m) r De même on montre que (NP ; NM) = , 3 (MNP) est donc un triangle équilatéral di rect.

( )

(

)

M

N

p 3

p 3 p 3 P

5. Soit  le cercle circonscrit au triangle équilatéral (MNP). Soit D le centre de C, d’affixe ~ .

2r 5

u = m + nj + pj 2 = (~ + (m – ~)) + (~ + (n –~)) j + (~ + (p – ~)) j 2 = (m – ~) + (n – ~) j + (p–~) j 2 + ~ (1 + j + j 2) 14 2 43 =0 = (m – ~) + (m – ~) j + (p– ~) j 2 .

=e 5 +e 5 = ~+s 2r = 2 cos 5 2r r 2r 5 donc cos 2 0 01 1 r = 5 10 2 5 5–1 2r = d’où u = 2 cos 5 2 5–1 2r = cos . 5 4

m – ~ est l’affixe de SLN et (n – ~) j est l’affixe de SLN après une rotation d’angle 2r de centre X . C’est donc l’affixe de 3 XP car (MNP) est équilatéral direct. De même (p – ~) j 2 est l’affixe de SLN car j 2 (p – ~) est une rotation XP de 4r 2r ou – centre X et d’angle . 2 3

3. u = ~ + ~ 4 e =e

i

i

2r 5

+e

2r


i

i

2r 5

+e

i

3r 5

(10 – 2) r

–i

=e

5

i

2r 5

+e

i 2r

e

–i

2r

99


( ( ))

TS erm


Livre du professeur

Donc u est l’affixe de XM + XP + XN qui est le vecteur O car (MNP) est équilatéral d’où u = 0 . On a montré (Cf. 4. et 5.) que u = 0 + (MNP) est un triangle équilatéral direct donc on caractérise le fait que (MNP) est équilatéral direct. 6. B est l’image de A par une rotation de r i r centre O et d’angle donc b = ae 3 . 3 i

r

i

r

De même d = ce 3 et f = e $ e 3 . 7. M est le milieu de 6 BC @ donc

( (

)

r

i m = b + c = ae 3 + c) 1 ; 2 2 r i d + e n= = ce 3 + e 1 ; 2 2

)

i

=

i

r 3

+c

2 r i ae 3

ir

ce + ee + 2

(

i

2r 3

+

ee

i

5r 3

)

ir i c + 1 + e + (1 – 1) + ee 2 2Y \ =0 =0 =0+0+0 = 0.

=

+ ae 2 2r 3

i

r 3

i

(

ir

*

r 3 r . i c)e 3

r – b = (a – b)e

i

p – c = (b – U est le centre de gravité de (BPC) donc

r 3

)

+ 1+e \ =0

Donc (MNP) est équilatéral direct. 179. 2. On a g = a + b + c , affixe du 3 centre de gravité de (ABC). r i r (AC ; AQ) = donc q – a = (c – a)e 3 . 3 De même on trouve : et

f + a f + a e$ e + a = = . 2 2 2 2 8. Alors m + nj + pj p=

ae

i

r

b + p + c b + 2c + (b – c)e 3 u= . = 3 3 De même,

r

a + c + q 2a + c + (c – a)e 3 v= = 3 3 r i a + 2b + (a – b)e 3 a r b + + w= . = 3 3 Soit g¢ l’affixe du centre de gravité de (UVW). On a g¢ = u + v + w 3 r i = 1 8 b + 2c + (b–c)e 3 + 2a 9 r r i i + c + (c – a)e 3 + ar + 2b + (c – b)e 3 B i 1 = (3b + 3c + 3a + e 3 (b – c + c – a + a – b)) 1 4 4 4 44 2 44444 3 9 =0

= a + b + c = g. 3 G ¢ et G sont confondus car ils ont la même affixe. (ABC) et (UVW) ont le même centre de gravité.

En route vers le bac (p. 272-275) 180. z est réel donc Im (z + z ) = Im (z) = – Im (z) d’où Im (z) = – 2 .

Il reste donc a ou b.

()

2

64 + 36 10 8 = = donc 3 9 3 Re (z) = Re (z) = 6 – 10 = 8 . Réponse a.. 3 3 181. z – 1 = z + i + (x – 1) + iy = x + (1 + y) i + (x – 1) 2 + y 2 = x 2 + (1 + y) 2 2 2 2 + x – 2x + 1 + y = x + y 2 + 2y + 1 + y = – x . Réponse b.. z =

(

3 182. (1 + i 3 ) n = 2 n 1 + i 2 2

( )

= 2n e n

i

r n 3

)

n

= 2n e

i

nr 3

donc (1 + 3 ) est réel pour u = 3k . Réponse c.. 6–z 183. = z + z ! 3 et 3–z 2 z – 4z + 6 = 0 = (z – 2) 2 – 2i 2 , donc z = 2 – i 2 ou 2 + i 2 . Réponse b.. r 184. arg z + 2 = (r) donc 2 z – 2i r (BZ ; AZ) = (r) . 2 Z décrit le cercle de diamètre 6 AB @ . Réponse d..

(

)

Le milieu de 6 AB @ est d’affixe a + b = – 2 + 2i = – 1 + i donc c. n’est 2 2 pas solution. z =(z)x =+yiy avec x, y ! R . 185. On pose Im Re (z) = x et , – iz = – ix + y d’où Im (– iz) = – x . Réponse d..

186. La partie réelle est négative donc r r l’argument n’est pas dans B – ; 8 2 2

(

2 +i 6 =2 2 –

–

)

i 3 1 +i = 2 2e 2 2

2r

i

r 4

ir i

= 2e e

r 4

= 2e

i

5r 4

= 2e

–i

3r 4

188. = 187 . Réponse a.. 189.

( Réponse c.. e

i

r 3

–e

i

2r 3

(

3 3 = 1+i – –1+i 2 2 2 2

)) = 1.

190. z – i = 0 + z = i donc la solution est un point. Réponse b.. 191. Médiatrice des points d’affixes 0 et 1. Réponse a.. 192. z – 1 = – 1 – i = un cercle. Réponse c.. © Hachette livre, 2012

100

z 2 = 2 + z – (2 – 2 ) – 2i (2 + = 2 2 – 2i 2 . Réponse b..

2. z 2 =

2)

(

)

r

–i 2 2 –i = 4e 4 . Réponse b.. 2 2 –i

r 8 ou

–i

r

– 2e 8 . 3. z = 2e Comme Re (z) = – 2 + 2 G 0 , z = – 2e 4. 2 +

–i

r 8

2

= 2e

i

7r 8 .

Réponse a.. et 2 – 2

7r = – cos 8

2

= sin

7r . 8

Réponse d.. 194. 1. Soit i un argument de z. On a cos a = cos i et sin a = – sin i donc i = – a (2r) . Réponse b.. 2. On a cos i = – sin a et sin i = cos a r d’où i = a + (r) . Réponse d.. 2 3. Z =

– 2 i r3 e = 1+i

2 # 1 = 1. 2

Réponse a.. b. est contradictoir avec a. donc b. est faux. r r – 2 (1 – i) i 3 2 2 i3 Z= e = – e +i 2 2 1+i 1–i

(

)

=

2 , M décrit donc c. est faux. Repères Term S, Livre du professeur

2 )(2 –

2

3

pour s’en assurer. Réponse d.. 187. – 2e Réponse a..

193. 1.

3r r i i e 4e3

i

13

= e 12

r

TS erm


Livre du professeur

195. 1. faux : 1 = i . 2. vrai. i

r

3. a. Z = e 3 e

–i

r 4

–i

r

M a M ¢a = i

r

i

r

–i

r

+ e 3 e 4 = e 12 + e 12 r = 2 cos ! 0 " faux. 12 2 b = Z – 2 z " faux. r 4. arg (1 + i) = (2r) donc 4 20r 20 arg ((1 + 1) ) = (2r) = r (2r) "vrai. 4 5. (z + 1 – 2i)(z + 1 + 2i) = 4 + (z + 1 – 2i)(z + 1 – 2i) = 4 + z + 1 – 2i 2 = 4 + z + 1 – 2i = 2 " cercle de centre – 1 + 2i et de rayon 2 " faux. 6. C’est (AB) privée de B(i) uniquement " faux. 196. 1. L’équation est à coefficient réels donc les solutions sont conjuguées. Leur somme est donc réelle " faux. Les solutions sont non nulles z + z2 2. I 1 , réel et non nul " faux. 2 3. (OI) est l’axe des abscisses, M1 et M2 ont la même abscisse donc (M 1 M 2) est parallèle à l’axe des ordonnées " vrai. 4. z 2 – 4z + 6 = (z – 2) – 2i 2 = (z – 2 – i 2 )(z – 2 + i 2 ) ; z 1 = 2 + i 2 ; z 2 = 2 – i 2 ; z 1 – z 2 = 2 2 i ; z 1 = 4 + 2 = 6 ! z 1 – z 2 = 2 2 ; donc (OM 1, M 2) n’est pas équilatéral " faux. 197. z 2 + (1 + a) z + a 2 = 0 2 + z + 1 + a + a2 – 1 + a = 0. 2 2 1. faux, une solution est fonction de a , vrai pour a = 3 . 2. 3= (1 + a) 2 – 4a 2 = a 2 + 2a + 1 – 4a 2 =

)

(

)

(

)

(

)

– 3a2 + 2a + 1

3 = 0 si a = 1 donc (E a) admet une solution unique si a = 1 ; (z = – 1) " faux. 3. a 2 1 &31 0 donc les solutions sont complexes conjuguées d’où OM a = OM ¢a . OM a OM ¢a est isocèle " vrai. 4. Pour a 2 1 2 2 (E a) : z + 1 + a + 3a – 2a – 1 = 0 2 4 3a 2 – 2a – 1 1 + a = z+ –i 2 2 3a 2 – 2a – 1 1 + a z+ +i 2 2

(

( (

)

) )

2

3a – 2a – 1 = (3a + 1)(a – 1) "vrai.

198. 1. réels et positifs. 2. zz¢ = rr ¢ (cos a + i sin a)(cos a¢ + i sin a¢) = rr ¢ (cos a cos a¢ – sin a sin a¢ + i cos ¢ sin a¢ + i sin a cos a¢) = rr ¢ (cos (a + a¢) + i sin (a + a¢) . 3. zz ¢ = rr ¢ (cos (a + a¢) + i sin (a + a¢)) = r # r ¢ # cos (a + a¢) + i sin (a + a¢) = r # r¢ = z # z¢ rr ¢ est réel et positif donc a + a¢ est un argument de zz¢ d’où arg (zz¢) = (arg z + arg z¢) 6 2r @ . 199. 1. arg (1) = 0 6 r @ car 1 est réel.

( )

()

1 1 = arg (z) + arg 6 2r @ 0 = arg (1) = arg z # z z

d’où arg 1 = – arg z 6 2r @ . z

() ( ) (

( ))

(

) (

3 31+ i = 2 2 d’où arg (z) = r 6 2r @ . 3 z¢ = 2 3

(

3 cos

r r + i sin 3 3

)

) ( ( ) ( ))

3 1 r r – i = 2 3 cos – + i sin – 6 6 2 2

d’où arg (z ¢) = – r 6 2r @ . 6 1

( z ) = – arg (z) = – rz 6 2r @ ; et arg ( z ) = – arg (z) – arg (z ¢) 6 2r @ = r 6 2r @ . 2 z¢ D’où arg

200. 1. Montrons par récurrence que : arg (z n) = n arg (z) 6 2r @ (P(n)) pour n H 1 . • P(1) : arg (z 1) = arg (z) = 1 # arg (z) 6 2r @ ; P(1) est vraie. • Soit n !  . Supposons que : arg z n = n arg z 6 2r @ . Alors : arg (z n + 1) = arg (z n # z) = (arg z n + arg (z)) 6 2r @ = n arg (z) + arg (z) 6 2r @ = (n + 1) arg (z) 6 2r @ .

P (n + 1) est vraie.

( ()

( )) donc

2. 1 – i = 2 cos r + i sin – r 4 4 r arg (1 – i) = – 6 2r @ et donc : 4 r 7r 7 ((1 – i) ) = – 6 2r @ = 6 2r @ . 4 4 a–b e 201. 1. sin = 2 2.

2ie

i

a+b a 2 sin


i

i –b = 2i e 2

101

a–b 2

a+b 2

e

–e 2i i

–i

a–b 2

a–b 2

–i

.

a–b

2 –e 2i = e ia – e ib .


)

2

#

(

2i e

i

)

a = e ib – e id b e ia – e id

b+d i 2i e 2

=

sin

a+d 2

2

#

( b 2– d)

sin

(a 2– d)

( ) ( )

arg

((

)

b–c a–c

2

( )2H 0

b–a 2

)

sin

a = arg # b

d’où

e ia e ib

2

b–d 2 = e a–d sin 2 b–d 2 sin 2 . = a–d sin 2 4. On a donc : i

car

z 1 1 = arg z # = arg (z) + arg arg 6 zr @ z¢ z¢ z¢ = (arg z – arg z ¢) 6 2r @ .

2. z =

(

3. b – c a–c

#e

i (a – b)

2

ei (a – b)

(( ))

= 0 6 2r @

()

)

b–d 2 sin a – d 2 sin

(

2

arg a = – 2 arg aa –– bc b

d’où (OB ; OA) = – 2 (CA ; CB) (OA ; OB) = 2 (CA ; CB) . 202. 1. • Soit k ! R tel que u ¢ = ku alors z ¢ = kz = k donc z ¢ est réel. z z z z ¢ • Soit k ! R tel que = k , alors z ¢ = kz z d’où u ¢ = ku . Comme k est réel, u et u ¢ sont colinéaires. r r 2. • (u ; u ¢) = 6 r @ donc z ¢ = 6 r @ 2 z 2 donc z ¢ est imaginaire pur. z • Soit k ! R tel que z ¢ = ki donc z r arg z ¢ = 6 2r @ pour k2 0 z 2 donc u = u ¢ . r = – 6 2r @ pour k1 0 2 4 + 6i z ¢ = – 2i donc u = u ¢ . 3. a. = z – 3 + 2i b. z ¢ = 2 – 8i = – 4 donc u et u ¢ sont z – 1 + 2i 2 colinéaires.

)

203. 1. Soit N tel que ON = AM alors arg (z N) = (u ; ON ) = (u ; AM) = arg (z – a) . arg z – a = (arg (z – a) – arg (z – b)) 6 2r @ z–b = (u ; AM) – (u ; BM) 6 2r @ = (BM ; u ) + (u ; AM) 6 2r @ = (BM ; AM) 6 2r @ = (MB ; MA) 6 2r @ . z – a AM 2. z ¢ = z – a = . = z–b z – b BM

TS erm


Livre du professeur

3. a. z ¢ est imaginaire pur : r + z = a ou arg z – a = 6 r @ z–b 2 + M = A ou AM = BM . L’ensemble des points M est le cercle de diamètre 6 AB @ privé de B. b. z ¢ est réel + z = a ou arg z – a = 0 6 r @ z–b + M = A ou AM et BM sont colinéaires. M décrit la droite (AB) privée de B. c. z ¢ - 1 + AM = BM ; M décrit la médiatrice de 6 AB @ . 204. 1. A, B, C sont alignés : + (BA ; BC) est un angle plat ou nul + (BA ; BC) = 0 6 r @ + arg c – b = 0 6 r @ . a–b 2. (AB) = (BC) + BC = BA r + (BA ; BC) = 6 r @ 2 r c – b + arg = 6r@. a–b 2 3. c – b = 2 – i 3 – 3 = – 1 – i 3

(

)

3 =–2 1=+i . 2 2

a – b = – 1 – 3 = – 4. c–a =2–i 3 +1=3–i 3

(

)

3 i – . 2 2

=2 3 4r arg (c – b) = 6 2r @ . 3 r arg (c – a) = – 6 2r @ . 6 4r r 3r c – b arg = + 6 2r @ = 6 2r @ c–a 3 6 2 3r r = 6 2r @ = 6 r @ " (AC) = (BC) . 2 2 z ¢ – ~ XM¢ z¢ – ~ = = = 1. z–~ XM z–~ z¢ – ~ (XM ; XM¢) = i 6 2r @ d’où = i6r@ z–~ z¢ – ~ ii donc =e . z–~ z¢ – ~ 2. = eii d’où z ¢ = eii (z – ~) + ~ . z–~ 3. C

205. 1.

π 3

A

B r

c – a = ei 3 b–a c=e

i

r 3

(b – a) + a 3 (2 – 5i – 3 – i) + 3 + i = 1+ 2 2

(

)

(

)

Si M est d’affixe eii avec i ! R , alors f (M) ! 6 CA¢ @ : 6 A¢C @ .

3 (1 + 6i) + 3 + i =– 1+ 2 2 3 +3 3 +3+i = – 1 – 3i – 2 2 4+ 3 5+6 3 –i = . 2 2 206. 1. a. a¢ = a + i – 1 = i + i – 1 = 3i . a

i

r 6

b¢ = e + i – e

–i

r

r 6

i

r = 2i sin i = 2i . 6

3 i – 2 2 c. r = i 2i – e 6 2i – 3 + i 2 2 i

–

e6

i

=

–

4r i e 6

– e (6 i

i

3 i – + +i 2 2 –e

=

r

–e6

r

(e –

i

i

= –e

i

5r 6

i

r

+e6

r 6

r 6

4r 6

r

–e6

)

+e

–i

r 6

–e

)

–i

r 2

3 = i = i. 3 3 3 2 2 3 – b = i donc 0 – b est imagib. 3 b¢ – b b¢ – b naire pur donc (OB = (BB¢) . OOB¢ est un triangle rectangle en B. 2 2 2. a. z 2 + iz – 1 = z + i – i –1 2 4 =

r 2 cos 6

=

(

)

( ) – 34 = (z + 2i – 23 )(z + 2i + 23 )

= z+ i 2

2

b. f (z) = 0 et z ! 0 +z+ i – 1=0 z et z ! 0

+ z 2 + iz – 1 = 0 3 i 3 i +z= – ou z = – – . 2 2 2 2 3 3 (E) = ' – – i ; – i 1. 2 2 2 2 3 i 3 i – = – = 3+ 1 =1 c. – 2 2 2 2 4 4 3 i donc les points d’affixes – – et 2 2 3 i appartiennent au cercle de – 2 2 centre O et de rayon 1 (ie (C )) . 3. a. f (eii) = eii + i – e– ii = 2i sin i + 1 = (2 sin i + 1) i . b.  sin i ! 6 – 1 ; 1 @ donc f (eii) ! 6 – i ; 3i @ .


102


207. 1. _ 2 OA = 2 2 + 5 2 = 29 b b 2 OB = 7 2 + 3 2 = 58 ` donc OA = AB . 2 b AB = 5 2 + 2 2 = 29 a Vrai. 2. Soit A le point d’affixe i et B le point d’affixe – 2i . Soit z l’affixe d’un point M. z – i = z + 2i + AM = BM + M décrit la médiatrice de 6 AB @ donc (T) = (AB) . Comme i et – 2i sont imaginaires purs, (AB) est l’axe des ordonnées imaginaires purs. Comme le repère est orthonormé, (AB) est perpendiculaire à l’axe des réels abscisses donc (T) ' avec des réels. Vrai.

(

)

r

i 3 i + =2 3e 6 3. z = 3 + i 3 2 2 r donc arg z = 6 2r @ d’où 6 r arg z 3n = 3n arg z = n 6 2r @ donc pour 2 n = 2 , arg z 6 = r 6 2r @ donc z 6 est réel. Faux. r i 4. Il existe r ! R* tel que z = re 2 donc r

i

i

r

i

r

i

r

i + re 2 = e 2 + re 2 = (1 + r)e 2 = 1 + r = 1 + z .

Vrai. 5. Il existe i ! R* tel que z = e2ii . Donc z 2 + 12 = e2ii + e– 2ii = 2 cos 2i qui est z réel. Vrai. 208. 2.

_ AJ = i + 3 + i = 9 + 4 = 13 b b BJ = i + 2 + 4i = 4 + 9 = 13 `donc AJ = BJ = CJ. CJ = i – 3 + i = 9 + 4 = 13 b a

J est le centre du cercle circonscrit à ABC, de rayon 13 . 3. b – c = – 2 + 4i – 3 + i = – 5 + 5i 1+i –2+3+i h–a (– 5 + 5i)(1 – i) – 5 + 5i + 5i + 5 = = = 5i . 2 (1 + i)(1 – i) b – c est imaginaire pur donc CB = AH h–a donc (AH) = (BC) . 4. g – a = 2 b – a + c – a car AG = 2 AB + AC 3

2

3

d’où g = b + c – 2a + a = a + b + c 3 3 =

2

– 3i – 2 + 4i + 3 – i = – 2 + 2i . 3 3 3

4 2 2 2 g – h – 3 + 3i + 2 3 + 3i 2 = = = 5. i+2 2+i 3 j–h

TS erm


Livre du professeur

de diamètre 6 AA 1 @ . (CH) ' (A 1 B) donc (A 1 B) = (AB) d’où B est sur le cercle ¢ de diamètre 6 AA 1 @ . A, B et C sont 3 points distincts, non alignés et A, B, C !   = ¢. A, B, C ! ¢ A 1 ! ¢ donc A 1 ! .

donc HG = 2 HJ . G, H et J sont alignés. 3 6. a. a¢ = b + c = – 2 + 4i + 3 – i = 1 + 3 i . 2

2

2

2

b. On a A¢A 1 = – A¢H donc a 1 – a¢ = – (h – a¢) d’où a 1 = 2a¢ – h = 1 + 3i + 2 = 3 + 3i . c. A 1 J = i – 3 – 3i = 9 + 4 = 13 donc A 1 est sur le cercle de centre J et de rayon 13 c’est-à-dire . d. On a A¢ milieu de 6 HA 1 @ car A 1 est le symétrique de M par rapport à A¢ . A¢ milieu de 6 BC @ par construction. Donc 6 HA 1 @ et 6 BC @ ont le même milieu d’où 6 BA 1 @ CH est un parallélogramme. e. On en déduit (BH) ' (A 1 C) donc (A 1 C) = (AC) d’où C est sur le cercle ¢

)

209. 1.

( ) ( ). ( ). ( ).

r

3 3 e – a i3 1 1 =e = + i " e = a + (d – a) + i 2 2 2 2 d–a

= 1 + (– i – 1)

e =1–

Réponse b. 2. z + i = z – 1 + MD = MA . Réponse d. 3. Re z + i = 0 et z ! – 1 + DM = CM z+i et M ! C + M est sur le cercle de diamètre 6 CD @ privé de C. Réponse c. r 4. arg (z – i) = – 6 2r @ + (u ; BM) 2 r = – 6 2r @ . 2 Réponse c..

( )

3 1 +i 2 2

3 1 3 1 3 3 1 i + – –i = + –i + 2 2 2 2 2 2 2 2 = (1 – i)

3 1 + 2 2

Accompagnement personnalisé (p. 276-277) 3 i

210. a. (1 + i) 3 =

3r 4

i

3r

= 2 2e 4 3r 3r = 2 2 cos + i sin 4 4 = – 2 + 2i .

b. ( 3 – i) 4 = 2 4 e

2 e

(

–i

4r 6

= 16e

i

)

2r 3

( (

)

(

2r 2r + i sin – 3 3 = – 8 – i8 3 .

= 16 cos –

(

2i e

)

))

2e

i

r 4

r i 2e 4 r –i e 2

=e

–i

r 2

(

)

5r

=–i

(

i

( )

f. –

7r –i 2e 3

r r + i sin 4 4

r –i 2e 3

r –i 2 3

)

=– = 2r 2r = 2 cos + i sin 3 3 = – 1 + i 3.

(

)

r

4 – r

(

–i

5r 6

))

)

g. 2 012 = 335 + 1 d’où 6 3 © Hachette livre, 2012

( 23 + 2i ) = e 3 i e 3 (– – 2 2)

2 3

2

i

i

6

=e 7r

–i

r 3

6

d’où ABC est un triangle équilatéral. 2 + 1 + 2i d. c – a = = 3 + 2i = – 1 d’où A, B et C 3 b – a – 10 – 8i + 1 + 2i – 9 – 6i sont alignés. z – 3i 213. a. a – z ¢ = 1 + i z – 3i = 1 + = 1. z+1 z+1 On pose A le point d’affixe 3i et B d’affixe – 1. Alors AM = 1 d’où AM = BM d’où M décrit la médiatrice de BM 6 AB @ . b. z¢ est réel + z – i est imaginaire par + AM = BM . M décrit z+1 le cercle de diamètre 6 AB @ privée de B.

r 4

= 2 2 cos

( (

–i

c. a – c = – 1 + i 3 – 2 = – 3 + i 3 = b–c –1–i 3 –2 –3–i 3

(8 + i)(3 – i) 24 + 8 + 12i – 4 = = 2 + 2i e. 8 + i = 10 10 3–i = 2 2e

4 –i r

diamètre 6 AB @ privée de B. – 6 + 7i 212. a – b – c = – 11 + 2i + 5 + 5i = a–c 2 + i + 5 + 5i 7 + 6i (– 6 + 7i)(7 + 6i) – 42 + 36i + 49i + 42 = = = i. 72 + 62 72 + 62 ABC est rectangle isocèle en C. 2+ i –1–i 1 b. a – b = = = i donc (ABC) est rectangle en B. c – b 1 – i – 1 – i – 2i 2 5r

= r r = cos – + i sin – 2 2

( )

= 2i e 3 = 2e ( 2 3 ) = 2e 5r 5r = 2 cos – + i sin – 6 6 = – 3 – i.

b. z¢ est imaginaire par + AM = BM donc M décrit le cercle de

= 2 2e 4 = – 2 – 2i . d. 1 – i = 1+i

2 012 r 6

211. On pose A d’affixe i et B d’affixe 1 + i et M le point d’affixe z. a. z¢ est réel + z – i est réel + AM = xBM donc M décrit la z–1–i droite (AB) privée de B.

r r 5r 5r = 2 2 cos + i sin c. – 2 2 cos + i sin 4 4 4 4 i

–i

103


TS erm


Livre du professeur

c. z¢ est imaginaire par + z – 3i est réel + AM et B sont aliz+1 gnés. M décrit la droite (AB) privée de B.

215. 1. (AD ; AE) =

7+1

" ensemble vide. 214. A. 1. Soit x, y, x ¢, y ¢ ! R tels que : z = x + iy et z ¢ = x ¢ + iy ¢ .

(2 – i)(1 – i) 2 – 1 – 2i + i 1 3 = = – i. 2. z ¢ = 2 # 1 – i = 2 – i = 2 2 2 2 i#1 + 1 i + 1 z – i 2 3. a. z ¢ = donc pour z ! 1 , z ¢(iz + 1) – 2z + i = 0 iz + 1 + z ¢iz + z ¢ – 2z + i = 0 + z ¢z – iz ¢ + 2iz + 1 = 0 + z ¢(z – i) + 2iz + 2 – 1 = 0 + z ¢(z – i) + 2i (z – i) = 1 + (z ¢ + 2i)(z – i) = 1 b. donc (z ¢ + 2i)(z – i) = 1 d’où z ¢ + 2i # z – i = 1 d’où BM ¢# AM = 1 et arg ((z ¢ + 2i)(z – i)) = 0 6 2r @ = arg (z ¢ + 2i) + arg (z – i) donc 0 6 2k @ = ( u ; BM ¢) + ( u ; AM ¢) BM ¢ = 1 seulement : AM (u ; BM ¢) = – ( u ; AM ¢) + k2r avec k !  .

z # z ¢ = xx – yy + i (xy ¢ + yx ¢) = (xx ¢ – yy ¢) – i (xy ¢ + yx ¢) et z # z ¢ = (x – iy)(x ¢ – iy ¢) = xx ¢ – yy ¢ – iyx ¢ – iy ¢x = (xx ¢ – yy ¢) – i (zy ¢ + yz ¢)

d’où z # z ¢ = z # z ¢ . 2. P (n) avec n !  * : z u # ( z ) n . • P (1) est évidemment vraie : z 1 # z = ( z ) 1 . • Pour n donné, supposons P (n) vraie : z n = ( z ) . On a z n + 1 # z n # z = z n # z = ( z ) n # z = ( z ) n + 1 d’où P (n) & P (n + 1) . La proposition est donc démontrée par récurrence.

(

B. 1. (– z) 4 = ((– z) 2) 2 = (z 2) 2 = z 4 donc si z 4 = – 4 alors (– z) 4 = – 4 . – 4 = – 4 donc si z 4 = – 4 alors z 4 = – 4 donc ( z ) 4 = – 4 donc si z est solution z est aussi solution. r i 2 2 +i = 2e 4. 2. a. z 0 = 1 + i = 2 2 2 4 b. z 40 = 2 eix = – 4 donc z 0 est solution de z 4 = – 4 3. z 0 est solution donc z 0 est solution z 0 = 1 – i , donc – z 0 est solution – z 0 = – 1 – i , z 0 est solution donc – z 0 est solution – z 0 = – 1 + i (= – z 0) . r –i 3 C. 1. e – c = e 3 = 1 – i 2 2 b–c

(2

d’où e (b – c) = 1 – =i + e=–1+

2.

4. a. ADE est équilatéral donc AD = AE d’où D et E sont sur un cercle de centre A et de rayon AD. AD = 1 – i = 1 2 + i 2 = 2 . b.

)

)

(

2i i

–2

)

3 3 i (b – c) + 1 – i ( – 1 + i + 1 + i) – 1 – i 2 2 2

1D

O

) )

3.

((2 – 3 ) + i)(1 – i (2 + 2– 3 +i a–e 1+i+1– 3 = = = a – f 1 + i + i + i 3 1 + i (2 + 3 ) 12 + (2 + 3 ) 2 2

1 + (2 +

3)

2

2

D'

3

3 + i – i (4 – 3) + 2 +

E

A

–i

( (

2–

–1

3–1–i

r –i f–c 3 i (d – c) + c = e 3 d’où f = 1 – 2 2 d–c 3 = 1– i (1 – i + 1 + i ) – 1 – i 2 2 = 1 – i 3 – 1 – i = – i (1 + 3 ) .

=

)

i 5 3 1 3 z E = e 3 (z D – z A) + 1 + i (1 – i) + i = 1 + i – + +i 2 2 2 2 2 2 3 i 3 1+ 3 . =1+ + +i = (1 + i) 2 2 2 2 2

d. z ¢ = i + z – 3i = 1 + AM = BM + MA = MB + A = B + 3i = – 1.

(

(

r

r

–i r et AD = AE d’où e – a = e 3 . 3 d–a

3

=

4 1 + (2 +

– 2i

E'

1+ 3 2z E – i 2 2 (1 + i) – i 1+ 3 +i 3 = = c. z E ¢ = iz E + 1 1+ 3 1+ 3 3 +1 i i–1– (1 + i) – i 2 2 2 2 (1 + 3 ) + i 3 1+ 3 +i 3 = =2 (1 – 3 ) + (1 + 3 ) i 1– 3 1+ 3 + i 2 2 (1 + 3 ) + i 3 (1 – 3 ) – (1 + 3 ) i =2 # (1 – 3 ) + (1 + 3 ) i (1 – 3 ) – (1 + 3 ) i

3 ))

3)2

donc a – e est réel. a–f

4. A, E et F sont alignés.

=


B

104

1+

3 + (– 7 – 4


3

.

TS erm


Livre du professeur

1 – 3 i + 2i 2 2 = 3 3+7 1+ –i + 2i 4 4 4 (1 + 1+i

zD ¢ – zB = zE ¢ – zB 1 + =2

(1 +

= 1 (1 + 4

3 ) + (1 –

3)i

#

(1 +

)

AX = w – a = – 2 + 2i + 2 – 4i = – 2i = 2 " AX = BX. BX = w – b = – 2 + 2i + 4 – 2i = 2 = 2

1 (1 + i) 2 3 1– 3 + i 4 3 ) – (1 – 3 ) i 3 ) – (1 –

3 –i+i 3 +i+i 3 +1–

S et X sont chacun équidistants de A et B donc (X) est la médiatrice de 6 AB @ . 4. a. p = a + c = – 2 + 4i + 4 + 2i = 1 + 3i . 2 2 w – p – 2 + 2i – 1 – 3i – 3 – i – 3 – i 2 + 6i = = = b. d – b – 2 – 4i + 4 – 2i 2 – 6i 2 – 6i 2 + 6i r – 6 – 18 – 2i + 6 –i = = – 1i = 1e 2 40 2 2 r d’où (BD ; PX) = – . 2

3)i

3)

r

i 3 =1+i = e 3. 2 2

r D’où BD¢ = BE ¢ et (BE¢ ; BD ¢) = d’où BE ¢D¢ est équilatéral 3 direct.

5. q = b + d = – 4 + 2i – 2 – 4i = – 3 – i

2 2 p – ~ 1 + 3i + 2 – i 3 + i 3 + i 2 + 6i 6 + 18i + 2i – 6 1 = = = = = i q – s – 3 – i + 5 – 5i 2 – 6i 2 – 6i 2 + 6i 40 2

216. 1. c = s + 3 (a – s) = – 5 + 5i + 3 (– 2 + 4i + 5 – 5i) = – 5 = 5i + 9 – 3i = 4 + 2i . d = s + 3 (b – s) = – 5 + 5i + 3 (– 4 + 2i + 5 – 5c) = – 5 + 5i + 3 – 9 = – 2 – 4i . 2 2. a = 2 + 4 2 = 2 5 = d , d’où OA = OB = OC = OD . b = 42 + 22 = 2 5 = c , A, B, C, D sont sur le cercle de centre O et de rayon 2 5 . 3. AS = s – a = – 5 + 5i + 2 – 4i = – 3 + i = 10 BS = s – b = – 5 + 5i + 4 – 2i = – 1 + 3i =

10

d’où (QS) = (PX) . q – ~ – 3i – i + 2 – 2i – 3 – i 6 + 2i – 6 – 2i – 18i + 6 1 = = = = =– i p – s 1 + 3i + 5 – 5i 6 – 2i 6 = 2i 40 2

d’où (PS) = (QX) . X est donc l’orthocentre de PQS.

)" AS = BS.

TP Info (p. 278-279) 1. a. Soit m, n, p, q 4 entier. Soit U et V 2

2

les entiers tels que U = m + n et V = p 2 + q 2 . La question est : existe-t-il 2 entiers a et b tels que UB = a 2 + b 2 . b.  0 = 0 2 + 0 2 et 0 # 0 = 0 = 0 2 + 0 2 donc 0 et 0 vérifient la propriété. 1 = 0 2 + 1 2 et 2 = 1 2 + 1 2 , ensuite 2 # 1 = 2 = 1 2 + 1 2 donc 1 et 2 vérifient la propriété. c. La décomposition n’est pas unique : 100 = 10 2 + 0 2 = 6 2 + 5 2 . d. i. 3 n’est pas décomposable en somme de 2 carrés. ii. L’algorithme trouve toutes les décompositions d’un entier en somme de deux carrés d’entiers. iii. Cet algorithme permet de trouver des entiers U, V somme de 2 carrés d’entiers. Puis de vérifier si leur produit UV est également une somme de 2 carrés d’entiers. Le propriété semble vraie.

2. N = x 2 + y 2 et N¢ = x ¢ 2 + y ¢ 2 . 1.  N $ N¢ = (xx ¢) 2 + (xy ¢) 2 + (yx ¢) 2 + (yy ¢) 2 . On ne voit pas apparaître une somme de 2 carrés d’entiers. 2. a.  N = zz = z 2 , N ¢ = z ¢z ¢ = z ¢ 2 . b.  N $ N ¢ = zz z ¢z ¢ = zz ¢ zz ¢ car z $ z ¢ = zz ¢ . Or zz ¢ = (x + iy)(x ¢ + iy ¢) = xx ¢ – yy ¢ + i (xy ¢ – yx ¢) = p + iq avec p = xx ¢ – yy ¢ !  car x, x ¢, y , y ¢ !  . q = xy ¢ + yx ¢ !  et

)

d’où N # N ¢ = p 2 + q 2 . c. Soit U = a 2 + b 2 et V = c 2 + d 2 avec U, V, a, b, c, d !  . U # V = (a 2 + b 2)(c 2 + d 2) = (ac) 2 + (ad) 2 + (bc) 2 + (bd) 2 = (ac – bd) 2 + (ad + bc) 2 . : ;;; ;< : ;;; ;<   !

d. Le résultat ci-dessus est applicable à des nombres réels. On reprend le raisonnement avec les complexes : U = zz , V = z ¢z ¢ et W = z ¢¢z ¢¢ . U # V # Z = zz z ¢z ¢ z ¢¢z ¢¢ = zz ¢z ¢¢ $ zz ¢z ¢¢ z = a 1 + b1 i , z ¢ = a 2 + b2 i , avec z ¢¢ = a 3 + b 3 i et a 1, b 1, b 2, a 2, a 3, b 3 !  zz ¢z ¢¢ = p + qi avec p, q !  donc U # V # W = p 2 + q 2 (somme de produit d’entiers).

!

U # V est bien une somme de 2 carrés d’entiers.


105


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Livre du professeur

Sur les pas du supérieur (p. 279)

(

I. 1.  ~ n = e de (E).

i

)=e

2kr n

- i2kr

Comme 1 + ~ + f + ~ n – 1 = 0 = 0i et comme la forme algébrique et un complexe est unique, on en déduit que k=n–1 / cos 2knr = 0 et idem pour sin. k=0

= (ei2kr) k = 1 k = 1 , donc ~ solution

2.  z n = 1 & z n = 1 = z et comme z 2 0 , on a donc z = 1 z n = 1 & arg z n = 0 6 2r @ = u arg (z) .

10.  n = 2 " ~ k = e ~ 1 = e ir = – 1 .

2rk Il existe donc k !  tel que n arg z = 2rk d’où arg z = . n La réciproque a été vue en 1. 2rk On a donc z n = 1 + z = 1 et arg z = avec k !  . n 3. Les solutions de (E) s’écrivent donc n

4.  ~ = e

i2k

2kr i e n ,

n = 3 " ~k = e ~1 = e

2r # 1 n

~1 = e

= ~1 .

Soit k !  ; il existe m ! " 0, f, n – 1 , . Donc ~ k = ~ m + ln = ~

i

2r (m + ln)

=~

n

k = m + ln

tel que

l!

i

2rm i2rl n ~

=~

i

avec

i

2rm n .

=e

2rk i e n

i

2r n

d’où

(

7.  ~ k = ~

2rk n

i

2rk n

8.  ~ n = ~

(

i

=~

i2r

= ~

2rk n

)

~k + 1 ~ k + 1 2k = 1 et arg = . n ~k ~k

i

/

k=0

i

2rk 4

pour k ! " 0 ; 1 ; 2 ; 3 , soit ~ 0 = 1 ;

= i , ~ 2 = eir = – 1 et ~ 3 = e

(

n

me

i

)

a n n n =(

m )ne

i

3r 2

= – i.

a i #n n

2rk

b.  1 – 2i est une solution de z 4 = – 7 + 24i car n

1–~ 1–1 = = 0. 1–~ 1–~ 2kr 2kr cos + i sin n n

1 + ~ + f + ~ n – 1 = ~ 0 + ~¢ + f + ~ n – 1 =

=

~ 0 = 1 ;

4. a.  (1 – 2i) 4 = ((1 – 2i) 2) 2 = (1 – 4 – 4i) 2 = (– 3 – 4i) 2 = 9 – 16 + 24i = – 7 + 24i .

= ~ = 1.

/

soit

et

~ k = e n avec k ! " 0 ; 1 ; f ; n – 1 , , d’où z k = z 0 ~ k .

i0

k=0 k=n–1

k ! "0 ; 1 ; 2,

~0 = 1

() ()

k

k=n–1

soit

n

) =~ .

9.  1 + ~ + f + ~ n – 1 =

pour

k ! "0 ; 1,

2.  a ! 0 donc z n = a + z = 1 . a n z = 1 est équivalent à (E). Or a = z n0 d’où z0 n 3. Les solutions de z = 1 sont celles de z n = 1 avec Z = z . z0 z0 Les solutions de z n = 1 sont les racines n-ièmes de l’unité soit n solutions :

6. À partir du point d’affixe 1, on trouve la solution k + 1 en 2r reportant l’angle à partir du point k sur le cercle de centre 0 n et de rayon 1. i

2rk 3

pour

meia = a car a = m et a = arg a 6 2r @ .

2r (k + 1) n

2rk 2

II. . 1.  z n0 =

2kr Pour k ! " 0, f, n – 1 , , ! 6 0 ; 2r @ donc les ~ k sont disn tinctes. On en déduit que les solutions de (E) correspondent exactement aux valeurs de k dans " 0 ; 1 ; f ; n – 1 , soit n solutions. ~ e 5.  k + 1 = ~k

i

2rk 2

3 3 =–1+i et ~ 2 = – 1 + i . 2 2 2 2

n = 4 " ~k = e

= e = ~ 0 ; i

2rk 3

k!.

i0

~ n + 1 = ei2k e

i

i

i

(

cos

)

( )

2kr + n

k=n–1

/

k=0

sin

2kr . n


106

(1 – 2i) 4 = – 7 + 24i . Les solutions de z 4 = 1 sont 1, i, – 1 et – i d’où les solutions de z 4 = – 7 + 24i sont " 1 – 2i ; 2 + i ; – 1 + 2i ; – 2 – i , . c. 0 n’est pas solution de (2z – 1) 4 = z 4 donc les solutions sont 4 les mêmes que celles de 2z – 1 = 1 + 2z – 1 = 1 ou z 3 2z – 1 = i ou 2z – 1 = – 1 ou 2z – 1 = – i . 3 3 z

(


)

Géométrie dans l’espace Programme officiel

6

Contenus


Droites et plans Positions relatives de droites et de plans : intersection et parallélisme. Orthogonalité : – de deux droites ; – d’une droite et d’un plan.

• Étudier les positions relatives de droites et de plans.

Géométrie vectorielle Caractérisation d’un plan par un point et deux vecteurs non colinéaires. Vecteurs coplanaires. Décomposition d’un vecteur en fonction de trois vecteurs non coplanaires.

• Choisir une décomposition pertinente dans le cadre de la résolution de problèmes d’alignement ou de coplanarité.

• Établir l’orthogonalité d’une droite et d’un plan.

Repérage.

• Utiliser les coordonnées pour : – traduire la colinéarité ; Représentation paramétrique d’une droite. – caractériser l’alignement ; – déterminer une décomposition de vecteurs. Produit scalaire Produits scalaire de deux vecteurs dans l’espace : définition, propriétés. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan.

• Déterminer si un vecteur est normal à un plan. • Caractériser les points d’un plan de l’espace par une relation ax + by + cz + d = 0 avec a, b, c trois nombres réels non tous nuls. • Déterminer une équation cartésienne d’un plan connaissant un point et un vecteur normal. • Déterminer un vecteur normal à un plan défini par une équation cartésienne. • Déterminer qu’une droite est orthogonale à toute droite d’un plan si et seulement si elle est orthogonale à deux droites sécantes de ce plan. • Choisir la forme la plus adaptée entre équation cartésienne et représentation paramétrique pour : – déterminer l’intersection d’une droite et d’un plan ; – étudier la position relative de deux plans.

Découverte (p. 282-283) 1. Démontrer la perpendicularité dans l’espace

1. À l’aide de Carmétal ou sur une feuille Sous Carmétal : Nouvelle figure 3D, choisir l’outil cube et en placer un sur la figure.

Il s’agit de solliciter les élèves sur la vision des droites et faces dans le cube, en introduisant la notion d’orthogonalité. On essaiera de mettre en place quelques raisonnements simples en utilisant la perpendicularité des diagonales des carrés et la position particulière des arêtes par rapports aux faces du cube (perpendiculaires, parallèles). © Hachette livre, 2012

Si le cube est trop grand, dans le menu édition choisir « Zoomer 107


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Chap. 6 Géométrie dans l’espace

Livre du professeur

ou déplacer » puis en restant cliqué au centre du cube on peut agrandir (en tirant vers l’extérieur) ou réduire (en tirant vers l’intérieur du cube). Pour nommer les sommets, un clic avec le bouton droit de la souris permet d’ouvrir une fenêtre gérant l’aspect de chaque objet : il suffit d’un clic-droit sur chaque sommet et d’indiquer le sommet en renseignant l’« » dans la fenêtre du haut:

2. Vers une démonstration 1. On souhaite démontrer que la droite (BG) est orthogonale à deux droites de (FCD). En traçant le cube, on constate que (BG) et (FC) sont perpendiculaires étant les diagonales du carré BCGF. 1er raisonnement : Si on trace le plan (FCD) dans le cube, il coupe la face EGDH selon la droite parallèle à (FC) passant par D. C’est la droite (ED). Et donc (ED) est parallèle à (FC), elle est donc orthogonale à (BG). 2e raisonnement : Si on note B ¢ le point d’intersection de (FC) et (BG) alors la parallèle à la droite (CD) passant par B ¢ est perpendiculaire à la droite (BG) car la droite (CD) est perpendiculaire au plan (BCGF). Donc (BG) est orthogonale à (CD). On conclut que (BG) est orthogonale à deux droites de (FCD). 2. On procède de même avec la droite (EG) et le plan (FHD). (EG) et (FH) sont des diagonales du carré EFGH et la droite (HD) perpendiculaire au plan (EFGH) donc orthogonale à la droite (EG). 3. La droite (FD) est orthogonale à (BG) et à (EG) sécantes en G. Cela nous permet d’affirmer que (FD) est perpendiculaire au plan (BGE) 3. Avec un deuxième plan Avec le plan (ACH) on peut proposer deux raisonnements différents : 1er raisonnement : On refait toute la démonstration précédente pour démontrer que la droite (FD) est perpendiculaire au plan (ACH). 2e raisonnement : On démontre que les plan (BEG) et (ACH) sont parallèles et puisque (FD) est perpendiculaire à l’un alors elle est perpendiculaire à l’autre. (BEG) et (ACH) sont parallèles car ils contiennent deux droites sécantes parallèles : les droites (BG) et (CH) ainsi que les droites (EG) et (AC).

Pour tracer le plan (BGE), on utilisera l’outil« polygone » (touche Esc pour le finir) :

Pour tracer la droite (FD), on utilisera l’outil « droite » :

Pour changer l’angle de vue, tout en cliquant sur le bouton droit de la souris , on fera glisser la souris sur le cube, ce qui permet de le faire tourner.

2. Du plan à l’espace : calcul du produit scalaire

Il s’agit de faire le lien entre la formule xx ¢ + yy ¢ du produit scalaire dans le plan muni d’un repère orthonormé avec la formule xx ¢ + yy ¢ + zz ¢ dans l’espace. On s’appuie sur les connaissances du repérage dans le plan, pour introduire un repère dans l’espace, les coordonnées des points dans l’espace et les premiers calculs avec celles-ci. 1. Du plan à l’espace : 1. Faire tracer la figure plane représentant les points dans le plan (DIJ) : 6 DA @ étant une diagonale du carré de côté 1, alors la longueur DA = 2 .


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Livre du professeur

4. En utilisant la 2 u $ v = u

2

+ v

2

– u–v 2 = 2xx ¢ + 2yy ¢ + 2zz ¢ ;

on en déduit que u $ v = xx ¢ + yy ¢ + zz ¢. 3. Écrire un programme : Début X , Y, Z, X1, Y1, Z1, P sont du type nombre réel. Afficher « Donner les coordonnées de u » Lire X , Lire Y, Lire Z Afficher «Donner les coordonnées de v » Lire X1, LireY1, Lire Z1 P prend la valeur X*X1+Y*Y1+Z*Z1 Afficher « le produit scalaire est » Afficher P Fin

Pour calculer le produit scalaire DQ:DJ , on s’appuiera sur la formule donnée en première S avec le projeté orthogonal de J sur (DQ) : ici le point A et puisque les vecteurs DA et DQ sont de même sens alors DQ:DJ = DA # DQ = 2 2 # 2 = 4 .

3. Vers une équation de plan : 1.Ensemble (E) 1. AM 2 = (x – 1) 2 + (y – 2) 2 + (z – 5) 2 = x 2 + y 2 + z 2 – 2x – 4y – 10z + 30 BM 2 = (x – 3) 2 + (y + 2) 2 + (z – 1) 2 = x 2 + y 2 + z 2 – 6x + 4y – 2z + 14

() ( )

x x¢ 1. Si u y et v y ¢ , alors le produit scalaire est donné par u $ v = xx ¢ # yy ¢ . 2. D (1 ; – 1 ; 1), Q (– 1 ; 1 ; 1) et J (0 ; 0 ; 0) –1 –2 DQ 2 et DJ 1 . 0 –1

2. AM 2 = BM 2

+ x 2 + y 2 + z 2 – 2x – 4y – 10z + 30 = x 2 + y 2 + z 2 – 6x + 4y – 2z + 14 + 4x – 8y – 8z + 16 = 0 + x – 2y – 2z + 4 = 0

3. I le milieu de 6 AB @ a pour coordonnées (2 ; 0 ; 3) et en remplaçant dans le membre de gauche de l’équation, on trouve : 2 – 2# 0 – 2# 3 + 4 = 0. Donc les coordonnées de I vérifient l’équation précédente. 2. Ensemble (E ¢) 1. Le plan (E ¢) est perpendiculaire à la droite (AB), donc toute droite contenue dans le plan (E ¢) est orthogonale à (AB). Puisque M et I appartiennent à (E ¢) alors la droite (MI) est perpendiculaire à (AB). Donc le produit scalaire MI:AB = 0 .

( ) ( )

3. On a alors xx ¢ + yy ¢ + zz ¢ = – 2 # (– 1) + 2 # 1 + 0 # (– 1) = 4. On retrouve la valeur du produit scalaire DQ:DJ . 2. Vers une démonstration 1.

( ) ()

2–x 2 2. MI – y et AB – 4 3–z –4 donc MI:AB = 2(2 – x) + 4y – 4(3 – z) = – 2x + 4y + 4z – 8 . Or MI:AB = 0 donc 2x – 4y – 4z + 8 = 0 + x – 2y – 2z + 4 = 0 . 3. On souhaite démontrer que (E) et (E ¢) sont les mêmes ensembles. M ! (E ¢) , le plan perpendiculaire à la droite (AB) passant par I est équivalent à AM 2 = IM 2 + IA 2 (par Pythagore car le triangle AIM est rectangle en I) AM 2 = IM 2 + IB 2 (car I est le milieu de 6 AB @ donc IA = IB ) AM 2 = BM 2 (par Pythagore car le triangle BIM est rectangle en I) ce qui est équivalent à AM = BM (car ce sont des distances positives), ce qui revient à dire que M est équidistant des points A et B, donc que M ! (E) .

Le triangle OAB est un triangle rectangle en B donc OA 2 = OB 2 + AB 2 (par Pythagore) et puisque AB 2 = z 2 , on trouve OA 2 = OB 2 + z 2 . 2. On a aussi OB 2 = x 2 + y 2 par Pythagore OB étant l’hypothénuse d’un triangle rectangle de côté x et y. On en déduit que u 2 = OA 2 = x 2 + y 2 + z 2 . 3. Par analogie au cas précédent v 2 = x ¢ 2 + y ¢ 2 + z ¢ 2 et x – x¢ u – v y – y ¢ alors u – v = (x – x ¢) 2 + (y – y ¢) 2 + (z – z ¢) 2 z – z¢ = x ¢ 2 + y ¢ 2 + z ¢ 2 + x 2 + y 2 + z 2 – 2x ¢x – 2y ¢y – 2z ¢z .

( )


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Livre du professeur

L’équation du plan médiateur des points A et B est donc l’ensemble (E) ou (E ¢) d’équation x – 2y – 2z + 4 = 0 . 4. Algorithme donnant une équation cartésienne du plan médiatieur en fonction des coordonnées de A et B. On s’appuie sur la méthode du 2., où M appartient au plan médiateur de 6 AB @ , si et seulement si IM :AB = 0 . En prenant : xA, yA, zA les coordonnées de A ; xB, yB, zB les coordonx + xB nées de B ; on calcule les coordonnées du milieu : x I = A , 2 yA + yB zA + zB , zI = . yI = 2 2 On a :

Début x A , y A , z A , x B , y B , z B , a, b, c et d sont du type nombre réel. Afficher « Donner les coordonnées du point A » Lire , Lire , Lire Afficher « Donner les coordonnées du point B » Lire x A , Lire y A , lire z A a prend la valeur x B – x A b prend la valeur y B – y A c prend la valeur z B – z A x + xB yA + yB # (x A – x B) + ( y A – y B) d prend la valeur A 2 2 z + zB + A (z A – z B) 2 Afficher « l’équation du plan médiateur de [AB] est ax + by + cz + d = 0 avec » Afficher « a= »,a Afficher « b= »,b Afficher « c= »,c Afficher « d= »,d Fin

(

IM:AB = 0 + (x – x I)(x B – x A) + ( y – y I)( y B – y A) + (z – z I)(z B – z A) = 0

)

(

)

(

+ (x B – x A) x + ( y B – y A) y + (z B – z A) z + x I (x A – x B) + y I ( y A – y B) + z I (z A – z B) = 0

+ ax + by + cz + d = 0 avec a = (x B – x A), b = ( y B – y A), c = (z B – z A), et d = x I (x A – x B) + y I ( y A – y B) + z I (z A – z B) . Le programme peut donc s’écrire :

)

Démonstrations (p. 298-299) Page 298 Si a = 0 alors d Si b ! 0 , on prend le point A 0 ; – ; 0 appartenant à (F). b d + c#0 + d = 0 En effet a # 0 + b # – . b a Alors si on pose n b alors pour tout point M (x ; y ; z) appartenant à (F), on a : c x a AM y + d $ n b = ax + b y + d + cz b b c = ax + by + cz + d = 0 . z

( )

() ( ) ()

(

Donc M est sur le plan passant par A et de vecteur normal n . La démonstration est terminée car a, b et c sont supposés non tous nuls.

)

(

()

x Page 299 Dans le repère (O ; i , j , k ) , on considère le vecteur u y , u z s’exprime donc de la façon suivante : u = x i + y j + zk alors on sait que :

)

u

Les vecteurs AM et n sont orthogonaux donc M est sur le plan passant par A et de vecteur normal n . Si a = 0 et si b = 0 ; d Alors si c ! 0 , le point A 0 ; 0 ; – appartient à (F) et de la b même manière x a d AM y $ n b = ax + b ( y) + c z + b c z+d b = ax + by + cz + d = 0 .

(

( )

()

x 2 + y2 + z2 . xB – xA En prenant le vecteur AB y B – y A = u , on en déduit que la zB – zA On en déduit que u =

)


= u $ u = (x i + y j + zk ) $ (x i + y j + zk ) = xx i $ i + yy j $ j + zzk $ k + xy i $ j + xz i $ k + yx j $ i + yz j $ k + zxk $ i + zyk $ j = x 2 + y2 + z2

car i $ i = j $ j = k $ k = 1 et i $ j = i $ k = j $ k = 0 .

)

(

2

distance AB = AB =

110


( )

(x B – x A) 2 + ( y B – y A) 2 + (z B – z A) 2 .

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Livre du professeur

Exercices résolus (p. 300-305) Page 304 2x + y – 2z = 9 est une équation du plan (P) de vecteur normal 2 n 1 et – x – 0, 5 y + z = 3 est une équation du plan (P ¢) de –2 –1 vecteur normal n ¢ 0, 5 . 1

()

Or n = – 2n ¢ , les vecteurs normaux sont donc colinéaires, les plans (P) et (P ¢) sont donc parallèles ou confondus. 2x + y – 2z = 9 Le système ' n’est donc pas celui d’une droite. – x – 0, 5 y + z = 3

()

C’est un seul plan si (P) et (P ¢) sont confondus et c’est l’ensemble vide sinon.


1. L’espace sans produit scalaire 25. Corrigé dans le manuel. 26. 1. (IJ) z (GC) ; (IJ) = (DC) et (GC) z (CB) . (IJ) = (DC) et (IJ) = (CB) : (IJ) = (ABCD) . 2. BJ = BI + IJ , BJ n’est pas orthogonal à IJ . Les droites (BJ) et (IJ) ne sont pas orthogonales. 4. IJ = BF et (BF) = (BI) , IJFB est un rectangle d’aire 2 5 . 27. On sait que BB¢ = DC car B¢ est l’image de B par la translation de vecteur DC. Donc CDBB¢ est un parallélogramme dont les diagonales 6 DB¢ @ et 6 BC @ se coupent en leur milieu que l’on note I. De plus, la droite (AG) est une médiane du triangle ABC. Elle passe aussi par le milieu I de 6 BC @ . La droite (AG) et le plan (ADB¢) ont au moins deux points communs le point A et le point I. Donc la droite (AG) est contenue dans le plan (ADB¢) . 28. 1. L’intersection du plan (IBM) et de la face (HCD) est la droite passant par M et parallèle à la droite (BI). 29. Corrigé dans le manuel. 30. 1. IJ = 1 DC – 1 BC + 1 BF . 2 2 2 2. JK = 1 DC – 1 BC + 1 BF . 2 2 2 3. IJ = JK les trois points sont alignés.

2. Colinéarité et coplanarité dans l’espace 31. et 32. Corrigés dans le manuel.

( ) ()

4 2 33. 1. AB – 2 ; AC 1 ; AB = – 2AC , –4 2 A, B, C alignés.

() () () ()

0 0 2. AB – 7 ; AC – 3 ; AB ! kAC , –1 –2 A, B, C non alignés. 0 0 34. 1. AB 0 ; AC 0 ; AB = 1 AC , 3 2 6 A, B, C alignés.

() ()

4 –4 2. AB – 2 ; AC 2 ; AB = – AC , 2 –2 A, B, C alignés.

() ( )

3 3 2 2 – 5 1 35. 1. AB ; AC 3 3 11 – 19 8 8 AB ! kAC , A, B, C non alignés.

;

() ( )

1 –8 2. AB 1 ; AC – 8 ; AB = – 1 AC , 8 1 –8 A, B, C alignés. 3. cas 1. ABC coplanaire, cas 2 ABC forment une droite. 36. Corrigé dans le manuel.

() () () ()

1 2 37. 1. AB 1 ; DC 2 ; AB ! kDC , 1 4 les vecteurs ne sont pas colinéaires. 4 2 2. AC 0 ; AD – 2 ; –6 –2


111


AD = – 2AB + 3AC , donc les points sont coplanaires. 2 2 38. 1. AB 0 ; DC – 1 ; AB ! kDC , 0 1 les vecteurs ne sont pas colinéaires. 3 5 2. AC 1 ; AD 2 ; –2 –3 AD ! kAB + k¢AC , les points ne sont pas coplanaires.

() ( ) () ()


() () () () () () ( ) ( ) ()

2 1 0 3 41. 1. A 1 ; B 1 ; C 2 ; D 2 ; 0 1 1 2 0 3 E 0 ;F 3 . 0 0 –1 –2 1 AB 0 ; AC 1 ; AD 1 ; 1 1 2 AD ! kAB + k¢AC , les points ne sont pas coplanaires. 2. les points A, E et F appartiennent au plan z = 0 , D n’appartient pas à ce plan donc les points ne sont pas coplanaires. 2 1 0 1 42. 1. A 1 ; B 0 ; C 2 ; D 2 ; 0 2 1 0 2 0 E 0 ;F 3 . 1 0 –1 –2 –1 AB – 1 ; AC 1 ; AD 1 ; 2 1 0 – 1 2 AD = AB + AC , 3 3 les points sont coplanaires.

() () () () () () () () ()

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Livre du professeur

() () ()

–1 –2 0 2. AB – 1 ; AC 1 ; AE – 1 ; 2 1 1 AE = 2 AB – 1 AC , 3 3 les points A, B, C et E sont coplanaires.

() ()

–1 –2 1 ; AF 2 ; AD = 1 AF , 2 0 0 les points A, B, C, D et F sont coplanaires. 3. AD

43. 1. FI = FB + BI . FI =

13 1+4 = . 9 3 13 1+4 = . FJ = FE + EI . FJ = 9 3 Le triangle FIJ est isocèle en F. Dans un triangle isocèle, la médiane, la hauteur, la bissectrice et la médiatrice du sommet principal sont confondues. K est le milieu de 6 IJ @ . La droite (KF) est perpendiculaire à la droite (IJ). 2. (FGK) défini un plan de l’espace. (IJ) est orthogonale à (GF) et à (KF). La droite (IJ) est orthogonale au plan (FGK). 3. P projeté orthogonal de G sur le plan (IJF). La droite (GP) est orthogonale à (IJF). (GP) est orthogonale à (IJ) et (IJ) est orthogonale à la droite (GF). La droite (IJ) est orthogonale au plan (GPF). 4. (IJ) est orthogonale aux plans (FGK) et (FGP). Les points G, B, F et P sont coplanaires. 5. Les points F, P et K appartiennent aux plans (IFJ) et (FGK). Ces points appartiennent à une même droite, ils sont donc alignés. 44. Corrigé dans le manuel.

() () ()

45. 1 –1 –1 1. AB – 3 ; AC – 4 ; AD – 2 , 3 2 2 Z t t – ¢ = 1 1 = t – t¢ ] 6 , * – 2 = – 3t – 4t¢ + ][t = 7 2 = 3t + 2t ¢ ]] t=4 5 \ donc les vecteurs sont non coplanaires. 2. oui, 3 vecteurs non coplanaires définissent un repère de l’espace.

()

5 3. M 2 . 3

()

–1 4. AE – 2 ; 1 Za = 1 –1=a–b+c ] * – 2 = – 3a – 4b – 2c + ][b = 12 . 2 = 3a + 2b + 2c ]] c – 3 = 2 \ 46. 1. w = ku + k ¢ v . 0 2 –1 w – 3 = k – 1 + k¢ 0 , 1 0 3 Z 2k – k ¢ = 0 ]] + les vecteurs sont non [k = 0 ] k ¢ = 1 coplanaires. 3 \ 1 2. AB – 2 ; 0 Z 7 ] a = 17 1 = 2a – b ] * – 2 = – a – 3c + [b = –173 . ] 0 = 3a + c ]c = 9 \ 17 4 3. BC 3 ; Z 54 5 ]a = 19 4 = 2a – b ]] 32 . 3 = – a – c + b = 3 [ * 19 ] 5 = 3a + c ]] c = – 1 19 \ 4. AC = AB + BC , les coordonnées de C sont 1 051 ; 487 ; 154 . 323 323 323

() () () () ()

(

)

47. 1. w = ku + k ¢ v . 0 2 –1 w 0 = k 2 + k¢ – 4 , 1 –1 2 k – k¢ = 0 * 2k – 4k ¢ = 0 + les vecteurs sont non – k + 2k ¢ = 1 coplanaires. Ils forment un repère de l’espace. 3 2. AB 0 ; –1 3=a–b a=6 + * b = 3 . * 0 = 2a – 4b – 1 = – a + 2b – c c=1

() ( ) ( ) ()

Les coordonnées de B sont (6 ; 3 ; 1) dans le repère (A ; u , v , w) . –3 3. AC 4 ; –1

()


112


–3=a–b

a=–8 + * b = – 5 . – 1 = – a + 2b – c c=1

* 4 = 2a – 4b

Les coordonnées de C sont (– 8 ; – 5 ; 1) dans le repère (A ; u , v , w) . 4. Dans le repère (A ; u , v , w) , AC ! kAB, les points ne sont pas alignés. 48. 1. C’est un repère dans l’espace si les vecteurs u , v et w ne sont pas coplanaires c’est-à-dire si l’équation a u + b v + cw = 0 ne possède pas de solution autre que (0 ; 0 ; 0). Avec le logiciel de calcul formel, on vérifie cette affirmation en saisissant la résolution du système avec les coordonnées des vecteurs. Solve({3x+y=0,z=0,x+3y+z=0},{x,y,z}) nous donne (x = 0 ; y = 0 ; z = 0) donc (A ; u , v , w) est un repère de l’espace.

( ) () () ()

7 3 2. AB – 2 = a u 0 , 1 1 1 0 + b v 0 + cw 1 . 3 1 Solve({3x+y=7,z=-2,x+3y+z=1},{x,y,z}) nous donne b. x = 11 ; y = 8 ; z = – 2 . 7 7

(

)

( ) () () ()

–2 3 0 = au 0 , –2 1 1 0 + b v 0 + cw 1 . 3 1 Solve({3x+y=5,z=-2,x+3y+z=-1},{x,y,z}) nous donne b. x = – 2 ; y = – 4 ; z = 0 . 7 7 3. BC

(

)

( ) () () ()

5 3 4. AC – 2 = a u 0 , –1 1 1 0 + b v 0 + cw 1 . 3 1 Solve({3x+y=5,z=-2,x+3y+z=-1},{x,y,z}) nous donne a. x = 11 ; y = 8 ; z = – 2 . 7 7

(

3. Calculer un produit scalaire dans un plan 49. 1. u $ v = 0 ; u $ w = 4 . 2. u $ v = 0 ; u $ w = 0 . 3. u $ v = 0 ; u $ w = 0 .

)

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50. 1. u $ v = 4 ; u $ w = 6 . 2. u $ v = 0 ; u $ w = 0 . 3. u $ v = 2a 2 – b 2 ; u $ w = 2a 2 + 2ab + b 2 .

4. Calculer un produit scalaire dans l’espace

( ) ( ) ( )

–1 –5 –4 51. 1. AB ; AC ; BC . –1 –1 –0 AB $ AC = 5 + 1 = 6 ; BA $ BC = – 4 + 0 = – 4 .

( ) ( ) ( )

3 1 –2 ; AC ; BC . –2 –1 1 AB $ AC = 3 + 2 = 5 ; BA $ BC = 6 + 2 = 8 .

2. AB

3. AB

2. u $ v = 2b – 12b + 1 # 0 = 0 ; u $ w = – 2b + b + b = 0 . 3. u $ v = ab – ab + c 2 = c 2 ; u $ w = a2 + 0 – a2 = 0. 57. 1. u $ v = 6 – 2 + 4 = 8 ; u $ w = 4 6 – 6 + 20 = 14 + 4 6 . 2

2

2

2

2. u $ v = a – b – a + b = 0 ; u $ w = a 2 + 2ab + b 2 – a 2 – b 2 = 2ab .

(77) ; AC (126) ; BC (–51) .

3. u $ v = – a 2 + 0 + a 2 = 0 ; u $ w = 2a 2 + a 2 + 5a 2 = 8a 2 .

AB $ AC = 84 + 42 = 126 ; BA $ BC = – 35 + 7 = – 28 . 52. 1. AB

56. 1. u $ v = 2 – 1 – 1 = 0 ; u $ w = 8 – 6 – 2 = 0.

(–22) ; AC (–– 22) ; BC (–04) .

AB $ AC = – 4 + 4 = 0 ; BA $ BC = – 8 + 70 = 8 .

58. 1. u $ v = 2k + 10 + 3k = 0 ; k = – 2. 2. u $ v = k 2 – 4k 2 + 3 = 0 ; k = 1 ou k = – 1 . 3. u $ v = k 2 – 2k 2 – 1 = 0 ; pas de solutions.

(– 7 0 13 ) ; AC (– 2– 213 ) ; –2 BC ( . 5 13 )

() () ()

2. AB

2 –2 –4 59. 1. AB – 1 ; AC – 1 ; BC 0 . 0 –1 –1

AB $ AC = 0 + 14 # 13 = 182 ; BA $ BC = 35 # 13 = 455 .

AB $ AC = – 4 + 1 + 0 = – 3 ; BA $ BC = 8 + 0 + 0 = 8 .

(

) (

)

–3 2 – 2 3. AB ; AC ; 3 2– 3 3 2– 3 2 2 BC . 1–3 2

(

)

AB $ AC = 3 + 3 2 + 3 6 – 3 ; BA $ BC = 30 – 3 2 + 3 – 3 6 . 53. a. repère (A ; AB, AD) , 1 1 AJ 1 , DI 2 , AJ $ DI = 0 . –1 2 Les droites (AJ) et (DI) sont orthogonales.

() ( )

b.  DI = DA + 1 AB ; AJ = AB + 1 BC , 2 2 DI $ AJ = 0 . Les droites (AJ) et (DI) sont orthogonales. 54. Corrigé dans le manuel. 55. 1. AC $ AB = 12 . 2. BA $ BC = 4 . 3. AC 2 = 18 , CB 2 = 10 ; CA $ CB = 1 (CA 2 + CB 2 – AB 2) = 6 . 2

() () ()

–1 –2 –1 2. AB 1 ; AC 2 ; BC 1 . 1 –2 –3 AB $ AC = 2 + 2 – 2 = 2 ; BA $ BC = – 1 – 1 + 3 = 1 . 3. AB

() () ()

–9 –2 –1 7 ; AC 2 ; BC 1 . –3 –2 –3

AB $ AC = 18 + 14 + 6 = 38 ; BA $ BC = – 9 – 7 – 9 = – 25 .

() () ()

–1 –5 –4 60. 1. AB 2 ; AC 1 ; BC – 1 . –4 –1 3 AB $ AC = 5 + 2 + 4 = 11 ; BA $ BC = – 4 + 2 + 12 = 10 .

() () ()

3 1 –2 2. AB – 2 ; AC – 5 ; BC – 3 . 1 –7 –8 AB $ AC = 3 + 10 – 7 = 6 ; BA $ BC = 6 – 6 + 8 = 8 . © Hachette livre, 2012

113


() () ()

1 2 1 3. AB 1 ; AC 2 ; BC 1 . 1 2 1 AB $ AC = 2 + 2 + 2 = 6 ; BA $ BC = – 1 – 1 – 1 = – 3 . 61.

AB $ AC = 1 ( AB 2 1 = ( AB 2 2

2

2

2

+ AC + AC

AB + AC = CB pendiculaire à AC .

2

2

2

– AB – AC – CB

)

2

) = 0.

2

+ AB est per-

62. Corrigé dans le manuel. 63. 1. AG $ BE = (AF + FG) $ BE = FG $ BE = FG $ (BF + FE) = FG $ BF + FG $ FE = 0 . AG $ BD = (AB + BC + CG) $ (BC + CD) = AB $ BC + AB $ CD + BC $ BC + BC $ CD + CG $ BC + CG $ CD = 0 – a2 + a2 + 0 = 0. 2. AG = BE, AG = BD ; BE ! kBD donc (AG) = au plan (BED). 3. Coordonnées des points 1 1 0 0 A 0 ; B 1 ; C 1 ; D 0 ; 0 0 0 0 1 0 E 0 ; G 1 . 1 1 –1 0 1 AG 1 ; BE – 1 ; BD 1 . 1 1 0

() () () () () () ( ) ( ) ()

AG $ BE = – 1 # 0 + 1 # ( – 1) + 1 # 1 = 0 . AG $ BD = – 1 # 1 + 1 # 1 + 1 # 0 = 0 ;

AG = BE, AG = BD donc (AG) = au plan (BED). 2 r = l . 64. a.  AB $ AC = l # l # cos 3 2 2 l b.  AD $ AK = (AK + KD) $ AK = . 4 2 – l c.  AB $ IK = . 2 2 d.  AD $ JK = AD $ ( JD + DA + AK) = – l . 2 e. Soit L milieu de 6 AB @ , AB $ CD = AB $ (CL + LD) = 0 . Les arêtes opposées dans un tétraèdre régulier sont orthogonales.

()

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65. 1. ABCD tétraèdre régulier, soit I milieu de 6 BD @ , (AI) et (CI) médiatrice de 6 BD @ . AA¢ $ BD = (AI + IA¢) $ BD = AI $ BD + IA¢ $ BD = 0 . De même avec J milieu de 6 DC @ on a

74. – x + 2y + z – 4 = 0 . 75. 1. AB

() ()

–1 –5 2 ; AC 1 , AB ! kAC , –4 –1

les points A, B et C forment un plan.

AA¢ $ DC = (AI + IA¢) $ DC = AI $ DC + IA¢ $ DC = 0 . 2. (AA¢) est orthogonale à (BD) et à (DC), 2 droites sécantes du plan (BDC), (AA¢) est orthogonale à la face BDC.

5. Équations cartésiennes de plan

Z 11 ]] b = a n AB a 2 b 2 c 0 = – + – = $ 4 . 2. ) +[ AC $ n = – 5a + b + c = 0 ]c = 9 a 4 \

()

4 n 11 . 9 3. Équation du plan : 4x + 11y + 9z – 17 = 0 .

() () () ()

0 1 a a 67. n 1 1 ; n 2 1 ; n 3 1 ; n 4 b . 0 3 a c 68. A appartient à P4 , B à P2 , C à P1 et P2, D à aucun plan. 69. A appartient à P4 , B à P3 , C à P1 , D à P2. 70. 1. a.  P1 : x – z – 3 = 0 . b.  P2 : 2x – y + 3z – 5 = 0 .

–3

76. 1. AB – 1 ; AC – 2 , AB ! kAC , –1

2

les points A, B et C forment un plan. b=–c + *a = 4c . AC $ n = – 3a – 2b + 2c = 0 3

2. ) AB $ n = – b – c = 0

()

4 n –3 . 3 3. Équation du plan : 4x – 3y + 3z + 5 = 0 .

78. 1. (x – 1) 2 + ( y – 1) 2 + z + 3 2 = 3 2 . 2 2 2. x – 3y + 7 z – 5 = 0 . 2 79. 1. x 2 + y 2 + z 2 – 4x + 6y + 9 = 0 + (x – 2) 2 – 4 + ( y + 3) 2 – 9 + z 2 + 9 = 0 + (x – 2) 2 + ( y + 3) 2 + z 2 = 22 . Il s’agit de la sphère de centre C de coordonnées (2 ; – 3 ; 0) et de rayon 2. 2. Le plan d’équation est tangent à la –2 sphère en A car AC 0 est normal au 0 plan d’équation x = 4 et car la distance AC = 2 2 = 2 est égale au rayon.

() ( ) () a

si

c

x – xA a et seulement si AM y – y A $ n b = 0 z – zA c + ax + by + cz – ax A – by A – cz A = 0 donc d prend la valeur – ax A – by A – cz A . 73. 1. AB

()

()

4 2 2 , vecteur normal n 1 . –2 –1 2

I milieu de 6 AB @ , I

()

4 . –2

Une équation du plan médiateur à 6 AB @ est : 2x + y – z – 12 = 0 . 2. Le point C n’est pas solution de l’équation du plan ci-dessus. 3. Si AM = BM = 2 alors M appartient au plan médiateur de 6 AB @ .

2. x – 2y + z + 7 = 0 .

(

) ()

()

80. Corrigé dans le manuel. 81. 1. x–a 2– a 2+ y–b 2– b 2 2 2 2 2 c c 2 2 + z– – + d = 0 : 2 2 équation de la sphère. a 2 + b2 + c 2 – d 2 0 . 2 4 4

(

) () ( ) () ( ) ()


114

a 2 + b2 + c 2 – d . 2 4 4

6. Équations paramétriques 82. Corrigé dans le manuel.

Z 5 u $ n = – a + 2b – 2c = 0 ]] b = 4 a 2. ' . +[ v $ n = 3a + 2c = 0 ]c = – 3 a 2 \ 4

n

()

5 . –6

3. 4x + 5y – 6z – 25 = 0 .

() () 2

et AC – 2

4

71. 1. a.  y + 3z = 0 . b.  y + 3z + 3 = 0 .

sant par A et de vecteur normal n b

R=

1

77. 1. (x – 3) 2 + ( y – 3) 2 + (z + 2) 2 = 3 2 .

72. M (x ; y ; z) appartient au plan pas-

)

84. 1. AB – 3

2. n 1 vecteur normal de P1 et n 2 vecteur normal de P2 non colinéaires, l’intersection de P1 et P2 est une droite.

2. v = – 2 u , le point A n’appartient pas à P2 , (P1) + (P2) = Q .

(

x = – t + 3t ¢ + 1 83. 1. * y = 2t + 3 . z = t + 2t ¢ – 1

() () 0


2. coordonnées du centre de la sphère : a;b;c . 2 2 2 3. rayon de la sphère :


et donc

4

un système d’équations paramétriques du plan (ABC) est x = 1t + 2t ¢ + 0 * y = – 3t – 2t¢ + 2 , t et t¢ ! z = 4t + 4t ¢ – 3 c’est-à-dire x = t + 2t ¢ * y = – 3t – 2t¢ + 2 , t et t¢ ! . z = 4t + 4t ¢ – 3 2. Oui car ce système est celui du plan passant par A (0 ; 2 ; – 3) et dirigé par les 2 2 vecteurs u – 6 = 2AB et AC – 2 . 8 4 3. Il suffit de vérifier que les trois points A, B et C appartiennent à ce plan : Si t ¢ = – 1 et t = – 4 , on obtient les coordonnées de A ; Si t ¢ = 0 et t = 0 , on obtient les coordonnées de B ; Si t ¢ = 1 et t = 0 , on obtient les coordonnées de C. Donc c’est un système du plan (ABC).

()

()

x = 2t 85. 1. * y = – t + 2 . z = 3t + 1 x = – 2t + 1 2. * y = – t . z = 3t – 1

TS erm


Livre du professeur

x = – 2t – 1 86. 1. * y = 3 . z=t+2 x = – 2t + 1 2. * y = 0 . z=t –3 87. 1. AB 3 ; –2 équation de la droite (AB). x = – 3t + 2 * y = 3t + 1 . z = 2t + 3

()

2. (t = 4) le point C appartient à (AB), le point D n’appartient pas à (AB). x = – 6t + 1 88. 1. a.  * y = 4t – 3 . z = 5t – 2 x = 4t – 1 b.  * y = 1 ; avec t ! 6 – 1 ; 0 @ . z = – 2t + 1 x = – 2t + 1 c.  * y = 4t – 3 ; avec t 2 0 . z = 3t – 2 2. Non pour les valeurs t = 0 ou t = 1 on ne retrouve pas les coordonnées des points B ou C. 2 89. 1. n – 1 ; 1 intersection de la droite passant par A. x = 2t + 2 * y = – t + 1 . z=t

()

2. intersection de la droite passant par A et du plan P. Z –2 ]x = 3 Z x = 2t + 2 ] ] ]] y = 7 ]y = – t + 1 + [ 3 . [ ]z = – 4 ]z = t 3 ] 2x – y + z + 5 = 0 ] \ ]t = – 4 3 \ 4 6 3. AH = . 3

()

1 90. 1. n 1 ; 0 intersection de la droite passant par A. x=t * y = t – 1 . z=0

Intersection de la droite passant par A et du plan P. Z –1 ]x = 2 Zx = t ] ] –3 ]y = t + 1 ] + [y = 2 . [ ]] z = 0 ]z = 0 ] \x + y + 2 = 0 ]t = – 1 2 \ 2 AH = . 2

7. Intersection dans l’espace 91. 1. u et v vecteurs directeurs respectivement des droite (D) et (D¢) : 2 2 u 1 ; v 1 + v = u . –3 –3 –3 Soit A – 1 un point de (D), 2 – 3 = 1 + 2t ¢ t¢ = – 2 – 1 = 1 + t ¢ + * *t¢ = – 2. 2 = – 4 + 3t ¢ t¢ = – 2 Le point A appartient à la droite (D¢) , les deux droites sont confondues. 2. u et v vecteurs directeurs respective1 ment des droite (D) et (D¢) : u – 1 ; –2 1 v 2 + v = – 2u . –2 0 Soit A – 1 un point de (D), 3 Z 1 ]t ¢ = 2 0 = 1 – 2t ¢ ] * – 1 = 1 + 2 t ¢ + [t ¢ = 12 . ] 3 = 4 – 2t ¢ ]t ¢ = 1 2 \ Le point A appartient à la droite (D¢) , les deux droites sont confondues.

()() ()

()

() ()

92. 1. u et v vecteurs directeurs respectivement des droites (D) et (D¢) : 2 1 u 1 ; v – 1 + v ! k u . –3 –1

()()

– 3 + 2t = –1 + t ¢ – 3 + 2t = –1 + 2 – t ¢ t ¢ = t ¢ 1 – – + + * *t¢ = 1 – t 2 – 3t = – 1 – t ¢ 2 – 3t = – 1 – (1– t ) t=1 + *t¢ = 1 – t = 0 t=1

Le point M d’intersection des deux droites –1 est : 0 . –1

()


115


2. u et v vecteurs directeurs respectivement des droites (D) et (D¢) : 1 1 u – 1 ; v 1 + v ! k u . 1 –1

()()

t = 8 + t¢ t = 8 + t¢ 1 ¢ = 9 ¢ t t – – – + – + * * 1 – (8 + t ¢) = – 9 + t ¢ 3 + (8 + t ¢) = 11 – t ¢ 3 + t = 11 – t ¢ t=8 + *t¢ = 0 t¢ = 0

Le point M d’intersection des deux droites 8 est : – 9 . 11 93. 1. a. u et v vecteurs directeurs des droites (D) et (D¢) : 1 3 u 1 2 ; u 2 6 + u 2 = – 3u 1 . –3 –9 5 Soit A 0 un point de (D). 2 5 = – 1 + 3t ¢ Z t ¢ = 2 ] + ][t ¢ = 0 . * 0 = 6t ¢ 2 = – 1 – 9t ¢ ] t ¢ = – 1 3 \ Les deux droites sont parallèles et non confondues, elles sont coplanaires. b. u et v vecteurs directeurs des droites (D) et (D¢) : 1 –2 u 1 – 1 ; u 2 2 + u 2 = – 2u 1 . 1 –2 0 Soit A – 1 un point de (D). 3 Z –1 ]t ¢ = 0 = 1 – 2t ¢ ] 2 * – 1 = 3 + 2t ¢ + [t ¢ = – 2 . ]] t ¢ = – 1 3 = 2 – 2t ¢ 2 \ Les deux droites sont parallèles et non confondues, elles sont coplanaires. 5 6 2. a. Soient A 0 ; B 2 des points 2 –1 –1 de (D) et C 0 un point de (D¢) . –1 5a + 2c + d = 0 6a + 3c = 0 + *d = a + c *– a – c + d = 0 6a + 2b – c + d = 0 7a + 2b = 0 Z – 7a ]] b = 2 + [c = – 2a . ] \d = – a

()

() () ()

() () ()

() ( ) ()

TS erm


Livre du professeur

Une équation du plan est : 2x – 7y – 4z – 2 = 0 . 0 1 b. Soient A – 1 ; B 0 des points de 3 4 1 (D) et C 3 un point de (D¢) . 2

( ) () ()

– b + 3c + d = 0

b = 3c + d

* a + 3b + 2c + d = 0 + * a + 11c + 4d = 0 a + 4c + d = 0

a = – d – 4c Z –5 c ]a = 3 b = 3c + d ]] 2 + * 7c + 3d = 0 + [b = c . 3 a = – d – 4c ] ]] d = – 7 c 3 \

Une équation du plan est : – 5x + 2y + 3z – 7 = 0 .

() ()

1 –6 3. a. u 1 2 , AC 0 . –3 –3 M appartient au plan contenant les droites (D) et (D¢) si AM = tu + t ¢ AC . x = t – 6t ¢ + 5 . * y = 2t z = – 3t + t ¢ + 2 1 1 b. u 1 – 1 , AC 4 . 1 –1 M appartient au plan contenant les droites (D) et (D¢) si AM = tu + t ¢ AC .

() ()

x = t + t¢

* y = – t – 4t ¢ – 1 . z = t – t¢ + 3

94. 1. n 1 et n 2 vecteurs normaux respectivement des plan (P) et (P¢) : 1 –1 n 1 1 ; n 2 – 1 + n 1 = – n 2 . 1 –1 0 Soit A 0 , appartient à (P), A appartient 1 à (P¢) , les deux plans sont confondus.

() ( ) ()

2. n 1 et n 2 vecteurs normaux respectivement des plans (P) et (P¢) : 1 –1 n 1 2 ; n 2 – 2 + n 1 = – n 2 . 1 –1 0 Soitt A 0 , appartient à (P), A n’appar1 tient pas à (P¢) , (P) + (P¢) = Q. Les deux plans sont parallèles.

() ( ) ()

3. n 1 et n 2 vecteurs normaux respectivement des plan (P) et (P¢) : 1 1 n 1 2 ; n 2 1 + n 1 ! kn 2 . 1 1 x + 2y + z = 1 x + 2y + t = 1 x + y + z = 2 + * *x + y + t = 2 z=t z=t x=3–t + *y = – 1 . z=t

() ()

L’intersection des plans (P) et (P¢) est la x=3–t droite (D) d’équation : * y = – 11 . z=t 2 1 95. u 1 ; v – 1 deux vecteurs du –3 1 2 plan (P) et w 1 vecteur directeur de – 3 la droite (D).

()() () ()

w = 1u + 0 v .

0 Le point O 0 appartient à la droite 0 0 = 2t + t ¢ – 3 0 = 2t + t ¢ – 3 (D) * 0 = t – t ¢ – 1 + * 0 = t – t ¢ – 1 0 = 2 – 3t + t ¢ 0 = 1 – 2t Z ]t ¢ = – 1 2 ] + [impossible . ] 1 ]t = 2 \ La droite (D) n’est pas incluse dans le plan (P). 1 1

()()

1 ; v –1 . –1 1 2. w = 2 u + 3 v , si w = t u + t ¢ v alors les vecteurs sont colinéaires. 1 3. Soit A 0 un point de la droite (D) 2 1 = 1 + t + t¢ t + t¢ = 0 *0 = – 2 + t + t ¢ + *t – t ¢ = 2 , 2 = 2 – t + t¢ t – t¢ = 0 pas de solutions au système. La droite (D) est parallèle au plan (P). 96. 1. u

()

97. n vecteur normal du plan (P) et u 1 vecteur directeur de la droite (D) : n 2 ; 2 2 u 1 + n:u = 0 . –2

()

()


116


Soit M (1 ; 4 ; 3) un point de D, M n’appartient pas au plan (P). La droite (D) est parallèle au plan (P). 98. Intersection de la droite (D) et du plan (P). Zx = 1 – t Zx = 3 ] ] ]y = 2 ]y = 4 + t . +[ [ ]] z = 0 ]z = 2 + t ] 2x + y – 2z = 8 \t = – 2 \ 99. n vecteur normal du plan (P) et u vecteur directeur de la droite (D) : 1 –1 n – 1 ; u 1 + n:u = 0 . 1 2

()()

Le point M (1 ; 4 ; 2) appartient à la droite (D) et au plan (P). La droite (D) est incluse dans le plan (P). 1 100. 1. Vecteurs normaux n 1 2 ; –1 –1 n 2 1 ; n 1:n 2 = – 1 + 2 – 1 = 0 . Les 1 deux plans sont perpendiculaires. 2. x + 2y – z + 1 = 0 x + 2y – t + 1 = 0 *– x + y + z = 0 + *– x + y + t = 0 z=t z=t Z 1 ]x = t – 3 ] + [y = – 1 . ]] 3 \z = t 101. 1. Équation du plan : 4x + y + 2z – 4 = 0 .

()

()

– 3 = 9 + 4t t=–3 2. * 3 = 6 + t + * t = – 3 ; B appartient – 4 = 2 + 2t t=–3 à la droite (D).

( ) ( )

x+1 10 + 4t 3. AM y – 2 ; AM . 4+t z–3 – 1 + 2t AM 2 = (10 + 4t ) 2 + (4 + t ) 2 + (– 1 + 2t ) 2 = 21t 2 + 84t + 117 . 4. distance minimale atteinte pour t = – 2 ; AM 2 = 33 . 102. 1. Vrai, les points A, B et C sont solutions du plan. 2 2. Faux car le vecteur DE

()

n’est 2 –1 pas normal au plan (ABC) dont un vecteur 2 normal est n 2 . –1

()

TS erm


Livre du professeur

3. Vrai :

()

()

–2 AB 1 ; –4

–2 CD – 1 ; 1

AB:CD = 0 . Z –7 Z3 ]t = ] = – 2t + 2 ]5 10 ] +[ 4. Faux : [4 = 4 . ]] – 9 = – 4t + 1 ] 7 ]t = \ 5 \ 10 103. 1. (x – 2) 2 + ( y – 2) 2 + (z – 2) 2 = 16, 2 cercle de centre X 2 et de rayon 4. – 1 Sphère verte.

()

2. (x – 4) 2 + ( y – 3) 2 + (z + 1) 2 = 13 , cercle 4 de centre X 3 et de rayon 13 . –1 Sphère violette. 5 1 4 + 13 , les 3. XX ¢ = 5 ; deux sphères sont donc sécantes. 5. équation cartésienne du plan médiateur de XX ¢ : 4x + 2 y – 17 = 0 . 6. Équations paramétrique de XX ¢ : x = – 2t + 2 *y = t + 2 . z=–1

()

7. a. R 3 R Vh = r # (R 2 – x 2)dx = r ; R 2 x – x E R–h 3 R–h r = h 2 (3R – h) . 3 b. Volume occupé par les 2 sphères : 3 r 5 3 5 4r 3 4r 4 + 13 – 12 – 3 3 3 2 2 5 r 5 3 – 3 13 – . 2 3 2

( )( ( )(

) )

En route vers le bac (p. 318-321)

() () () ()

1 1 0 2 1 ;E 0 ;I 2 ;J 1 . 0 1 0 x=1–t b. CM = t CE * y = 1 – t + M appartient z=t à 6 CE @ pour t compris entre 0 et 1. 2. a. Équation du plan médiateur de IJ est – x + y = 0 ; C et E appartiennent à ce plan. b. M appartient au plan médiateur, MI = MJ ; MIJ est un triangle isocèle en M. c. IM 2 = 3t 2 – t + 1 4 r i 3. a. i défini sur 6 0, r @ , sur 8 0, B , la 2 2 fonction sinus est croissante sur cet interi valle, i est maximum quand le sin 2 est maximum. b. Dans le triangle isocèle IMJ, K milieu de 6 IJ @ . IMK triangle rectangle en K et i sin = IK , IK est constant, la fonction 2 IM sinus est maximale lorsque IM est minimal. c. Le minimum de la fonction est obtenue pour t = 1 , le minimum est f 1 = 1 . 6 6 6 d. f (t ) = IM 2 , le minimum de IM2 (donc de IM) correspond au maximum de l’angle (IMJ), donc M0 de 6 EC @ de paramètre 1 est 6 l’unique solution. e. La distance de M à (EC) est obtenue par le projeté orthogonal du point de M sur (EC). Le point M0 est le projeté orthogonal du point I sur 6 EC @ . 104.

1 1. a. C 1 0

()

()

()

105. 1 . a . (P) = 3 # 1 + 1 # 3 – 1 # 2 – 1 = 3, le point C n’appartient pas au plan (P). 1 0 b. Pour t = 0, 0 ; pour t = 1, 2 , ces 2 1 deux points appartiennent à la droite et au plan (P). La droite (D) est incluse dans (P). 2. a. Équation (P ¢) = – x + 2y – z – 3 = 0. Zx = 1 – t ] ] y = 2t b. Coordonnées de I :[ ]z = – t + 2 ] – x + 2y – z – 3 = 0 \ Zx = 0 ] ]y = 2 . +[ ]] z = 1 \t = 1

()

c. CI = 3. a.

()

(0 – 1) 2 + (2 – 3) 2 + (1 – 2) 2 =

3.

CM 2 = (– t + 1 – 1) 2 + (2t – 3) 2 + (– t + 2 – 2) 2 = 6t 2 – 12t + 9 .

b. CM (t ) est minimale lorsque CM ¢ (t ) est nulle. CM ¢ = 12t 2 – 12 = 0 , pour t = 1 . 106. Partie A 1. I milieu de 6 AD @ , AI = ID:MD:MA = (MI + ID):(MI + IA) = (MI – IA):(MI + IA) = MI 2 – IA 2 . 2. MI 2 = IA 2 + MI = IA . L’ensemble (E) est une sphère de centre I passant par A. Partie B –3 –3 1. a. AB 6 ; AC 0 . 0 4 AB : n = – 3 # 4 + 6 # 2 + 0 # 3 = 0 .

() ()


117


AC : n = – 3 # 4 + 0 # 2 + 4 # 3 = 0 n est bien un vecteur normal au plan (ABC). b. Équation du plan (ABC). 4x + 2y + 3z – 12 = 0 x = – 5 + 4t

2. a. Équation de la droite (T) * y = 2t

.

z = 1 + 3t

b. Coordonnées de Z x = – 5 + 4t Zx = – 1 ] ] ]y = 2 ] y = 2t H :[ +H [ ; z 1 + 3 t = ]] z = 4 ] ] 4x + 2 y + 3z – 12 = 0 \t = 1 \ H (– 1 ; 2 ; 4) . c. DH = (– 1 + 5) 2 + 22 + (4 – 1) 2 = 29 . d. H et D appartiennent à la droite (T). HD est orthogonal au plan (ABC). Les points H et A appartiennent au plan (ABC), donc HD :HA = 0 , H appartient à l’ensemble (E). 3 0 107. 1. a. AB 2 ; AC 2 , –2 1 AB:AC = 3 # 0 + 2 # 2 – 2 # 1 = 2 , AB = 17 , AC = 5 . b. AB:AC = AB # AC # cos \ BAC . 2 cos \ BAC = =2\ BAC = 77° . 17 5

( ) ()

BAC n’est ni nul ni plat, les c. L’angle \ 3 points ne sont pas alignés. 2. pour A : – 4 + 0 + 2 + 2 = 0 , égalité vraie. Pour B : 2 – 2 – 2 + 2 = 0 , égalité vraie. Pour C : – 4 – 2 + 4 + 2 = 0 , égalité vraie.

TS erm


Livre du professeur

Les coordonnées des points A, B et C vérifient l’équation, il s’agit bien d’une équation du plan (ABC). 3. Coordonnées des vecteurs normaux 1 respectivement de P1 et P2 n 1 1 ; 1 –3 n 2 – 2 . Ces deux vecteurs ne sont pas 6 colinéaires, les plans P1 et P2 sont sécants suivant une droite.

()

()

x + y – 3z + 3 = 0

x + y – 3t + 3 = 0 + * x – 2y + 6t = 0 z=t x=– 2 + * y = – 1 + 3t = 0 , t ! . z=t

* x – 2y + 6z = 0 z=t

4. Le vecteur directeur de la droite et le vecteur normal de (ABC) ne sont pas orthogonaux, la droite D n’est pas parallèle au plan ABC. coordonnées du point d’intersection de D et du plan (ABC) : Zx = – 2 Zx=–2 ] ]] ] y – 1 + 3t y=–4 ; + H[ [ = z t ] ]] z = – 1 ] 2x – y + 2z + 2 = 0 \t=–1 \ H (– 2 ; – 4 ; – 1) .

5. Équation de la sphère de centre X et de rayon 3. a. (x – 1) 2 + ( y + 3) 2 + (z – 1) 2 = 9 + x 2 + y 2 + z 2 – 2x + 6y – 2z + 2 = 0 . b. Intersection de D et de la sphère : (– 3) 2 + (3t + 2) 2 + (t – 1) 2 = 9 + 10t 2 + 10t + 5 = 0 . T = 4 – 8 = – 4 . Il n’y a pas d’intersection entre la droite et la sphère. c. Pour montrer que le plan est tangent, il faut montrer que la distance de X avec le plan (ABC) est égale au rayon. d. d (X, (ABC)) = 2 + 3 + 2 + 2 = 3 . 9 0 2 108. 1. AB 4 ; AC 0 , les 3 points –2 –2 définissent un plan. Les points A, B et C sont solutions de l’équation : 2x + y + 2z = 4 .

() ()

()

2 2. a. BC – 4 équation du plan (P) 0 passant par A et de vecteur directeur BC : x – 2y = 0 .

b. Le vecteur normal du plan (ABC) n’est pas colinéaire à BC , les deux plans sont sécants: x + 2y = 0 M (x, y, z) !T ' 2x + y + 2z – 4 = 0 Z x = 2t ] + ]y = t . [ 5 ]z = – t + 2 2 \ La droite (BC) est orthogonale à (P) et donc est orthogonale à T. Cette droite contient le point A et est perpendiculaire à 6 BC @ . La droite T est donc la hauteur issue de A du triangle ABC. 1 1 3. a. I milieu de 6 AC @ I 0 , BI – 4 . 1 1

() ( )

x=t La droite T¢ a pour équation : * y = 4 – 4t . z=t

() () ()

2 0 2 b. AB 0 ; AC 4 ; BC – 4 ; –2 –2 0 AB = 2 2 ; AC = 2 5 ; BC = 2 5 . Le triangle est isocèle. 4. H point d’intersection des droites T et T¢ . Z8 4t = t ¢ 4t = t ¢ ]] = t ¢ 9 * 2t = 4 – t¢ + * 2 = 9t + [] 2 = t on ob– 5t + 2 = t ¢ 2 = 9t \2 = t 8 4 8 tient alors H ; ; . Le point H com9 9 9

(

)

mun à deux hauteurs est l’orthocentre du triangle ABC.

5. OH:AB = 8# 0 + 4# 4 + 8# (– 2) = 0 ; 9

9

9

8 8 4 OH:AC = # 2 + # 0 + # (– 2) = 0 . 9 9 9

La

droite (OH) est orthogonale au plan (ABC).

() () ()

8 OH = 9 2

2

4 + 9

2

8 + 9

2

144 4 = =2 OH = . 81 3

() ()

–3 –5 109. 1. a. AB – 4 ; AC 2 , si les 1 7 vecteurs sont colinéaires alors il existe

– 3 = 5t une valeur de t : * – 4 = 2t . Impossible, les 1 = – 7t

points A, B et C ne sont pas alignés. 1 b. n 1 – 1 , –1 n 1: AB = – 3 # 1 – 4 # (– 1) – 1 # 1 = 0 . Le vecteur n 1 est orthogonal aux vecteurs AB et AC , c’est un vecteur au plan (ABC).

()


118


1. c. Équation du plan (ABC) : x – y – z + 1 = 0. 2. a. M appartient à (D), on a OM = t n . x=t * y = – t équation de la droite (D) passant z=–t par O. b. Coordonnées du point d’intersection O ¢ de D et du plan (ABC) : Z –1 ]x = 3 Zx = t ] 1 ] ] y = ]y = – t ] + O¢ [ 3 . [ z = – t ]] ]z = 1 3 ] \x – y – z + 1 = 0 ]t = – 1 3 \ 3. H intersection de (BC) avec le plan (P) perpendiculaire à (BC), on a : OH :BC = 0, donc : 2

BO:BC = BH :BC = t BC:BC = t BC , (B ! C) on a alors : t = BO:BC 2 BC 2 –2 BO 6 ; BC 6 , on a alors t = 9 . 13 –5 –8 – 44 13 OH = OB + t BC:OH – 24 . 13 –7 13

() ()

()

110. 1. La droite (D) a pour vecteur di2 recteur AB – 3 et passe par A. –1

()

x = 1 + 2t

* y = – 2 – 3t . z=–1–t

2. La droite (D ¢) a pour vecteur directeur –1 u 2 . u ! k: AB . Les droites (D) et 1 (D ¢) ne sont pas parallèles.

()

2 – k = 1 + 2t

* 1 + 2k = – 2 – 3t , pas de solutions au k=–1–t

système. Les deux droites ne sont pas coplanaires. 3. a. A et B appartiennent à (D), P (A) = 4 # 1 – 2 + 5 (– 1) + 3 = 0 ; P (B) = 4 # 3 – 5 + 5 # (– 2) + 3 = 0 . Les points A et B appartiennent au plan P. b. Coordonnées du point d’intersection C de (D ¢) et du plan (P) :

TS erm


Livre du professeur

Zx = 2 – k Zx = 6 ] ] ]y = – 7 ] y = 1 + 2k . + C [ [ ]] z = – 4 ]z = k ] 4x + y + 5z + 3 = 0 \k = – 4 \ 4. La droite (T) passe par C et a pour 1 vecteur directeur u 1 1 . –1

()

a. u:u 1 = (– 1)# 1 + 2 # 1 + 1 # (– 1) = 0. Les deux droites sont orthogonales et possèdent comme point commun le point C, elles sont donc perpendiculaires. b. u 1: AB = (1) # 2 + 1 # (– 3) + (– 1) # (– 1) = 0 . 6 + k = 1 + 2t k=–1 * – 7 + k = – 2 – 3t + ' t = 2 ; le point E a –4–k=–1–t

()

5 pour coordonnées : E – 8 . –3 111. 1. a. 2. b. 3. b. 4. c. 5. a. 6. b.

113. 1. c. 2. d. 3. b. 4. c. 5. b.

5. d =

14

=

14 . Vrai. 7

() ()

114. 1. c. 2. b. 3. a. 115. 1. Faux, si t = 1 alors x = 1 (impossible). 2 2. d – 3 , vecteur directeur de la droite 1 (D), équation du plan : 2x – 3y + z + d = 0. O appartient au plan donc d = 0 . Vrai. 2 3. d – 3 , vecteur directeur de la 1 3

1 116. 1. d – 2 , vecteur directeur de 3 1 la droite (D) ; n 2 ; d : n = 0 . Il n’y a 1 pas de point commun. D strictement parallèles. Vrai. x – 2y + 3z = 3

x – 2y + 3z = 3

4x – y + 4z = 12

7x + 5y = 21

()

2. Faux : * 2x + 3y – 2z = 6 + * 7x + 5y = 21

()

3. * – 3 + 2t = – 6 – u + ' u = – 1 . Vrai.

()

droite (D) ; d ¢ 1 , vecteur directeur de 3 la droite (D¢). d : d ¢ = 6 – 3 + 3 ! 0 . Les deux droites ne sont pas orthogonales. Faux. 4. d et d ¢ sont non colinéaires. Le sys2t – 1 = 3t ¢ tème * – 3t + 2 = t ¢ + 2 n’a pas de solut = 3t ¢ – 1 tions. Donc faux.

112. 1. a. 2. c.

–2+3+1

l’intersection des deux plans est une droite. 2 – 3t = 7 + 2u

t =–1

1 + t = 2 + 2u

() ()

2 4 4 ; AC – 4 . Les deux vec–2 –4 teurs ne sont pas colinéaires donc le plan (ABC) existe. Les coordonnées de A, B et C vérifient l’équation. Vrai. 3 5 5. AB 0 ; AC – 2 . Les deux vec–3 2 teurs ne sont pas colinéaires, donc C n’appartient pas à la droite (AB). C ne peut être barycentre des points A et B donc faux. 4. AB

() ()

Accompagnement personnalisé (p. 322-323) 117. 1. b.

2. d.

( ) ( )

x–0=a 0 119. a.  AM * y – 0 = 0 + M , 0 z–3=–a 3–a

3. c.

118. Un vecteur normal d’un plan est un vecteur directeur d’une droite orthogonale à ce plan. Un vecteur normal d’un plan est un vecteur normal d’un plan parallèle. Un vecteur directeur d’une droite est un vecteur directeur d’une droite parallèle. 1. équation du plan : 2x + 3y – 5z + 4 = 0 .

x¢ – 2 = 0 2 de même BM¢ * y ¢ – 0 = b + M¢ . b z¢ – 4 = b 4+b

x = 2t + 1 2. * y = – t – 2 équation de D¢ . z = 4t

Donc MM¢

x = 2t + 1 3. * y = 3t – 2 équation de D¢¢ . z = – 5t –2 –3 4. A¢B 1 ; A¢C – 1 ; 1 1 x = – 2t – 3t ¢ + 1 équation du plan : * y = t – t ¢ – 2 z = t + t¢

(

)

2–a . b a+b+1

b.  MM¢ 2 = (2 – a) 2 + b 2 + (a + b + 1) 2 = 2a 2 + 2b 2 – 2a + 2b + 2ab + 5 = a 2 + b 2 + 2ab + a 2 + 1 – 2a + b 2 + 2b + 1 + 3 = (a + b) 2 + (a – 1) 2 + (b + 1) 2 + 3 .

() ()

4a + 2b = 2 a=1 c. et d.  ) MM $ u = 0 + ' . + ' a + 2b = – 1 b=–1 MM $ v = 0 e. On obtient alors : MM¢ 2 = 3 + MM¢ =


119


,

3.

TS erm


Livre du professeur

() ( ) () () () ()

J est la droite incluse dans le plan P3.

2 1 4 120. 1. n 1 – 1 ; n 2 – 0, 5 ; n 3 – 2 ; n 1 = 2n 2 ; 1 0, 5 2 n 3 = 4n 2 , les plans sont parallèles non confondus. J = Q .

x – y + 2z + 1 = 0 3. résolution du système : * 2x + y + 4z – 2 = 0 + J est un x+y–z+2=0 Z ] x = – 19 9 ]] point de coordonnées : [y = 4 . 3 ] ]] z = 11 9 \

x=t–2 1 2. P1 + P2 : * y = 4t – 2 ; d 4 vecteur directeur de P1 + P2 . z=t 1 2 n3 – 3 . 10 –2 d $ n 3 = 0 . Le point de la droite I – 2 appartient au plan P3 ; 0

TP Info (p. 324) 1. Construction 2. a. La sphère (S) et le plan (P1) ont pour

intersection un cercle que l’on notera (C1). b. (S) est la sphère de centre C (2 ; – 1 ; 1) et de rayon 2 donc une équation de la sphère (S) est donné par (x – 2) 2 + ( y + 1) 2 + (z – 1) 2 = 2 2 + x 2 – 2x + y 2 + 2y + z 2 – 2z + 4 + 1 + 1 – 4 = 0 + x 2 – 2x + y 2 + 2y + z 2 – 2z + 2 = 0 .

c. On remplace z = 0 dans la première équation : si z = 0 alors x 2 – 2x + y 2 + 2y + 2 = 0 équivaut à (x – 2) 2 + ( y + 1) 2 = 3 . Dans le plan (xOy) on obtient le cercle (C1) de centre x = 2 et y = – 1 et de rayon 3 .

3. a. L’intersection avec le plan (xOz)

d’équation y = 0 . On remplace y = 0 dans l’équation de (s) alors on obtient (x – 2) 2 + (1) 2 + (z – 1) 2 = 4 ce qui équivaut à (x – 2) 2 + ( z – 1) 2 = 3 . On obtient le cercle (C2) de centre x = 2 et y = 1 et de rayon 3 . b. Sur Géospace, on fait apparaître l’intersection des deux cercles et on voit qu’il y

a deux points communs nommés E et F sur la figure. c. Déterminer leur coordonnées revient (x – 2) 2 + (z – 1) 2 = 3 à résoudre * (x – 2) 2 + (y + 1) 2 = 3 On z = 0 et y = 0 trouve alors que (x – 2) 2 + 1 = 3 ce qui nous donne deux solutions x = 2 + 2 et x = 2 – 2 . Et puisque y = 0 et = 0 , on obtient les deux points E (2 – 2 2 ; 0 ; 0) et F (2 + 2 2 ; 0 ; 0) .

d. A appartenant à la sphère alors AC = 2 . Le plan (yOz) a pour équation x = 0 et a 1 pour vecteur normal n 0 . 2–0 0 donc le vecteur AC – 1 – (– 1) 1–1 2 AC 0 est colinéaire au vecteur n , nor0 mal à (yOz). Donc la droite (AC) et le plan (yOz) sont orthogonaux.

4. a. Avec Géospace, on ne voit rien ap-

e. Le plan (yOz) est donc tangent au cercle (S).

paraître. b.  A (0 ; – 1 ; 1) appartient à la sphère car ses coordonnées vérifient une equation de (S) (on peut aussi dire que la distance AC = 2 ). c. Intersection avec le plan (Oyz) : si x = 0 alors (x – 2) 2 + ( y + 1) 2 + (z – 1) 2 = 4 équivaut à ( y + 1) 2 + (z – 1) 2 = 0 . Donc on obtient un seul point d’intersection tel que x = 0 , y = – 1 et z = 1 . C’est le point A (0 ; – 1 ; 1) .

()

( ) ()

D C A

M O

E

F x

Sur les pas du supérieur (p. 325) I. 1. a. faux. 2. a. faux. 3. a. faux.

b. faux. b. vrai. b. vrai.

c. faux. c. faux. c. vrai.

d. vrai. d. vrai. d. vrai.

() () () () () () () () ( ) ( ) () 1 p 1 ; Q 1 –1 b.  AB 1 0

0 1 0 1 0 1 II. 1. a.  O 0 ; A 0 ; B 1 ; M 1 ; C 0 ; N 0 ; 0 0 0 0 1 1 © Hachette livre, 2012

120

0 1 . 1

; AC


–1 0 0 ; AP 1 . 1 1

TS erm


Livre du professeur

() () ( ) () ( )

1 2. a.  w 1 . 1

b.  AP $ w = 2 .

() ()()()

c.  V = 1 . 3

c. les coordonnées du point I sont I

–1 1–x 3. a.  AB 1 ; IP 1 – y ; AP $ IP = x – y = 0 . 0 1–z

2 –1 3 3 – 2 1 + d.  IA + IB + IC : 3 3 –1 –1 3 3 I est l’isobarycentre du triangle ABC.

–1 1–x b.  AC 0 ; IP 1 – y ; AB $ IP = x – z = 0 . 1 1–z


121


1 3 1 3 1 3

.

+

–1 3 –1 3 2 3

= 0.

7

Probabilités conditionnelles et lois continues Programme officiel Contenus


Conditionnement, indépendance Conditionnement par un événement de probabilité non nulle. Notation PA (B) .

• Construire un arbre pondéré en lien avec une situation donnée. • Exploiter la lecture d’un arbre pondéré pour déterminer des probabilités. • Calculer la probabilité d’un événement connaissant ses probabilités conditionnelles relatives à une partition de l’univers.

Indépendance de deux événements.

• Démontrer que si deux événements A et B sont indépendants, alors il en est de même pour A et B.

Notion de loi à densité à partir d’exemples Loi à densité sur un intervalle; Loi uniforme sur 6 a, b @ .

• Connaître la fonction de densité de la loi uniforme sur 6 a, b @ .

Espérance d’une variable aléatoire suivant une loi uniforme. Lois exponentielles.

• Calculer une probabilité dans le cadre d’une loi exponentielle.

Espérance d’une variable aléatoire suivant une loi exponentielle.

• Démontrer que l’espérance d’une variable aléatoire suivant une loi exponentielle de paramètre m 1 est . m

Découverte (p. 328-329) 1. Changement d’univers

PE (F) =

1. a. P (E) = 0,65. b. P (F) = 0,45. c. P (E + F) = 0,35. 2. a. On note PF (E) la probabilité cherchée. En utilisant la loi équirépartie sur l’ensemble des femmes, on obtient : Nombre de femmes qui gagne moins de 20 000 € PF (E) = . Nombre de femmes de l’entreprise En notant N le nombre d’employés de l’entreprise, on a : 0,35 # N 7 PF (E) = = . 0, 45 # N 9 P (F + E) 0, 35 b. , d’après 1. = 0, 45 P (F) P (F + E ) = PF (E) . P (F) 3. a. b. Même méthode qu’au 2. © Hachette livre, 2012

0, 35 # N 7 P (F + E) = = . 0, 65 # N 13 P (E )

2. Avoir une bonne découpe

1. Il y a équirépartition entre les 10 segments puisqu’ils ont la même longueur. Donc : P (0,2 G X 1 0,3) = 1 . 10 2. On peut découper le segment 6 0 ; 1 @ en 100 segments de même longueur 6 0 ; 0,01 6 , ..., 6 0, 99 ; 1 @ . Choisir X dans l’intervalle 6 0, 21 ; 0, 25 6 , revient à tirer au hasard parmi les 100 segments, les 4 segments 6 0, 21 ; 0, 22 6 , ..., 6 0, 24 ; 0, 25 6 qui forment le segment 6 0, 21 ; 0, 25 6 . 4 . Donc : P (0, 21 G X 1 0, 25) = 100 3. De même, on trouve : P (0, 216 G X 1 0, 219) = 3 . 1000 4. On peut conjecturer que : P (a G X 1 b) = b - a . 5. P (X = a) = 0 . 122


TS erm

Chap. 7 Probabilités conditionnelles et lois continues

Livre du professeur

3. Vers la densité d’une loi de probabilité

b.

1. a. S prend ses valeurs dans 6 0 ; 2 @ . b. c. d.

c. Cette courbe semble être un bon modèle pour décrire la loi de la variable aléatoire S. 3. a. C’est l’aire d’un triangle, on obtient 1 u.a.

2. a. On obtient un histogramme de ce type :

0,5

b. # f (t )dt est égale à l’aire sous la courbe f et les droites 0 d’équation x = 0 , x = 0, 5 et y = 0 .

#0

0,5

f (t )dt . F(S 1 0,5) .

c. Événement

SG1

Probabilité

0,5

S 1 0, 5 S 2 1, 2 0,125

0,32

0,6 G S G 1,2

SG2

0,5

0,1

d. Le modèle semble bon puisque les fréquences fluctuent autour des probabilités.

On remarque que les histogrammes prennent la forme d’un triangle.


1. Probabilités conditionnelles

P (A + B) 0, 01 = = 0, 1 0, 1 P (A) P (A + B) 0, 01 PB (A) = = = 0, 05 . 0, 2 P (B) 31. P (A + B) = PA (B) # P (A) ; (P (A) ! 0) = 1 # 1 = 1 . 4 3 12 P (A + B) 1 6 1 P (B) = = # = . 12 1 2 PB (A) 30. PA (B) =

P (A , B) = P (A) + P (B) – P (A + B) = 1 + 1 – 1 = 3 . 3 2 12 4 32. X : le résultat obtenu, (X H 2) = " 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 , d’où PX H 2 (impair) = 2 . 5 33. R = on tire une boule rouge.

2/9

R

7/8

— R

R

7/9

1/8

— R

1/4

2 1 1 P = # = . 9 8 36 R

3/4

— R

34. PA (B) + PA (B) = 1 car sachant A, B ou B est certain. Sinon on calcule : P (A + B) P (A + B) PA (B) + PA (B) = + P (A) P (A) P ((A + B), (A + B)) + P ((A + B)+ (A + B)) = P (A) P (A) + P (Q) P (A) + 0 = = = 1. P (A) P (A) 34 P (A + +) 100 85 = = 35. 1. PA (+) = . 40 100 P (A) 100 2 P (– + B) 100 1 2. P– (B) = = = . 16 8 P (–) 100 36. 1. malades sains vaccinés non vaccinés

3 7 (10)

72 18 (90)

(75) (25)

P (V + M) 3 = . 75 P (V) 37. 1. PC (D) = 1 ; 13 1. PV (M) =


123


PR (C) = 1 ; 2 PR (F + T) = 3 ; 52 PR (D,C) = P (D) + P (C) – P (D+C) 16 = 1 + 1 – 1 = = 4 . 13 4 52 52 13 6 = 3 . 2. P (F + R) = 52 26 1 (D + T) 52 1 3. PD (T) = P = = . 1 4 P (D) 13 P (B + R) 38. PR (B) = avec P (R) P (R) = P (B + R) + P (A + R) 1#1 2 3 donc PR (B) = = 4 . 1#1 + 1#1 7 2 3 2 4 5 39. P (A) = ; P (B) = 20 100 A 100 3 et P A (B) = . 100 1. P (A + B) = P (A) # PA (B) = 1 . 100 2. P (B) = PA (B) # P (A) + P A (B) # P (A)

TS erm


Livre du professeur

(

)

P (B) = 20 # 5 + 3 # 1 – 5 100 100 100 100 285 385 1 P (B) = + = . 100 10 000 10 000 1 100 3. PB (A) = = 100 = 20 . 385 77 385 10 000 40. 1. « A a au moins un as » est l’événement contraire de « A n’a pas d’as ». 46 P (A) = 48 # 47 # # 45 # 44 . 0,659 52 51 50 49 48 (sans hypothèse sur le B, son jeu est assimilé au « 1 as ») donc P (A a au moins 1 as) . 1 – 0,659 = 0,341. 2. B a un as revient à dire qu’on distribue 5 cartes à A d’un jeu de 47 cartes avec 3 as. P (A) = 40 # 41 # 42 # 43 # 44 45 # 46 # 47 # 43 # 44 d’où P (A) = 1 – P (A) . 0,292. 3. Idem 2., avec un jeu de 47 cartes avec 4 as. 44 # 45 # 46 # 47 – 1 P (A) = 35 # 40 # 41 # 42 d’où P (A) = 1 – P (A) . 0,372.

(

)

41. 1. P (F) + P (A) + P (C) + P (I) = 2P (F) + 2P (F) + 2P (F) ; 1 P (F) = = P (A) et P (C) = P (I) = 1 . 6 3 2. a. On a : P (S + A) = PA (S) # P (A) = 0,5 # 1 = 1 . 6 12 b. F, A, C, I forment une partition, s’il y a un chat c’est chez l’un des 4 et l’achat se fait sur un seul site (intersection vide). (F, A, C, I sont non vides) d’où : P (S) = P (S + A) + P (S + F) + P (S + I) + P (S + C) . 1 = + 12 5 = + 60

2.

46. a.

1/3 W

1/2

1/3

— B

3/4

B

1/4

— B

1/5

B

4/5

— B

1/2

B

1/2

— B

2/3

B

1/3

— B

1/2

B

1/2

— B

A2

1/6 A3

P (A 3) = 1 – P (A 1) – P (A 2) ; PA (B) = 1 – PA (B) . i

i

b. 3. Les fréquences tendent vers 4 . 15 4. On dispose de deux urnes U1 et U2 contenant respectivement 1 boule noire et 4 boules rouges et 1 boule noire et 2 boules rouges. On choisit une urne au hasard puis une boule dans l’urne choisie (les boules sont indiscernables au toucher). La partie est gagnée si l’on tire une boule noire.

W 1/3

— A

b. 2/3

B

3/5

— B

3/4 1/2

B

1/2 1/3

1/2

PA (B) =

— B

1/2 — A

3/7

A2

2/7 A3

2

1 PA (B) = = 7 = 1. 1 2 2 P (A 1) 7 PA (B) = 1 – PA (B) . P (A 1 + B)

1

1

47. 1. B — B

A

W

Sur un grand nombre de parties, la fréquence de parties gagnées tend vers la probabilité, c’est-à-dire 4 . 15

2/5

1/4

W

2

45. a. A

2/7

PA (B) = 1 – PA (B) .


2/3

A1

P (A 1 + B) = P (B) – P (A 2 + B) – P (A 3 + B) = 1 ; 7

2. Arbres de probabilités

P («Gagné») = P (U = 1) # P(U = 1) («Gagné») + P(U = 2) # P(U = 2) («Gagné») 4 1 P («Gagné») = # 1 + 1 # 1 = . 2 5 2 3 15

B

A1

1 1+2 1+ 1 1 # # # 5 6 5 3 10 3 2 + 8 + 2 = 17 . 60 60 60 60

42. 1.

2/3

B — B

P (A + B) P (A + B) ; P A (B) = . P (B) P (A)

1/2 W 1/2

1/3

R

2/3

— R

2/5

R

3/5

— R

A

B

2. PA (R) = 1 ; PB (R) = 2 . 3 5 3. P (R) = P (A) # PA (R) + P (B) # PB (R) = 1 # 1 + 1 # 2 = 11 . 2 3 2 5 30 1#2 4. PA (B) =

P (R + B) P (R)

=

P (B) # PB (R) P (R)

=2

11 30

5 = 6 . 11

48. VA variétés, PR pop-rock, CJ classique jazz, A albums, T 2-titres. © Hachette livre, 2012

124


TS erm


Livre du professeur

1.

0,75

VA 0,40 W

0,35

0,25

0,25

T

0,80

A

0,20

T

PR

CJ

0,99

0,01

2.

A

54 = 0, 54 donc 10 000 100 A et B ne sont pas indépendants. P (A) – P (A + B) est la probabilité que seul le défaut A soit présent d’où 6 P (A seul) = 9 – 3 = . 100 100 100 P (A) # P (B) =

W (card (W) = 100) A

A

B

6

3

3

88 T

P (A) = P (VA + A) + P (PR+ A) + P (CJ + A)

= P (VA)# PVA (A) + P (PR)# PPR (A) + P (CJ)# PCJ (A) 4 3 35 4 1 99 # + # + # 10 4 100 5 4 100 3 99 120 + 112 + 99 331 7 . = + + = = 10 25 400 400 400 =

99 P (CJ + A) 100 99 = = 3. PA (CJ) = . 331 331 P (A) 400

3. Indépendance 49. et 52. Corrigés dans le manuel. 53. P (A + B) = P (A) # P (B) = 0, 06 . P (A , B) = P (A) + P (B) – P (A + B) = 0, 2 + 0, 3 – 0, 06 = 0, 44 . 54. P (A) = 1 – P (A) = 0,4 . P (A + B) = P (A) # P (B) car A et B sont indépendants donc A et B aussi ; P (A + B) 0, 2 1 d’où P (B) = = = . 0, 4 2 P (A) P (A + B) = P (A) # P (B) = 0,6 # 1 = 0, 3 . 2 P (A + B) = P (A) # P (B) = 0, 4 # 1 = 0, 2 . 2 55. A et B indépendants donc P (A + B) = P (A) # P (B) d’où 0,15 1 P (B) = = . 0, 3 2 P (A) ! 0 et A et B sont indépendants donc PA (B) = 1 ; 2 P (A) ! 0 et A et B sont indépendants donc P A (B) = 1 = P (B) . 2 56. A et B indépendants donc P (A + B) = P (A) # P (B) . P (A , B) = P (A) + P (B) – P (A + B) donc 0, 65 = 0, 3 + P (B) – 0, 3 P (B) . 0, 35 1 P (B) = = . 0, 7 2 6 57. 1. P (A) = 9 ; P (B) = ; 100 100 P (A + B) = 3 . 100

3. P (A , B) = 1 – P (A , B) = 1 – P (A) – P (B) + P (A + B) 100 – 9 – 6 + 3 88 22 = = = . 100 100 25 58. Pour chaque dé, P (pair) = P (impair) = 1 . 2

P – P ; P – I ; I – P ; I – I sont les 4 types de tirages possibles et ils sont équiprobables. P – P et P – I donnent une somme paire. P – I et I – P donnent une somme impaire. On en déduit que P (A) = 1 . 2 P (B) : somme 2 10 donc 11 ou 12 donc (5 ; 6) (6 ; 5) ou (6 ; 6) P (B) = 3 = 1 ; 36 12 P (A + B) = 1 ; ((6 ; 6)) ; 36 P (A) # P (B) = 1 # 1 = 1 . 2 12 24 Donc A et B ne sont pas indépendants ; donc A et B ne sont pas indépendants. 59. 1.

xi

1

2

3

4

P(X = xi) 1 5 25 750 6 36 216 1 296 yi

0

1

2

3

4

P(Y = y i) 1 5 25 125 625 6 36 216 1 296 1 296 1. Non X et Y ne sont pas indépendants. P ((X = 1) + (Y = 1)) = P (Q) = 0 P (X = 1) # P (Y = 1)) = 5 ! 0 . 216 60. xi yi 0 1 0 1 2 P(X = xi) 5 1 6 6

P(Y = y i) 25 10 1 36 36 216

Il peut être utile de faire un arbre pour visualiser les résultats. © Hachette livre, 2012

125


()

•  P ((X = 0)+ (Y = 0)) = 5 = P (X = 0)# P (Y = 0) 6 10 = P (X = 0)# P (Y = 1) • P ((X = 0)+ (Y = 1)) = 5# 3

6 36 5 1 1 • P ((X = 0)+ (Y = 2)) = # # 6 6 6 = P (X = 0)# P (Y = 2) • P ((X = 1)+ (Y = 0)) = 1# 5# 5 6 6 6 = P (X = 1)# P (Y = 0) • P ((X = 1)+ (Y = 1)) = 1# 5 + 5 36 36 6 = P (X = 1)# P (Y = 1) • P ((X = 1)+ (Y = 2)) = 1# 1# 1 6 6 6 = P (X = 1)# P (Y = 2)

(

)

Donc : X et Y sont indépendantes.

4. Lois de probabilités continues 61. et 62. Corrigés dans le manuel. 63. • Pour tout x de 6 – 1 ; 1 @ , f (x) H 0 . 1 1 • # f (x)dx = ; – 1 x 2 + 1 x E –1 4 2 =–1+1– –1–1 =1 4 2 4 2 Donc f est une densité de probabilité sur 6– 1 ; 1@ .

(

)

64. • cos est positive et continue sur 8 – r ; r B donc f : x 7 k cos ; k 2 0 est 2 2 r r positive et continue sur 8 – ; B . 2 2 r r

•#

e r e r e r – e –

k cos x dx = = k sin G er = k – (– k) = 2k –

e

1 f (x)dx = 1 + 2k = 1 + k = 2 a1 65. 1. # dx = 1 1 x donc ln a – ln 1 = 1 d’où a = e . b 2. # 1 dx = 0, 6 1 x donc ln b = 0, 6 ; b = e 0, 6 . 66. 1. P (2 G X G 5) est la surface du trapèze de sommets (2 ; 0) , (5 ; 0) , (2 ; f (2)) et (5 ; f (5)) 0, 25 on trouve f (5) = 1 f (2) = ; 4 4 P (2 G X G 5) = B + b # h 2 0, 25 0, 25 + 4 # 3 = 3, 75 . = 2 8 2. P (X 2 4) est la somme de : • la surface du triangle rectangle de sommets (5 ; 0) , (5 ; f (5)) et (9 ; 0) ; • la surface du trapèze de sommets (4 ; 0) , (5 ; 0) , (5 ; f (5)) et (4 ; f (4)) ; on trouve f (54) = 3 f (5) = 1 . 16 4

#

TS erm


Livre du professeur

2. Moins de 300 objets par semaine, c’est-à-dire P (X G 300) soit la zone orange claire à gauche. 300 (100 – x)(x – 800) P (X G 300) = # dx 100 1715 # 10 5 3 68 . = 343

3 0, 25 # 4 0,25 # 16 + P (X 2 4) = #1 2 2 = 0,25 + 7 = 23 . 32 32 67. 1 f(x)= 1 sin(x) 2

1 2

3.

P (350 G X G 550) =

1p 4

F (x) =

#0

x

2p 4

3p 4

4p 4

()

(r4) est l’aire de

la zone orange gauche ;

( )

3r 1–F est l’aire de 4 la zone orange droite

=

(

800

69. A. 1. Par définition de f, densité de probabilité sur 6 2 ; 6 @ , on a :

Ces deux zones ont la même aire (sinus et symétrique par rapport à l’axe r d’équation x = ). 2

68. 1. On cherche k tel que : 800 #100 100k – x (x – 800)dx = 1 800 100 – x (x – 800)dx or # 100 k 800 =1 # ( – x2 + 900x – 80000)dx 100 k 800

6

f (x)dx = 1 = 1 k

#2

6

(2 – x)(x – 6)dx = 3 6

#2

6

#2

6

(– 12 + 8x – x 2)dx

d’où 1 = 1 # 32 ; k = 32 . 3 k 3 6 2. E (X) = 3 # (– 12 + 8x 2 – x 3)dx 32 2

) )

d’où k = 1715 $ 10 5 . 3

(

6

6

)

4 3 6 = ; – x E + ; 8 x E – 6 6x 2 @ 2 4 2 3 2 192 – 64 3 = # = 4. 3 32

3.

#2

6

#

f(x)

6

3 32

=–

#2

=–

#– 2 (x + 2) x (x – 4)dx = 0

(x – 2)(x – 4)(x – 6)dx

2

car x 7 (x + 2) x (x – 2) est impaire.

100 200 300 400 500 600 700 800

x

#a

b1

(a – x)(x – b)dx = 1 k car c’est une densité de probabilité B. 1.


126

3 3 (a + b) b 2 (a + b) a 2 – =a –b + + a 2 b – ab 2 3 2 2 3 3 2 3 3 2 = a – b + ab + b – a – ba + a 2 b – ab 2 3 3 2 2 2 2 3 3 2 2 = b – a – ab + a b 6 6 2 2 3 3 2 2 = b – a – ab + a b 6 6 2 2 3 3 2 2 (b – a) 3 . = b – a + 3ba – 3b a = 6 6

#a

b

b

t 1 (a – t )(t – b)dt k

= 1 # (– t 3 + (a + b) t 2 – abt )dt k a b 4 b 2 b = 1 ; – t E + ; a + b t 3 E – ; ab t E 4 a 3 2 a k a

(

(

)

4

4

)

= 1 a – b + a + b (b 3 – a 3) + ab (a 2 – b 2) 3 4 2 k

( (– 14 (b

)

6 = – 1 (b 4 - a 4) + a + b (b 3 – a 3) – ab (b 2 – a 2) 4 3 2 (b – a) 3

6 3 – ab 2 + a 2 b + a 3)(b – a ) (b – a) 3 + a + b (b – a)(b 2 + ab + a 2) – ab (b – a )(b + a ) 3 2 (b – a ! 0) % ( ( % ( ( 6 – 3b 3 – 3ab 2 – 3a 2 b – 3a 3 + 4ab 2 + 4a 2 b = 12 (b – a) 2 % % ( ( ( (

)

(

)

3 3 2 2 2 2 + 4a + 4b + 4ab + 4ba – 6ab – 6a b 12

=

1 (b 3 (– 3 + 4) + ab 2 (– 3 + 4 + 4 – 6) 2 (b – a) 2 + a 2 b (– 3 + 4 + 4 – 6) + a 3)

2 2 = b – a = a + b . 2 2b – a

(t – E (X)) f (t )dt

2

b

3 2 2 3 (b – a)(b 2 – a 2) = b – ab – a b2 + a = 2 (b – a) 2(b – a) 2

6 = 3 # (t – 4)(2 – t )(t – 6)dt 2 32 6 # (x – 4)(2 – x)(x – 6)dx

120103 k 100103 k 80103 k 60103 k 40103 k 20103 k

(– x 2 + (a + b) x – ab)dx

2. E (X) =

=

(2 – x)(x – 6) dx

6 = ; – x E + 6 4x 2 @ 2 – 6 12x @ 62 3 2 216 8 =– + + 144 – 16 – 72 + 24 3 3 32 = ; 3

– 8003 900 # 800 2 =1; + – 80000 # 800 k 3 2 3 2 100 900 # 800 – – + – 80000 # 100 G 3 2

0

#2

1 ; – x3 E x2 + ; 900 E – 6 80000x @ 800 100 k 3 100 2 100

(

800

f est symétrique par rapport à l’axe d’abscisse x = 450 donc on pourrait s’attendre à ce résultat car P (450 – d) = P (450 + d).

( )

F

800

800

F (x) = ; – 1 cos t E = 1 – cos x 2 2 2 0 2 2 2 r r = 1 – 1 cos = 1 – = F . 4 2 2 4 2 4 4 3r 3r 1–F = 1 – 1 + 1 cos 4 2 2 4 2 2 2 =1–1 = . 2 2 4 4

t f (t )dt

2 4 3 1 = ; – x E + ; 900 x E – ; 80000 x E # 3 100 4 100 2 100 1715 5 #10 3 100 + 800 = 450 = . 2

x

800

(a – x)(x – b)dx

b

C’est la zone orange foncée à droite.

#100

#a

b

b

3 2 = ; – x E + ; (a + b) x E – 6 abx @ ba 3 a 2 a

= 143 343

4. E (X) =

f (t )dt sur 6 0 ; r @

=

1715 # 10 5 3

0

#350550 (100 – x)(x – 800) dx

#a

donc k =


5. Lois uniformes 70. à 72. Corrigés dans le manuel. 73. f : x 7 1 ; P (X G 1) = 1 ; 2 0, 5 1 P (– 2 G X G – 1,5) = = ; 2 4 E (X) = – 3 – 1 = – 2 . 2 25 – (– 5) 3 = ; 74. P (– 5 G X G 25) = 40 – (– 10) 5 40 – 10 3 P (X H 10) = = ; 50 5 P (10 1 X 1 50) = P (10 G X G 40) = 40 – 10 = 3 . 50 5 E (X) = – 10 + 40 = 15 . 2

TS erm


Livre du professeur

( )

1 = 1 . 385 – 365 20 365 + 385 = E (X) . 2. 375 = 2 370 – 365 1 = . 3. P (365 G X G 370) = 20 4 76. 1. P = P (15 G X G 20) + P (25 G X G 30) + P (X = 35) = 20 – 15 + 30 – 25 + 0 = 1 20 20 2 (Il attend au moins 5 minutes s’il arrive entre 5 min avant l’arrivée et l’arrivée d’un bus.) 2. (X 2 30) : « il rate le bus » ; P (X 2 30) = P (X H 30) = 35 – 30 = 1 . 20 4 75. 1. f : x 7

77. 1. P (random 1 p) =

#0

P

C. Il suffit de taper 4 # random + 2 pour simuler une variable aléatoire suivant une loi uniforme sur 6 2 ; 6 @ .

6. Lois exponentielles 79. à 81. Corrigés dans le manuel. 82. P (X H 5) = 6 –

2. P (X H 1) = 1 –

#0

1

f (t )dt , avec

6 0 ; 1 @ , donc f (t ) = 1 .

Donc P (random 1 p) = p . 2. Cet algorithme simule une variable aléatoire de Bernoulli de paramètre p puisqu’il renvoie 1 avec une probabilité égale à p et 0 avec une probabilité égale à (1 – p) . 3.

78. A. 1. g : x 7 1 est la densité b–a de probabilité X sur 6 a ; b @ . F (x) = P (X G x) = P (a G X G x) = x – a . b–a 2. Pour (a ; b) = (0 ; 1), F (X) = x . B. 1. G ( y) = P (Y G y) = P ((b – a)X + a G y) y–a = P XG b–a y–a = . b–a 2. Y semble suivre une loi aléatoire uniforme sur 6 a ; b @ .

– 0, 512x

.

0, 512e– 0, 512x dx

= e– 0, 512 . x – 84. Densité : f : x 7 1 e 4 . 4 P (X H 1 + X H 2) P(X H 1) (X H 2) = P (X H 1)

–

« random » qui suit une loi uniforme sur

)

= e– 1, 7 .

83. 1. Densité : f : x 7 0,512e

1

1 P (X H 2) e 2 – = = 1 = e 4 . P (X H 1) – e 4

f la densité de la variable aléatoire

(

+ e– 0, 34x @ 5 3

–4

90. 1. Densité : f : x 7 10 – 4 $ e– 10 x car E (X) = 1 = 10 4 . m 2. P(T H 7000) (T H 12 000) = P (T H 5 000) (cf exercice 77.)

= lim 6 – e– 10

= e– 0, 5 = e

1=

86.

P (X H 2) = lim 6 – t " +3

=e

1 2

x@

t 5000

= 1 . e

#0

180

m (e– mx + e– 1)dx

180 180 = 6 e – mx @ 0 + ; 7 x E e 0 – 1807 + 180 m ; =1–e e 1 m= est une solution évidente. 180

e0 + e- 180

t " +3

–2

–

–4

91. 1. m vérifie :

85. m = 1 ; 10 E (X) = 1 = 10 ; m 1 – x t P (X 2 100) = lim 8 – e 10 B 100 = e– 10 . t e– x @ 2

t " +3

2e- 180 0 20 30 60

. 0, 135.

120

180

– mx

87. Densité : f : x 7 me 3 P (X G 3) = 2 = 6 – e– mx @ 0 = 1 – e– m3 3 d’où m = ln 3 . 3 D’après le cours P(X H t) (X H t + h) = P (X H h) pour une variable aléatoire exponentielle donc P(X H 2) (X H 5) = P (X H 3) = 1 – P (X 1 3) = 1 – P (X G 3) = 1 – 2 = 1 . 3 3 88. E (X) = 1 ; m +3 P (X H E (X)) = P X H 1 = 6 e– mx @ 1 m m

(

=e

89. P (X 1 t ) = P (X H t ) =

)

– 7#

1 m

= 1 . e

#0 t me– mx dx = 1 – e– mt ;

#t +3 me– mx dx = e– mt ;

P (X 1 t ) = P (X H t ) + 1 – e– mt = e– mt + e – mt = 1 2 + – mt = – ln 2 + t = ln 2 . m © Hachette livre, 2012

127


e0 + e- 180

2e- 180 0

180

2. a. P (X = 20) = 0 car

20

#20

f (x)dx = 0.

C’est la « surface » de l’axe d’abscisse 20 réduit au segment de limité/courbe et axe abscisse. 30 m m e – mx + dx b. P (0 G X G 30) = # 0 e

= ; – e – mx +

=–e

–

30 180

30

m E x e 0

( ) ; ( m = 1 ) 180

+ 1 – (– e0) 6e 1

– = 1 + 1 – e 6 . 0, 21 . 6e Surface rose (à gauche) sur le premier graphe.

TS erm


Livre du professeur

c. P (X H 60) = P (60 G X G 180) =

180

#60

= ;– e

–

(

x – e 180

180

x 180

+

)

1 dx 180e

180 + x E 180e 60 1

– = – e– 1 + 1 + e 3 – 1 e 3e . 0, 59 . Surface orange (à droite) sur le premier graphe. x

3.

#6090

P (60 G X G 190) =

(

x – e 180

= ;–

=–e

donc

. 0, 17 .

–

1 2

)

–

e 180 + 1 dx 180 180e

+

90

x E 180e 60

P (X H 60 + 60 G X G 90) P (X H 60) P (60 G X G 90) = . 0, 29 . P (X H 60)

D’après 2. b. , on a donc P(X H 60) (60 G X G 60 + 30) ! P (0 G X G 30) .

Ce n’est donc pas une loi sans vieillissement : plus le temps d’attente est long, plus la probabilité augmente.

92. A. 1. P (S) + P (X) + P (I) = 1 car " S ; X ; I , est l’univers d’où 2P (I) + P (I) + P (I) = 1 soit P (I) = 1 . J 2. 2/3 S

W

1/5 2/5

( )

)

( )

1

7. Problèmes

2/5

P (A) H 0, 99 + P (A) G 0, 01 n + 121 G 0, 01 125 + n ln 121 G ln 0, 01 125 (ln croissante) ln 0, 01 + nH ln 121 125 121 121 10 11 car ln 125 125 ln 0, 01 . 141, 6 or 121 ln 125 d’où n doit être égal à 142. 93. 1. a. Par hypothèse : • P (T1) = P (G1) = 1 2 car P (T1) + P (G1) = 1 car X = " T ; G , ; • PT (T2) = 0, 3 ; 1 • PG (G2) = 0, 8 1 d’où PG (T2) = 1 – 0,8 = 0, 2 .

(

1

– + 1 +e 3– 1 2e 3e

P(X H 60) (60 G X G 90) =

P (A) = (P (a)) n car les déplacements des robots sont indépendants avec a : « le robot i ne passe par le chemin S - I - X dans cet ordre » P (a) = 1 – P (a) = 121 , d’après A. 2.. 125

S I

1/5

I

b. P (T2) = 1 # 0,3 + 1 # 0,2 = 0,15 + 0,1 2

W

S

1/2

X

Un seul chemin possible : S - I - X d’où P (a) = 2 # 1 # 2 = 4 . 5 5 5 125 3. 6 chemins possibles : S - I - X, S - X - I, I - S - X, I - X - S, X - S - I et X - I - S. Chacun est équiprobable d’où P (F) = 6 # P (S – I – X) = 24 . 125 B. L’événement complémentaire est A : « aucun robot ne passe par le chemin S - I - X »

0,3

T2

0,7

G2

0,2

T2

0,8

G2

G1

X

X

= 0, 25 = 1 . 4

T1

1/2

I 2/5

2

c.

0,3 un

1– un

Tn+1

0,7

Gn+1

0,2

Tn+1

0,8

Gn+1

Gn

P (Tn + 1) = P (Tn) # PTn (Tn + 1) + P (Gn) # PGn (Tn + 1)

car (T ; G) est une partiton de l’univers et (T1 ; G1) est le premier élément de la séquence. (On a G = T car le toboggan est l’unique alternative du plongeon). 128

2. a. v n + 1 = u n + 1 = 2 ; 9 v n + 1 = 0,1 u n = 0,2 – 2 = 0, 1 u n – 2 ; 9 90 1 2 1 vn + 1 = u – = + vn . 10 n 10 10 (v n) est une suite géométrique de raison 1 ; 10 v 1 = u 1 – 2 = 1 – 2 = 5 est le premier 9 2 9 18 terme de (v n) n H 1 . b. D’où v n = 1n – 1 5 18 10 et u n = v n + 2 = 2 + 5 : 1n – 1 . 9 9 18 10 2 + 5 # 1 = 2 , car u = lim c. lim +3 n +3 9 18 10 n – 1 9 1 lim = 0. x " +3 10 n – 1 94. 1. A : « Aucune personne sur les 50 ne répond ». P (« Une personne au hasard ne répond pas ») = 1 – 0, 1 = 0, 9 . P (A) = 1 – P (A) P (A) = (1 – 0, 1) 50 (évts indépendants) . 5 . 1 000 50 D’où P (A) = 1 – 9 c 995 . 10 1 000 Soit X la variable aléatoire correspondant au nombre de personnes acceptant de répondre. X suit la loi binomiale  50 ; 1 . 20 Donc : P (B) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) 50 49 = 9 + 50 # 1 # 9 - 0, 112 10 10 10 3 3 et P (C) = 50 # 1 # 9 . 0,139 . 3 10 10 2. a. P (X H 3) = 1 – P (X G 3) = 1 – P (X G 2)

(

)

( )

(

)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

= 1 – P (X = 0),(X = 1) = (X = 2)

Tn

b. ; n H 1 ,


D’où u n + 1 = u n # 0,3 + (1 – u n) # 0,2 = (0,3 – 0,2) u n + 0,2 = 0, 1 u n + 0, 2


P (X = 0)+(X = 1) =Q et P ((X = 0),(X = 1))+(X = 2) = Q donc : P ((X = 0),(X = 1),(X = 2))

= P ((X = 0),(X = 1)) + P (X = 2) – P (Q) = P (X = 0) + P (X = 1) – P (Q) + P (X = 2) – 0 = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) e– a a 0 e– a a 1 e– a a 2 = + + 0! 1! 2! 2 a –a =e 1+a+ 2 2 d’où P (X H 3) = 1 – e– a 1 + a + a . 2

(

)

(

)

TS erm


Livre du professeur

(

)

b. f (5) = 1 – e– 5 1 + 5 + 25 . 0, 875 2 (n = 50) . Sur l’ensemble des valeurs, ce modèle donne un résultat assez proche de la question 1. ( f (5) . P (B) , avec P (B) . 0, 888 ). 3. a. –x 2 2 f ¢ (x) = e– x 1 + x + x – e– x (1 + x) = e x ; 2 2 f ¢ (x) H 0 .

(

)

0

-3

x f ¢(x)

+

0

+3 + 1

f (x)

0

–3

f (x) = 1 , f est continue et b. f (0) = 0 , lim +3 strictement croissante sur @ 0 ; +3 6 donc f (x) = 0, 95 admet une solution unique f (6, 29) 1 0, 95 sur et @ 0 ; +3 6 , f (6, 3) 2 0, 95 (calcul numérique) donc la solution est dans l’intervalle @ 6, 29 ; 6, 3 6 . Pour a H 6, 3 on a donc P (X H 3) H 0,95 a = n d’où pour n H 63 , on a 10 P (X H 3) H 0,95 (62 n’est pas bon car 62 est en dehors de l’intervalle). 95. Avant l’ouverture de la porte, la chance de trouver la voiture est 1 car 3 chaque porte est indiscernable et que la voiture est placée au hasard. Si le candidat a initialement choisi la bonne porte 1 , il perd forcément s’il change. 3 Si le candidat a chosi la mauvaise porte 2 , il gagne forcément en changeant 3 (car le présentateur ouvre la 2e mauvaise). Donc, dans 2 cas sur 3, le candidat gagne en changeant, il faut changer ! Le présentateur donne une information décisive dans 2 cas sur trois.

()

()

96. 1. Les amis déjeunent ensemble si leurs instants d’arrivée sont distants d’au plus 10 minutes 1 h d’où la probabilité 6 qu’ils déjeunent ensemble est : P X – Y G1 . 6

()

(

)

2. C prend la valeur 0 saisir n Pour i de 1 à n faire x prend pour valeur un nombre aléatore entre 0 et 1. y prend pour valeur un nombre aléatore entre 0 et 1. Si alors (x – y) G 1 6 Alors C prend une valeur C + 1 Fin Si Fin Pour, afficher C n 5 1 11 # = 3. S = 1 – 2 # 6 2 36 S . 0,30 555f P = S.

()

g 6 6 5 6 4 6 3 6 2 6

ti

0

1

ai

1

0

bi

0

ci

0

2 1 6

1 3 2 3

3 0 1 18 17 18

0 5 6

2. a. À l’instant tn, la puce est forcément en A, B ou C donc : a n + bn + cn = 1 . Pour que la puce soit en A à l’instant t n + 1, elle est forcément en B à tn, elle ne peut être en A à t n + 1 . D’où a n + 1 = PB (A) # P (Bt ) = 1 P (Bt ) 1 b n . n

2

n

2

Pour que la puce soit en B à t n + 1 , elle est forcément en A à tn car si en C elle reste en C et si elle est en B à tn, elle ne peut être à B en t n + 1 . D’où b n + 1 = PA (B) # a n = 1 a n . 3 b. a n + 2 = 1 b n + 1 d’après 2. a. 2 1 = 1 a n d’après 2. a. 23 an = 6 0 c. a 0 = 1 donc a 0 = 1 = a 2 # 0 . 6 Par récurrence, montrons que la propriété n a 2n = 1 est vraie pour tout n ! N ; on 6 vient de montrer P(0) ; supposons P(n) a pour n donné a 2 (n + 1) = a 2n + 2 = 2n 6 d’après 2. b.

()

1 6 1 6

2 6

3 6

4 6

5 6

6 6

x

4. • attribuer une valeur à n • assigner une valeur S à O (S désige le somme des temps d’attente) • Pour i de 1 à n • assigner (x, y) à des valeurs aléatoire dans 6 0 ; 1 @ • S " S + abs (x – y) • Fin Pour • afficher S n On trouve 1 pour le temps moyen d’at3 tente (20 minutes). 97. 1. 1

t: 0 0 A

1/3

1/3

A

B

1/2 A B

2/3 C 1/2 C

2/3 C


3

2

1

129

C

1 1

C C


()

ar hypothèse de récur( ) prence = ( 1) . 6 P (n + 1) est vraie. D’où a = ( 1) pour tout p ! N . 6

=1 1 6 6

n

n+1

p

2p

•  a 1 = 0 (cf. 1.). On montre de même par récurrence et en utilisant 2. b. que a 2p + 1 = 0 , ; p ! N . •  b 0 = 0 d’après 1. donc P(0) est vraie. Supposons P(n) : « b 2n = 0 » pour n donné. b 2 (n + 1) = b 2n + 2 = 1 a 2n + 1 = 1 # 1 b 2n = 1 b 2n = 0 3 3 2 6

donc P (n + 1) est vraie. Par récurrence, on a montré que b 2p = 0 , ;p ! N. 0 •  b 1 = 1 = 1 # 1 = 1 1 = b 2 # 0 + 1 donc 3 3 3 6 P(0) est vraie. Supposons P(n) vraie pour n donné : n b 2n + 1 = 1 1 . 3 6

()

()

TS erm


Livre du professeur

b 2 (n + 1) + 1 = b 2n + 3 = 1 a 2n + 2 = 1 # 1 b 2n + 1 3 3 2 n = 11 1 = 1 1 63 6 3 6

() ()

n+1

P (n + 1) est vraie. p D’où b 2p + 1 = 1 1 , pour tout ; p ! N .

()

3 6

a 2p + 1 = 0 3. plim +

car

3

constante en 0 ; lim a 2p = p lim p + + " 3

" 3

()

an = 0. D’où n lim +

1 6

p

(a 2p + 1)

est

= 0 car 1 1 1 . 6

" 3

Pour tout n dans N, (a n + b n + c n) = 1 a =0 donc c n = 1 – a n – b n , or n lim " +3 n b = 0 et n lim . " +3 n cn = 0 . D’où n lim + " 3

98. 1. P (X G h) est la probabilité que le noyau vive moins de h. PX H t (t G X G t + h) est la probabilité que le noyau vive moins de t + h sachant qu’il a déjà vécu t. Si on sait qu’un noyau est radioactif à l’instant t, la probabilité qu’il ne soit plus radioactif à t + h est la même que celle qu’il avait de ne plus être radioactif à l’instant h après sa naissance. 2. On suppose que a G b . F (b) – F (a) =

= # 0

b

#0

b

#0 a f (t)dt b 0 #a f (t)dt = #a f (t)dt

f (t )dt –

f (t )dt +

= P (a G X G b)

P (X H a) = 1 – P (X 1 a) = 1 – P (X G a) = 1 – F (a)

3. D’après 2. F (t + h) – F (t ) = P (t G X G t + h) . = P ((X H t ) + (t G X G t + h)) = P (X H t )# PXH t (t G X G t + h), (P (A + B) = PA (B) # P (A)) = (1 – P (X 1 t )) # P (X G h) par définition = (1 – P (X G t )) # P (X G h) = (1 – F (t ) # F (h) t

4. F (t ) = # f (x)dx donc F est l’unique 0 primitive de f sur 6 0 ; +3 6 qui s’annule

en 0. Donc F est dérivable sur 6 0 ; +3 6 et pour tout t de 6 0 ; +3 6 , F ¢ (t ) = f (t ) . Donc G est dérivable sur 6 0 ; +3 6 et pour tout t de 6 0 ; +3 6 G ¢ (t ) = – f (t ) . 5. G (t + h) = 1 – F (t + h) = 1 – F (t ) – F (h)(1 – F (t )) d’après 5.. = G (t ) – F (h)( + G (t )) = (1 –F (h)) G (t ) = G (h) G (t ) ; t , h ! R + 6. De 4. et 5., on déduit que G est une exponentielle.  k ! R ; G (x) = ekx et en posant m = – k on a G (x) = e– mx . D’où F (x) = 1 – e– mx . 7. P (X G t ) tend vers 1 quand t tend vers +3 car X varie sur 6 0 ; +3 6 donc lim F (t ) = 1 . On en déduit que m est x " +3 e– 3 = 0 et forcément positif ( x lim " +3 x lim e = +3 ). x + " 3

F (t ) = 1 – e– mt t et F (t ) = P (X G t ) = # f (x)dx 0 donc f (x) = F ¢ (x) = me– mx . X suit une loi exponentielle de paramètre m. Application 1. P (X H 1 000) =

=1–

#1 000 me #0

+3

– mx

1 000

me– mx dx

dx

#t +3 = #0 t t +1 – # = # 0 0 t + # e– mx dx = 1 0 2

2. P (X H t ) = P (X G t ) +

t

+ 6 – e – mx @ 0 = 1 = 1 – e – m x 2 t


130


1

b. P (T 2 1) = 1 – P (T G 1) = e

1 – t 3

1 3

–

; P (A) . 0, 7 165 P (B) = P (T 2 3) = e– 1 ; P (B) . 0, 3 679

2. a. b.

P (A) = P (T 2 1) = – e

PA (B) = P (T 2 1)(T 2 1) = P (T 2 2) – e

–

2 3

;

PA (B) - 0, 5 134

2. a. D’après 1. a., le pourcentage de poupées remboursées est d’environ 28,35 % à 10 – 2 près. 1 – t

b. P (T G t) G 0, 08 + 1 – e 3 G 0, 08 P (T G t) G 0,08 + – 1 t H ln (0, 92) 3 P (T G t) G 0, 08 + t H – 3 ln (0, 92) or – 3 ln (0, 92) . 0, 2 501 . Le fabriquant devrait proposer une garantie inférieure à 3 mois. 4. a. X suit la loi binomiale de para-

(

(

). )

–

1 3

–

1 3 3 =

P (X = 3) = 1 – e P (X = 3) . 0, 0 228 .

=1– =1+e –e – m1 000 – 0, 121 =e =e . 0, 886 . La probabilité que le noyau est encore radioactif après 1 000 ans est 0,886.

–

99. 1. a. P (T G 1) = 1 – e 3 , P (T G 1) . 0, 2 835

mètres 3 ; 1 – e

1 000 6 – e – mx @ 0 – m1 000 0

+ e– mx = 1 + – mt = ln 1 2 2 1 ln + t = 2 = ln 2 = ln 2 – 4 – m m 1, 21 10 t . 5 728 ans .

(

p3

b. P (X = 1) = 3 # 1 – e 1 P (X = 1) . 0, 4 366 P (X = 1) = 3px (1 – p) 2 . c. xi

0

–

) (e )

1 3 #

–

1

2

1 2 3

,

3

P (X = x1) (1 – p) 3 # p # (1 – p) 3 # p # (1 – p) p 3 3

2

(

d. E (X) = n # p = 3 # 1 – e E (X) . 0, 8 504 .

2

–

)

1 3

TS erm


Livre du professeur

En route vers le bac (p. 362) 100. A. 1.

I 8/100

1/2

F

1/2 0,6

— F F

0,4

— F

82/100 O 10/100

1/4

M

F — F

3/4

PR (B) =

P (B + R)

La probabilité que la boule rouge vienne de B est supérieure à celle qu’elle vienne de A. B. 1. (G = 2x) = (R ; R)

= PM (F)# P (M) + PO (F)# P (O) + PI (F)# P (F) = 8 # 1 + 82 # 0,6 + 800 # 1 = 557 . 100 2 100 100 4 1 000

0,01

2. P (B) = 1 – P (B) = 0, 96 et P (B) = P (B + A) + P (B + A) . D’où P (B + A) = 0,96 – 2 = 0, 958 ; 1 000 P (A) = P (A + B) + P (A + B) = 0, 958 + 0, 003 = 0, 961 ;

P (A) = 1 – P (A) = 0, 039 . P (A)

=

0, 037 37 = . 95 % . 0, 039 39

101. A.

1/6

5/6

4/10

R

6/10

— R=N

1/10

R

9/10

— R=N

A

B

1. P (R) = PA (R) # P (A) + PB (R) # P (B) 2 1+ 1 5 # # 5 6 10 6 5 9 3 4 = + = = = 0, 15 60 60 60 10 4 P (A + R) 60 4 2. PR (A) = = = P (R) 3 9 20

2

P (G2 + G1) 0,54 27 = = . P2 0,62 31

3. P = 1 – P (G1, G2, G3) = 1 – P (G1) # PG (G2) # PG (G3) 1 2 = 1 – 0, 9 # 0, 4 # 0, 4 = 1 – 0, 144 = 0, 856 4. Gn+1 0,8 Gn

— Gn

0,99

0,85

T

0,15

— T

0,05

T

0,95

— T

M

— M

2. a. P (M + B) = 0, 008 5 (= PM (T) # P (M)) . b. P (T) = P (M + T) + P (M + T) = 0, 008 5 + 0, 99 # 0, 05 = 0, 58 . P (T + M) 0, 008 5 = = 0,146 6 3. PT (M) = 0, 058 P (T) 4. a. X suit la loi binomiale B (5 ; 0, 058) . b. P (X H 1) = 1 – P (X = 0) = 0, 258 3 . 5. a. E = 0 # 0, 940 5 + 100 # 0, 058 + 1000 # 0, 001 5 . = 5, 8 + 1, 5 = 7, 3 . b. La somme est 200 # E = 1460 . 103. 1.

=

0,1

0,9


0,8

G2

0,2

— G2

0,6

G2

0,4

— G2

G1

G1

131


0,2

— Gn+1

0,6

Gn+1

0,4

— Gn+1

Pn + 1 (Gn + 1) = PG (Gn + 1)# P (Gn) + P G (Gn + 1)# P (Gn) n

n

= 0, 2Pn + 0, 6 3 1 Pn + 1 = Pn + . 5 5

102. 1.

B. 1. P (B) = P (B + A) + P (B + A) Par hypothèse, P (B) = 0,04 et P (B + A) = 0,003 . D’où P (B + A) = 0,04 = 0,003 = 0,037 .

P (A + B)

()

3 2 = 9 = P (G = 2x) 20 400 (G = x – 1) = (R ; N) ou N ; N " P = 2 # 3 # 17 = 102 = P (G = x – 2) 20 20 400 (G = – 4) = (N ; N) 2 " P = 17 = 289 = P (G = – 4) . 20 400 9 102 # 2x + (x – 2) – 4 # 289 2. E (X) = 400 400 400 = 120 x – 136 . 400 40 = 3 x – 34 . 10 10 3. E (X) H 0 + 3 x H 34 + x H 34 = 11 + 1 . 3 3 10 10 "P =

2. PG (G1) =

( )

2. a. P (M) = 1 . 10 b. P (M + F) = 1 # 1 = 1 . 10 4 40 c. P (F)

3. PA (B) =

P (R)

P2 = P (G2) = P (G1 + G2) + P (G1 + G2) = 0, 08 + 0, 54 = 0, 62 .

5 5 60 = = . 3 9 20

()

n

5. On pose Pn : « Pn = 3 – 13 1 ». 4 4 5 •  n = 1 P1 = 0, 1 n et 3 – 13 1 = 15 – 13 = 0, 1 4 4 5 20 20 P1 est vraie.

()

• Soit n donné (n H 1) . Supposons Pn vraie. n Pn + 1 = 1 Pn + 3 = 1 3 – 13 1 +3 5 5 5 4 4 5 5 n+1 3 3 13 1 = + – 20 5 4 5 n+1 = 3 – 13 1 d’où Pn + 1 est vraie. 4 4 5 On a donc Pn vraie pour tout n H 1 .

( ( )) ()

() (

( ))

3 – 13 1 n = 3 , P = lim 6. lim +3 n +3 4 4 5 4 1 = 0, 01 11 1. car lim +3 5 n 5

()

n 7. 3 – Pn 1 10 – 7 + 13 1 1 10 – 7 4 4 5 –7 + n ln 1 1 lnln 4 $ 10 5 13

ln 4 $ 10 1 13 + Comme ln 1 0 n 2 5 ln 1 5 –7 ln 4 $ 10 13 . 10, 8 . d’où n H 11 car ln 1 5

(

–7

)

TS erm


Livre du professeur

104. 1. a. R (t ) = 1 – P (X G t ) = 1 – t

#0

t

me– mx dx

= 1 – 6 – e – mx @ 0 = 1 + e – m t – 1 = e – m t . b P (X 2 t + X 2 t + s) . P(X 2 t) (X 2 t + s) = P (X 2 t ) P (X 2 t + s) = P (X 2 t ) – m (t + s) – mt – ms =e =e e = e– ms (P (X 2 s)) e – mx e – mx donc PX 2 t (X 2 t + s) est indépendant de t. 2. a. P (X 2 1 000) = e- 0, 000 26 # 1 000 = e- 0, 26 P (X G 1 000) = 1 – P (X 2 1 000) = 1 – e- 0,26 b. P (X 2 2 000) = P(X 2 1 000) (X 2 2 000) = P(X 2 1 000) (X 2 1 000 + 1 000) = P (X 2 1 000) d’après 1. b. = e- 0, 26 d’après 2. a. 105. 8 piques, 4 as, 1 as de pique donc 11 cartes sont (pique ou as) donc 21 cartes sont ni as, ni pique. Comme le tirage est au hasard, il y a équiprobabilité d’où b. : 21 . 32 106. Il y a 21 cartes ni as, ni piques donc C 21 2 combinaisons de choisir 2 cartes ni as, ni piques 21 d’où b. : 2 et a. : 105 . 248 32 2 107. L’intervalle est 6 0 ; 60 @ en minutes, P = 20 – 15 = 1 d’où c. 60 12

( ) ( )

108.

P=

d’où d.

()

10 0, 15 # 0, 85 9 = 10 # 0, 15 # 0, 85 9 1

109. a. Pn = 1 – (1 – 0, 3) n « Au moins une cible » est le complémentaire de « aucune cible » = 1 – (0, 7) n " n H 7 d’où b.

110. P =

(53)(16) (56) = 125 388 3

2

d’où a.

111. P (A , B) = P (A) + P (B) – P (A + B) = P (A) + P (B) – P (A) – P (B) . P (A , B) – P (A) = (1 – P (A) P (B)

0, 65 – 0, 3 1 = d’où a. 0, 7 2 112. 1. d. P (M 2 + N) = P (M 2) # PM (N) = 0, 24 2 2. b. P (N) = P (M 2) # PM (N) + PM (N) # P (M 1) 2 1 = 0,24 + 0,42 = 0, 66 . 113. P (A , B) = P (A) + P (B) – P (A + B) , donc : 3 = 2 + P (B) – 1 – 2 , P (B) = 7 . 4 5 5 12 P1 est vraie, P2 est fausse car P (A , C) = P (A) + P (C) – P (A + C) = 4 5 et P (A , C) = 1 – P (A , C) . 114. P1 est vraie, 4 # P # (1 – P) 3 = 8 # (1 – P) 4 & P = 2 (1 – P) & P = 2 . 3 P2 est vraie, 2 5 P # (X = 1) = 4 # 1 # 4 = 4 = P (X = 0) 5 5 5 115. P (X H t ) = e- mt = e- 0, 07t P1 est vraie car e- 0,07 # 10 = 0, 5 ! 10 – 2 P2 est vraie car c’est une loi sans mémoire et car P1 est vraie. 116. 1. a. on a : P (B + A) , (B + A) = B donc P (B) =

(

)

() ()

P (B) = P ((B + A) , (B + A))

(

)

(B + A) + (B + A) = P (B + A) + P (B + A) – P 1 4444 2 4444 3 Q Comme P (Q) = 0 , P (B) = P (B + A) + (B + A)

b. A et B indépendants + P (A + B) = P (A) # P (B) . Par hypothèse : P (B + A) = P (B) # P (A) et P (B + A) = P (B) – P (B + A) d’après 1. a. d’où P (B) # P (A) = P (B) – P (B + A) soit P (B + A) = P (B)(1 – P (A)) = P (B) # P (A) donc B et A sont indépendants.


132


2. a. P (R + S) = P (R) # P (S) = 0,9 # 0, 05 = 0, 045 car les événements sont indépendants, décorrelés. b. P (R+ S) = P (R) # P (S) = 0,9 # 0,95 = 0,855 5 5 P (R) 4 P (R) + P (R) 5 c. P =

()

()

4 5 = P (R) 4 (5P (R) + P (R)) = 0, 918 54 .

117. 1.

P ( 6 t ; +3 6 + 6 t ; t + s @ ) ( 6 t ; +3 6 ) P(6t ; t + s@ )

P( 6 t ; +3 6) ( 6 t ; t + s @ ) = =

P ( 6 t ; +3 6 )

(car 6 t ; +3 6 + 6 t ; t + s @ = 6 t ; t + s @ ) =

=

#e t + s me- mx dx #e t + s me- mx dx – #0 t me- mx dx 1 – P(60 ; t 6)

=

1–

#0 t me- mx dx

F (t + s) – F (t ) 1 – F (t )

P6 t ; +3 6 ( 6 t ; t + s @ ) =

#e t + s me- mx dx 1 – P(60 ; t 6 ) t+s

=

6 – e- mx @ t

(1 – 6 – e- mx @t0)

e- mt – e- mx (t + s) e- mt 0 e- mt e – e- mt = e- mt = 1 – e- ms (car ex 2 0  ! R ) =

(

)

et donc est indépendant de t. 2. « Le capteur ne tombe pas en panne les 2 premières années » est le complémentaire de l’événement « le capteur tombe en panne dans les premières années » dont la probabilité vaut F (2) . Donc la probabilité recherchée est 1 – F (2) = 1 – (1 – e- 0, 12 # 2) = e- 0, 14 . 3. On cherche P(X H 2) (2 G X G 4 + 2) . D’après 1., P(X H 2) (2 G X G 4 + 2) = P( 6 2 ; +3 6 ) ( 6 2 ; 2 + 4 @ ) = 1 – e0,2 # 4 = 1 – e0, 8 .

TS erm


Livre du professeur

Accompagnement personnalisé (p. 367) 118. 1.

7/4

B

3/7

— B

3/8

B

5/8

— B

U1

1/2

1/2

U2

P = 1 – 6 P (X G 10) @ n = 1 – (1 – e– m10) n , 0,9 G P + (1 – e– m10) n G 0,1 . ln 0, 1 nH . 3, 5 (car 1 – e– m10) n G 1 , ln (1 – e– m10) donc ln (1 – e– m10) n 1 0 , d’où n H 4 . 122. 1. F1 (x) = 1 – x 2 . 3. (x, y) sont les coordonnées d’un point pris au hasard dans le arré ABCD, C est le nombre de points appartenant à . r 5. Aire d’un disque de côté 1 = rR2 = r donc on calcule de 4 manière approchée avec cette algorithme.

2. P (U 1 + B) = P (U 1) # PU (B) 1

= 1# 4 = 4 = 2. 2 7 14 7 P (U2 + B) = 1 # 3 = 3 2 8 16 3. P (B) = P (U1 + B) + P (U2 + B) car U2 = U1

1

123. 1. P (0 G X G 1) = # F1 (x)dx , comme F1 est une densité 0 de probabilité, c’est une fonction positive sur R en particulier sur 6 0 ; 1 @ . Donc P (0 G X G 1) correspond à l’aire du domaine .

= 2 + 3 = 32 + 21 = 53 . 7 16 112 112 P (B + U2) 2 112 224 32 4. PB(U1) = . = # = = 7 53 371 53 P (B) 119. 1. P (A) = 4 = 1 ; P (B) = 8 = 1 ; P (A + B) = 11 . 32 f 32 4 32 P (A + B) ! P (A) # P (B) donc A et B ne sont pas indépendants.

2.

2. P (A) = 1 # 28 + 7 # 4 = 7 + 7 = 14 = 7 ; 8 31 8 31 62 62 62 31 6 6 12 1 + P (B) = # 24 + 8 # 8 = = . 4 31 4 31 31 31 31 P (A + B) = 1 # 31 + 31 # 1 + 7 # 3 + 3 # 7 32 31 32 31 32 31 32 51 = 1 + 21 + 21 16 31 # 32 31 # 32 31 + 21 1 21 = = = 52 = 13 = 13 . + 16 31 # 16 16 # 32 16 # 31 4 # 31 124 P (A) # P (B) = 7 # 12 = 84 donc P (A) # P (B) ! P (A + B) . A et 31 31 961 B ne sont pas indépendants. 3,5 – 2 1,5 3 120. 1. P (2 G X G 3,5) = = = . 5 5 10 2. P (X 2 4) = 5 – 4 = 1 . 5 5 7

3. On trouve une valeur proche de celle fournie par la calculatrice. 124. 1.

121. 1. P (T H 7) = 1 – # me– mx dx = 1 – 6 – e– mx @ 0 = e– 7m = 0,6 0 6 6 + m = – 1 ln d’où – 7m = ln , m . 0, 173 . 10 7 10 +3 2. E (T) = # xme– mx dx = 1 (cours) 0 m E (T) = – 7 . 13 ans et 8 mois. 6 ln 10 1

( )

( ) 3. P ( T G 1) = # 2

0

2

7

( )

me– mx dx = 1 – e

–

0, 073 2 . 0, 036 .

4. P (T H 10) = e– 10m ; P (T H 0) . 0, 48 . 5. P = 1 – P (tous les lave-linge s’arrêtent de fonctionner dans les 10 ans). © Hachette livre, 2012

133


TS erm


Livre du professeur

2. Non, f n’est pas définie en 0,5.

4. Oui, car la courbe est symétrique par rapport au point A (0,5 ; 0,5).

3.

TP Info (p. 368) Pour cet exercice, le logiciel utilisé est « R ».

Partie A 1. La plus petite valeur est 5. 2. Si l’on fixe un entier N aussi grand que l’on peut, il suffit d’imaginer une alternance de N Pile et Face pour que le nombre de lancers atteigne N. Ce qui signifie que ce nombre de lancers peut prendre des valeurs aussi grandes que possible.

Partie B 1. On peut faire remarquer que la boucle du programme suivant pourrait tourner indéfiniment mais ce ne sera pas le cas et le pourquoi sera mis en évidence par la suite.

jeucorde = function(n) { P=0 F=0 for (i in 1:n) { X=0 while ((X>-5)&(X<5)) { X = X+(-1)^(sample((0:1),1)) } if (X==5)P=P+1 else F = F + 1 } print(‘la fréquence de victoire de P est égale à :’) print(P/n) print(‘la fréquence de victoire de P est égale à :’) print(F/n) }


134


2. Il paraît logique que les deux équipes aient la même probabilité de gagner.

Partie C 1. On s’attend à ce que les élèves répondent NON à cette question. L’objectif est alors de leur faire comprendre que si l’on entend par prévoir : « émettre une hypothèse très probable », alors, on pourra peut-être donner une réponse à cette question sous la forme d’un intervalle de confiance (leur donner l’exemple des sondages).

TS erm


Livre du professeur

2. jeucordeC2 = function(n) { for (i in 1:n) { X=0 L=0 while ((X>-5) & (X<5)) { X = X + (-1)^(sample((0:1),1)) L=L+1 } print(L) } } 3. Sur 50 échantillons, très peu ont un nombre de lancers supérieur à 100. 4. On adapte le programme précédent afin qu’il calcule les fréquences demandées : jeucordeC4 = function(n) { c=0 for (i in 1:n) { X=0 L=0 while ((X>-5) & (X<5)) { X = X + (-1)^(sample((0:1),1)) L=L+1 } if (L>=100) c = c+1 } print(c/n) }

On remarque que moins de 1 % des parties se terminent avec un nombre de lancers supérieur ou égal à 100.

Partie D 1. jeucordeD1 = function(n) { M=0 R=0 for (i in 1:n) { X=0 L=0 while ((X>-5) & (X<5)) { X = X + (-1)^(sample((0:1),1)) L=L+1 } M = (M*(i-1)+L)/i R = c(R,M) } return(R) } La moyenne semble tendre vers 25.


135


2. jeucordeD2 = function(n) { M=0 R=0 for (i in 1:n) { X=0 L=0 while ((X>-5) & (X<5)) { X = X + (-1)^(sample((0:1),1)) L=L+1 } M=M+L } return(M/n) }

loidemoyenne = function(n1,n2) { M=0 R=0 for (i in 1:n2) { M = jeucordeD2(n1) R = c(R,M) } return(hist(R)) }

TS erm


Livre du professeur

Sur les pas du supérieur (p. 369) I. A. 1. Comme on assimile le tirage à un tirage avec remise, chaque tirage est indépendant donc on peut associer la loi binomiale avec u = 10 et u = 10 (succès).

C. Faux : P (X G 2) = 0, 75 .

2. P = P (X H 8) = P (X = 8) + P (X = 9) + P (X = 10) . 10 10 10 = 0,98 0,1 2 + 0,9 9 0,1 + 0,910 . 8 9 10 B.

E. Oui :

( )

( )

0,914 60/100

A 0,086

40/100

D. Vrai : P(XH1) (X H 2) = P(XH 1) (X H 4t ) =

( )

2. A. Faux :

B

B

0,121

— C

1

1 P (X H 1 + t )+(X H t ) P (X H 1 + t ) 2 P (X H t ) 1 = = = . P (X H t ) P (X H t ) P (X H t ) 2

#2

1

1

3 2x 2 dx = ; 2x E = 2 ! 1 . x 0 3

3x 2 dx = 6 x 2 @

C. Vrai : P (X G 0,5) =

— C

0,879

#0

B. Vrai :

B

0 0, 5

= 1. f (x) dx

6 x 3 @ 00, 5

P (X G 0, 5) =

P (X G 0,5) = 0,5 3 G 0, 5

E. Faux

)

E (x) =

#0

1

1

4 3x 3 dx = ; 3x E = 3 . 4 0 4

3. A. Faux : P (A + T) = 0, 1 ; P (A) = 0, 3 ; P (T) = 0, 2 donc P (A) # P (T) = 0, 06 ! P (A + T) .

2. P (C + A) = P (A) # PA (C) = 0,6 # 0,914 - 0,548 P (C + B) = P (B) # PB (C) = 0, 4 # 0, 879 - 0, 352 .

B. Faux P (A + T) = 0, 1 ! 0 . C. Oui

II. 1. A. Oui : P (X H 1) = 1 P (X H 0) = 1 . 2 2 B. Faux : P (X H 2) = 1 P (X H 1) = 1 # 1 = 1 . 2 2 2 4

E. Faux

)

3. P ((C + A) , (C + B)) = P (C + A) + P (C + B) – P ((C + A) + (C + B)) = P (C + A) + P (C + B) – P (Q) = 0 = 0, 9 .


#0

–0

D. Vrai 1. P (A) = 0,6 P (B) = 0, 4 (= 1 – P (A)) PA (C) = 0, 914 PB (C) = 0, 879 .

P (X H 1)+(X H 2) P (X H 2) 0, 25 = = = 0, 5 . P (X H 1) P (X H 1) 0, 5

D. Faux

136

PT (A) =


P (A + T) 0,1 1 = = . 0, 2 2 P (T)

8

Loi normale et estimation Programme officiel Contenus


Loi normale entrée réduite (0, 1).

• Connaître la fonction de densité de la loi normale (0, 1) et sa représentation graphique.

Théorème de Moivre Laplace (admis).

• Démontrer que pour a ! @ 0, 1 6 , il existe un unique réel positif u a tel que P (– u a G X G u a) = 1 – a lorsque X suit la loi normale (0, 1). • Connaître les valeurs approchées u 0, 05 . 1, 96 et u 0, 01 . 2, 58 .

Loi normale  (n, v) d’espérance n et d’écart-type v .

• Utiliser une calculatrice ou un tableur pour calculer une probabilité dans le cadre d’une loi normale  (n, v 2) . • Connaître une valeur approchée de la probabilité des événements suivants : " X ! 6 n – v, n + v @ , , " X ! 6 n – 2v, n + 2v @ , et " X ! 6 n – 3v, n + 3v @ , , lorsque X suit la loi normale  (n, v 2) .

Intervalle de fluctuation

• Démontrer que si la variable aléatoire Xn suit la loi (n, p), alors, pour tout a dans @ 0, 1 6 on a : X p (1 – p) p (1 – p) G. lim P n ! I n = 1 – a ou In désigne l’intervalle = p – u a , p + ua n " +3 n n n

(

)

• Connaître l’intervalle de fluctuation asymptotique (*) au seuil de 95 % :

= p – 1,96 Estimation Intervalle de confiance (*).

p (1 – p) n

, p + 1,96

p (1 – p) n

G où p désigne la proportion dans la population.

• Estimer par intervalle une proportion inconnue à partir d’un échantillon.

Niveau de confiance.

• Déterminer une taille d’échantillon suffisante pour obtenir, avec une précision donnée, une estimation d’une proportion au niveau de confiance 0,95.

Découverte (p. 372-373) 1. Un calcul impossible

()

()

3. P (4 900 G X n G 5 100) =

()

n n n –n . 0, 5 i (1 – 0, 5) n – i = 0, 5 n = 2 1. pi = P (X n = i) = i i i E (Xn) = 10 000 # 0,5 = 5 000 n = 10 000 , 2. Pour et v n = 10 000 # 0,5 # 0,5 = 100 # 0, 5 = 50 . Le résultat provient donc du fait que 6 E (X n) – 2v n ; E (X n) + 2v n @ = 6 4 900 ; 5 100 @ .


5 100

/

i = 4 900

pi =

5 100

/

i = 4 900

=

4. Le calcul de

2 (10 000 i )

(12)

10 000

– 10 000

5 100

/

i = 4 900

. (10 000 i )

000 (104 900 ) est impossible à effectuer pour une

calculatrice. Il en est donc de même pour le calcul de P (X n ! [E (X n) – 2v n ; E (X n) + 2v n]) lorsque n = 10 000 . 137


TS erm

Chap. 8 Loi normale et estimation

Livre du professeur

2. Vers une approximation X – E (X n) 1. X n ! [E (X n) – 2v n ; E (X n) + 2v n] + – 2 G n G2

2. La base de chacun des rectangles est de longueur l’écart précédent, soit 2 . La hauteur des rectangles varie de pj à pk – 1 · Ainsi k–1 k–1 n l’aire totale est   = / 2 p i = 2 / p i . Par ailleurs i=j n n i=j

vn

+ – 2 G Z n G 2 par définition de Z n .

2. Xn peut prendre toutes les valeurs i pour i entier compris entre i – E (X n) 0 et n. Donc Zn peut prendre toutes les valeurs pour i vn entier compris entre 0 et n. Or E (X n) = n # 0,5 = n et 2 n v n = n # 0,5 # 0,5 = . Ainsi les valeurs prises par Zn sont 2 n i – E (X n) i – 2 = = z i pour tout i entier compris entre 0 et n. vn n

)

n

i=j

z k f (x)

zj

5 . P (X n ! 6 E (X n) – 2v n ; E (X n) + 2v n @) = P (– 2 G Z n G 2). 2

D’après la conjecture précédente P (– 2 G Z n G 2) . # f (x)dx –2 pour les grandes valeurs de n. On obtient à l’aide d’une calcula-

3. Utiliser la fonction de Gauss pour approcher la loi de Xn 1. L’écart entre z i et z i + 1 vaut : 2(i + 1) – n

i=j

dx. 4. D’après 2. et 3., on obtient donc 2 P (z j G Z n 1 z k). # zj v n n n Or v n = n # 0,5 # 0,5 = . 2 Donc si n est suffisamment grand, on peut conjecturer que zk P (z j G Z n 1 z k) . # f (x) dx .

4. et 5. En suivant les indications, on obtient des représentations telles que celle de l’énoncé. On observe que la courbe de f passe relativement près des points (z i ; pi) , et ce d’autant vn plus que n est grand.

zi + 1 – zi =

k–1

Donc   = 2 P (z j G Z n 1 z k) . n 3. Géométriquement, lorsque n est grand, on observe que l’aire des rectangles est approximativement égale à l’aire située entre f la courbe de , l’axe des abscisses et les droites d’équation vn x = z j et x = z k . z k f (x) dx . Donc   . # zj v n

2 3. D’après la définition de Z n et la relation définissant zi ci-dessus : X – E (X n) i – E (X n) P (Z n = z i) = P n = = P (X n = i) = pi . vn vn

(

k–1

/ P (Z n = zi) = / pi ·

P (z j G Z n 1 z k) =

trice

– 2i – n = 2 . n n

2

#– 2

x2

1 e– 2 dx . 0,95 , donc : 2r P (X n ! 6 E (X n) – 2v n ; E (X n) + 2v n @ ) . 0, 95 .


4.

1. La loi normale centrée réduite 39. 1. Pour tout x ! R , f (x) = 1 2r 2. 0,4 0,2

-4

3.

0

-2

2

4

0,4

0,2

-4 -3 -2 -1

0 1

2

0

40. et 41. Corrigés dans le manuel. 42. 1. I(1) = 0,683 à 10 – 3 près ; I(2) = 0, 954 à 10 – 3 près ; I(3) = 0, 997 à 10 – 3 près ; I(5) = 1 à 10 – 3 près ; I(10) = 1 à 10 – 3 près. I(x) = 1 . 2. x lim + " 3

0 1

2

0,1

3 4

3. La fonction f est positive, continue et lim I(x) = 1 , il s’agit bien d’une densité x " +3 de probabilité.

0,2

-4 -3 -2 -1

2 –x 2 e .

43. 1. et 2.

0,4

3 4


138


44. 1. f (x) =

1 e– 2r

– 2. f (– x) = 1 e

2r

1 x2 2,

(– x) 2 2

=

x ! R. 1 e– 2r

x2 2

= f (x) .

3. P (X G – u) = P (X H u) . f (x) étant paire, l’aire entre f , l’axe des abscisses et les droites d’équation x = u et x = a avec a tendant vers +3 est égale à l’aire entre f , l’axe des abscisses et les droites d’équation x = – u et x = – a.

TS erm


Livre du professeur

4. D’après 3. P (X G 0) = P (X H 0) . Par ailleurs : P (X G 0) = 1 – P (X 2 0) = 1 – P (X H 0) . D’où P (X H 0) = 1 – P (X H 0) donc P (X H 0) = 0,5 . 45. 1. G ¢ (x) = (1 – x h ¢ (x) =

2 –x 2 e

–

2 –x x2 e 2

4 . P (X 1 – 0, 5) = 1 – P (X G 0, 5) = 0, 308 5 à 10 – 4 près. 49. 1. P (X G 1) = 0,84 . 2. P (X 2 1) = 0, 16 .

2 –x 2 )e .

3. P (X G – 1) = 0, 16 . 4. P (0 G X G 1) = P (X G 1) – P (X G 0)

2

= (1 – x

2 –x 2 )e

= 0, 84 – 0, 5 = 0, 34 .

= G ¢ (x) .

2

50. 1. P ((X G 1),(X 2 2)) = 0, 84 + 0, 02 = 0, 86 . 2. P ((X G 1) + (X 2 2)) = 0 . 3. P ((X G 1) + (X G 2)) = P (X G 1) = 0, 84 . 4. P ((X 2 1) , (X G 2)) = 1 . 5. P ((X 1 – 2),(X 2 1)) = 0, 02 + 0, 16 = 0, 18. 6. P (1 1 X G 2) = 0, 98 – 0, 84 = 0, 14 . 7. P (– 2 1 X G 1) = P (X G 1) – P (X G – 2) = 0, 84 – 0, 02 = 0, 82 .

2. G ¢ (x) = h ¢ (x) . # x G ¢ (x)dx = # x h ¢ (x)dx . 0

0

G(x) – G(0) = h (x) – h (0) or G(0) = h (0) = 0 .

G(x) = h (x) . t2

#0 x e– 2 dt – #0 x t 2 e– 2 dt = h (x) .

3.

#0 x t 2 #0

t2

e

–

t2 2

2r

dt =

x 2

t f (t ) dt =

4. E (X) = 0 .

# " 3 x

E (X 2) = x lim –

#0

#0 x x

e

–

t2 2

2r

dt –

h (x) 2r

.

51. 1. P (X 1 x) = 0, 5 pour x = 0 . 2. P (X 2 x) = 0, 5 pour x = 0 . 3. P (X = 0) = 0 .

1 h (x) . 2r

f (t ) dt –

0 2

# 3 0

t f (t )dt + y lim + "

y

t 2 f (t )dt .

V (X) = E ((X – E (X)) 2) = E (X 2) =

=

#– 0

3

f (t )dt – lim 1 h (x) + x " –3 2r3 1 44 2 44 0

#–3

+3

#0 +3 f (t)dt – x"lim+3

1

2r3 1 44 2 44 0

h (x)

f (t )dt = 1 car f est la densité de pro-

babilité de X. 46. 1. P (1 1 X G 2) = 2

#1

2

f (t )dt .

2. a. # f (t )dt . 0,135 9 à 10 – 4 près. 1 b. P (11 XG 2) = P (XG 2) – P (X 1 1). 0,135 9 à 10 – 4 près.

52. Corrigé dans le manuel. 53. 1 . u = 1, 96 (cours). 2. À l’aide d’une calculatrice on trouve v = 1, 64 à 10 – 2 près. 3. I = 6 – 1,64 ; +3 6 (cours). 4. Il y en a une infinité, par exemple pour a ! @ 0, 45 ; 0, 5 6 , tous les intervalles 6 a a ; b a @ avec a a un réel négatif vérifiant P (a a 1 X 1 0) = a et b a un réel positif vérifiant P (0 1 X 1 b a) = 0, 95 – a .

2. La loi normale ( n ; v 2) 54. à 56. Corrigés dans le manuel.

47. 1.

0,1 0

1

2. P (X G 0) = 0, 5 . 3. Géométriquement : P (X 1 1) = P (X G 0) + P (0 1 X 1 1) . 4. P (0 1 X 1 1) = 0,341 6 à 10 – 4 près. P (X 1 1) = 0,5 + 0,341 3 = 0,841 3 à 10 – 4 près. 48. 1. P (0 G X G 1) = 0,341 3 à 10 – 4 près. 2. P (– 2 G X G 0,3) = 0,595 2 à 10 – 4 près. 3. P (X H 1) = P (X G – 1) = 0,158 7 à 10 – 4 près.

57. 1 . E (X) = 32 , V (X) = 49 , v (X) = V (X) = 7 . 2. P (30 G X G 40) = 0, 485 9 à 10 – 4 près. 3. P (X 1 30) = 0, 387 5 à 10 – 4 près. 4. P (X 2 40) = 1 – P (X 1 30) – P (30 G X G 40) = 1 – 0, 485 9 – 0, 387 5 = 0, 126 6 . 58. 1 . E (X) = 10 , V (X) = 9 , v (X) = V (X) = 3 . 2. P (X G 0) = 0, 000 4 à 10 – 4 près. 3. P ((X G 5),(X 2 12)) = 0,047 8 + (0,252 5) = 0,300 3

à 10 – 4 près.

59. P ( X 2 3) = P ((X 1 – 3) , (X 2 3)) . 1 . v = 1 ; P ((X 1 – 3) , (X 2 3) = 0, 001 3 + 0, 001 8 = 0, 002 6 . © Hachette livre, 2012

139


2 . v = 2 ; P ((X 1 – 3) , (X 2 3) = 2 # 0,066 8 = 0, 133 6 . 3 . v = 3 ; P ((X 1 – 3) , (X 2 3) = 2 # 0, 158 7 = 0, 317 4 .

(

60. 1. P (6 1 X 1 8) = P – 1 1 Z 1 1 P (X 1 7) = P (Z 1 0) ;

P ((X 1 5) , (X 2 9)) = P ((Z 1 –

2

2

) ;

2 ) , (Z 2 2 )).

2. P (6 1 X 1 8) = 0,520 4 ; à 10 – 4 près. P (X 1 7) = 0, 5 ; P ((X 1 5) , (X 2 9)) = 0,078 6 + 0,078 9 = 0, 157 2

à 10 – 4 près.

X–n 1 0. v P (X 1 n) = P (Z 1 0) avec Z qui suit (0 ; 1). P (X 1 n) = 0, 5 . X–n 2 0. 62. X 2 n + X – n 2 0 + v P (X 2 n) = P (Z 2 0) avec Z qui suit (0 ; 1). P (X 2 n) = 0, 5 . 61. X 1 n + X – n 1 0 +

63. 1. Z 1 1 + X – 8 1 1 + X 1 10 ; 2 P (X 1 10) = P (Z 1 1) = 0, 84 . + 5 H 1 + Z H 1 ; 2. X H 0 + X + 5 H + 5 + X v P (X H 0) = 1 – P (Z 1 1) = 0, 16 . X 1 0 + X – 51 – 5 + X – 51 – 1 + Z 1 – 1 ; 5 P (X 1 0) = P (Z 1 – 1) = 1 – P (Z G 1) = 0, 16 .

3.

4. 1 1 X 1 5 + 1 – 51 X – 5 1 0 + – 4 1 X – 51 0 + – 1 1 X – 51 0 . 4 P (11 X 1 5) = P ( – 11 Z 1 0) = 0,5 – 0,16 = 0,34.

64. 1. X G x + X – 3 G x – 3 ; + X – 3G x – 3 + ZG x – 3. 2 2 2 avec Z qui suit (0 ; 1). P (X G x) = P Z G x – 3 . 2 x – 3 = 0,95 + x – 3 = 1,64 2. P Z G 2 2 + x = 2 # 1,64 + 3 + x = 6, 3 .

(

(

)

)

65. 1. X G x + X + 4 G x + 4 . 10 10 Or X + 4 suit la loi normale centrée 10 réduite. Donc P (X G x) = P Z G x + 4 10 où Z est une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite. 2. Le réel positif u vérifiant P (Z G u) = 0, 95 vaut u = 1, 64 à 10 – 2

(

)

TS erm


Livre du professeur

(

)

P Z G x + 4 = 0, 95 ssi 10 x + 4 = 1, 64 , soit x = 1, 19 à 10 – 2 près. 10

près. Donc

66. 1. x = 21, 68 à 10 – 2 près. 2. x = 18, 32 à 10 – 2 près. 3. P (– x G X – 20 G x) = P – x G Z G x 2 2 où Z est une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite. Or P – x G Z G x = P Z G x – P Z G – x

(

(2

) (

)

) ( = 2P ( Z G x ) – 1 . 2

2

2

)

2

Donc P (– x G X – 20 G x) = 0, 8 ssi P Z G x = 0, 9 ssi x = 1, 28 ssi 2 2 x = 2, 56 à 10 – 2 près.

(

)

67. 1. P (3 – x G X G 3 + x) = 0, 95 ssi P – x G Z G x = 0,95 où Z est une 2 2 variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite. Donc x = 1, 96 et 2 x = 3, 92 à 10 – 2 près. 2. P ( X – 3 2 x) = P Z 2 x 2 x = 1 – P – GZGx . 2 2 Géométriquement, il est clair que x 7 P – x G Z G x est croissante et 2 2 donc x 7 P ( X – 3 2 x) est décroissante. On peut également étudier analytique-

(

)

(

)

)

ment la fonction x 7 1 –

x 2 x – 2

#

( (

)

)

(

(

)

)

– 10 10 1Z1 . v v

2. x = 1, 9600 à 10 – 4 près. 3. 10 = 1, 9600 + v = 10 = 5, 1 . v 1, 96 75. 1. X + 9 1 4 + – 13 1 X 1 – 5 + – 41X + 914 + – 41X + 91 4 v v v – 4 4 + 1 Z 1 . P ( X + 9 1 4) = 0, 95 v v – 4 +P 1 Z 1 4 = 0,95 . v v 4 4 = 1, 96 + v = = 2, 04 à 10 – 2 près.

(

)

)

70. et 71. Corrigés dans le manuel. 72. 1. P ( X – n 1 v) = P ( Z 1 1) où Z est une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite. Donc P ( X – n 1 v) = 0, 683 à 10– 3 près. 2. P ( X – n 1 2v) = P ( Z 1 2) = 0, 954 à 10 – 3 près. 3. P ( X – n 1 3v) = P ( Z 1 3) = 0, 997 à 10 – 3 près. 4. P ( X – 100 1 10) = P Z 1 10 v donc 10 = 1,96 et v = 5,10 à 10 – 2 près. v 73. 1. X 1 50 + X – 30 1 20 + X – 30 1 20 ; v v 20 . P (X 1 50) = P Z 1 v 2. P (Z 1 x) = 0, 9 x = 1, 28 à 10 – 2 près. 3. 20 = 1,28 + v = 20 = 15, 625 . v 1, 28 +

f (t )dt pour

68. 1. X + (100 ; 100) . P (X 2 120) = 0, 0228 à 10 – 4 près. 2. P (100 – a G X G 100 + a) = 0, 99 + P – a G Z G a = 0,99 10 10 où Z est une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite. On obtient a = 2, 58 soit a = 25, 8 à 10 – 1 près. 10

3. Ajuster les paramètres d’une loi ( n ; v 2)

74. 1. – 10 1 X 1 10 + – 10 1 X – 0 1 10

s’en convaincre (où f désigne la densité de la loi normale centrée réduite). L’ensemble demandé est donc l’intervalle @ x 0 ; +3 6 où x0 est le réel positif vérifiant P ( X – 3 2 x 0) = 0, 01 , soit x x 1 – P – 0 G Z G 0 = 0,01 2 2 x x + P – 0 G Z G 0 = 0, 99 2 2 x0 + P ZG = 0, 995 2 + x 0 = 5, 16 à 10 – 2 près.

(

où Z est une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite. Il faut et il suffit donc que 2 H 2,33 + v G 0, 86 à v 10 – 2 près.

(

)

(

(

69. Le document ressource du ministère contient des informations sur l’installation et l’utilisation du logiciel R et de son interface R Commander . Pour rappel, l’installation se fait à partir du site http:// cran.r-project.org/. Si suite à la commande library (Rcmdr), le package semble absent, il suffit de l’installer en allant dans le menu Packages/Installer le(s) package(s)... 1. II suffit de suivre l’instruction et d’entrer les valeurs à la main. 2. La moyenne de l’échantillon vaut 49,946 5 et son écart-type 0,973 038. 3. On peut approcher v par l’écart-type observé sur l’échantillon soit 0,973 038. 4. et 5. En suivant les indications, on obtient le tableau et l’histogramme suivants :

v

6. On calcule P (X 2 52) à l’aide d’une calculatrice ou à l’aide du menu indiqué dans R Commander (en cochant « aire à droite »). On obtient P (X 2 52) = 0, 023 à 10 – 3 près. 7. P (X 2 52) G 0,01 + P Z 2 2 G 0,01

(


140

v

)


)

1, 96

2. X 1 0 X + 919 X + 91 9 v v Z1 9 v P (X 1 0) = 0,95 + P Z 1 9 = 0,95 ; v 9 = 1,65 v v = 9 = 5, 45 à 10 – 2 près. 1,65

(

)

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3. P (X H – 10) = P Z H – 1 v = 1 – P Z1– 1 . v 1 = 0, 05 Donc v est tel que P Z 1 – v 1 –2 soit – = – 1, 64 à 10 v et v = 0, 61 à 10 – 2 près.

7. n = 100 maximise P (99 G X G 101) = 0, 6827 à 10 – 4 près. 79. 1. P (1,35 G X G 1, 65) avec X qui suit  (1,5 ; 4,9 # 10 – 3) . P (1, 35 G X G 1, 65) = 0, 9679 à 10 – 4 près. 2. 1, 35 G X 1 G 1, 65 + – 0, 15 G X 1 – 1, 5 G 0, 15

76. 1. X 1 100 + X – n 1 100 – n X – n 100 – n 100 – n 1 + Z1 ; 3 3 3 100 – n P (X 1 100) = P Z 1 . 3 2. P (Z 1 x) = 0, 05 + x = 1, 6449 à 10 – 4 près.

(

( (

)

(

3.

) )

)

100 – n = – 1, 6449 3 + n = – (– 1, 6449 # 3 – 100) = 104, 9347 à 10 – 4 près.

77. 1. P (535 G X G 545) = P (X G 545) – P (X G 535) = 0, 683 à 10 – 3 près.

2. X G 550 + X – m = 550 – m . 5 5

(

)

550 – m = 0,95 5 550 – m = 1, 6449 + m = 550 – 5 # 1, 6449 5 + m = 541, 776 P (X G 550) = 0,95 + P Z G

soit 542 arrondie à l’unité.

(

2. 99 G X G 101 99 – n G Z G 101 – n g ( n) = P (99 – n G Z G 101 – n) .

P

=

(

– 1 e 2r

6. g ¢( n) H 0 + e +–

–

(99 – n) 2

–e

2

–

(99 – n) 2

He

2

).

(101 – n) 2

–

2

(101 – n) 2 2

(99 – n) 2 (101 – n) 2 H– + n H 100. 2 2

On obtient donc le tableau de variations suivant : 100 g ¢( n) g ( n)

+

0

–

)

+

– 3, 66 3, 66 1Z1 . v v

(– 3v, 66 1 Z 1 3,v66) = 0, 95

3, 66 = 1, 96 v 3, 66 +v = = 1, 87 à 10 – 2 près. 1, 96 3, 66 = 2, 5758 2. v 3, 66 +v = = 1, 42 à 10 – 2 près. 2, 5758

5. g ¢( n) = – f (101 – n) + f (99 – n)

)

(

4. g ( n) = F (101 – n) – F(99 – n) .

+

– 0, 15 0, 15 P GZG = 0,99 v v 0, 15 = 2, 58 à 10 – 2 près ; v = 0, 058 . v 80. 1. P (245 G V G 255) avec V qui suit  (250 ; 16) . P (245 G V G 255) = 0, 7887 à 10 – 4 près. 2. 245 G V G 255 + 245 – 250 G V – 250 G 255 – 250 + – 5 G V – 250 G 5 v v v + – 5 G Z G 5 . v v P – 5 G Z G 5 = 0,95 v v 5 = 1, 96 à 10 – 2 près v v = 2, 55 . X 1 3, 66 81. 1. – 3, 66 1 X 1 3, 66 + – 3v, 66 1 v v

78. 1. Z = X – n suit une loi normale  (0 ; 1) .

3. F¢(x) = f (x).

– 0,15 X 1 – 1, 5 0, 15 G G v v v – 0, 15 0, 15 + GZG . v v

+

3. P (X 2 1) = P (X 1 – 1) = 0,3 en mode amateur. La probabilité qu’il encaisse un but est donc de 0,7 en mode amateur. P (X 2 1) = P (X 1 – 1) = 0,24 en mode pro. La probabilité qu’il encaisse un but est donc de 0,76 en mode pro. 4. P (– 1 G X G 1) = 1 – 2 # 0,3 = 0, 4 en mode amateur. La probabilité qu’il encaisse un but est donc de 0,6 en mode amateur.


141


P (– 1 G X G 1) = 1 – 2 # 0, 24 = 0, 52 en mode pro. La probabilité qu’il encaisse un but est donc de 0,48 en mode pro. Daniel a donc intérêt à suivre le conseil de son ami. 82. 1. )

P(X G 40) = 1 – P(X 2 40) G 1 – 0, 95 = 0, 05 P(X G 60) H 0, 999 (énoncé)

Z ] P Z G 40 – n G 0,05 ] v 2. [ 60 ]] P Z G – n H 0,999 v \ 3. À l’aide d’une calculatrice : Z 40 – n ] ] v G – 1, 64 [60 – n ]] H 3, 09 \ v 60 – n H 3, 09 4. 40 – n G – 1, 64 v

( (

) )

v

– n G – 1, 64 v – 40

60 – n H 3, 09 v

n H 1, 64 v + 40

– n H 3, 09 v – 60

n G 60 – 3, 09 v

1, 64 v + 40 G n G 60 – 3, 09 v . 5. D’après l’encadrement de la question 4., il faut que : 60 – 3, 09 v H 1, 64 v + 40 – 4, 73 v H – 20 v G 20 4, 73 v G 4, 23 d’où v max . 4, 23 . 6. Pour v = v max 1,64v + 40 = 60 – 3,09v = n n . 46, 94 .

4. Le théorème de Moivre-Laplace : approcher une loi binomiale par une loi normale 83. et 84. Corrigés dans le manuel. 36 k 36 – k # 0,2 # 0,8 85. 1. P (X = k) = k 2. E (X) = n # p = 36 # 0, 2 = 7, 2 v (X) = np (1 – p) = 5, 76 = 2, 4 .

( )

3. a.

(

P – 1G

)

X – 7,2 G 1 = P (4,8 G X G 9,6) 2, 4 . 0, 705 5 à 10 – 4 près.

b. P (20 1 X G 36) . 2, 65 # 10 – 6 . c. P (X H 72) . 0, 56 . 4. a. n = 36 H 30

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n # p = 7, 2 H 5 n (1 – p) = 28, 8 H 5 Donc d’après le théorème de MoivreLaplace X – E (X) P a1 G b . P (a G Z G b) , v (X) où Z suit  (0 ; 1) .

(

)

(

5. a. P – 1 G

)

X – 7,2 G 1 . 0, 6827 2, 4

à 10 – 4 près. b. P (20 1 X G 36) = P

(

)

X – 7,2 5,33 1 1 12 2, 4 . 5 # 10 – 8

( ( )

)

X – 7,2 H 0 = 0, 5 . 2, 4 64 0, 1 k # 0, 9 64 – k 86. 1. P (X = k) = k 2. E (X) = n # p = 64 # 0, 1 = 6, 4 v (X) = np (1 – p) = 5, 76 = 2, 4 . c. P (X H 7, 2) . P

(

)

n (1 – p) H 5 pour l’application du théorème de Moivre-Laplace. On a enfin P

(

a – E (X) v (X)

GZG

)

b – E (X) v (X)

= P (a G Y G b)

ce qui conduit à P (a G X G b) . P (a G Y G b) . 88. 1. E (X) = n # p . v (X) = np (1 – p) .

(

2. P a 1

X – E (X) v (X)

)

1 b . P (a G Z G b)

où Z suit  (0 ; 1) aux conditions suivantes : n H 30 , np H 5 et n (1 – p) H 5 . 3.

P (x G X G y) . P

(

).

x – E (X) y – E (X) 1Z1 v (X) v (X)

4. a. P (112 1 X 1 130)  (1000 ; 0, 12) E (X) = 120 v (X) = 120 # (0, 88) . 10, 28 P (112 1 X 1 130) . P (– 0, 78 G Z G 0, 97) . 0, 616 . b. P (53 1 X 1 59)  (365 ; 0, 18) E (X) = 65, 7 v (X) . 7, 34

87. 1. E (X) = n # p = 10, 5 ; v (X) = np (1 – p) . 2, 71 . 2. a. P (8 G X G 12) = 0, 6403 à 10– 4 près. b. P (X 2 20) = 2, 232 # 10 – 4 . c. P (X G 5) = 0, 0269 à 10 – 4 près. 3. Y = E (X) + Zv (X) a. P (8 G Y G 12) . P (– 0, 92 G Z G 0, 55) = 0, 53 . b. P (Y 2 20) . P (Z 2 2, 76) . 2, 9 # 10– 3 . c. P (Y G 5) . P (Z G – 2, 03) à 10 – 4 près. 4. P (a G X G b) = P a – E (X) G X – E (X) G b – E (X)

89.  (70 ; 0, 7) 1. P (45 G X G 55) = 0, 8374 à 10– 4 près. 2. n # p = 49 H 5 n = 70 H 30 n (1 – p) = 70 # 0, 3 = 21 H 5 3. E (X) = 49 v (X) = 49 # 0,3 - 3, 83

)

( (

.P

v (X)

v (X)

v (X)

)

)

a – E (X) b – E (X) GZG v (X) v (X)

d’après le théorème de Moivre-Laplace. La dernière approximation est justifiée par le fait que n = 35 et p = 0, 3 , ce qui valide les conditions n H 30 , np H 5 et

P (53 1 X 1 59) . P (– 1, 73 G Z G – 0, 91)

(453,–8349 G Z G 553,–8349)

. P (– 1 G Z G 1, 57)

. 0, 7831 à 10 – 4 près.

90. 1. P (X H 180) = 0, 3867 à 10– 4 près. 2. P (X H 180) =

1760

/

k = 180

(17k60) 0, 1 0, 9 k

1760 – k

3. La calculatrice renvoie une erreur : le calcul est hors de sa portée. 4. n = 1760 H 30 n # p = 176 H 5 n (1 – p) = 1584 H 5


142

)


. 0, 14 . c. P (40 1 X 1 60)  (708 ; 0, 05) E (X) = 35, 4 v (X) . 5, 8 P (40 1 X 1 60) . P (0, 79 G Z G 4, 24) . 0, 215 .

P (45 G X G 55) . P

91.  (125 ; 0, 3) 1. E (X) = 35, 7 v (X) = 37, 5 # 0, 7 - 5, 12 2. n = 125 H 30 n # p = 37, 5 H 5 n (1 – p) = 125 # 0, 7 = 87, 5 H 5 35 – 37, 5 P (X 2 35) . P Z 2 5, 12 . P (Z 2 – 0, 49) . 0, 6879 à 10 – 4 près.

(

3. a. P – 2 G X – 6, 4 G 0, 5 = P (1, 6 G X G 7, 6) 2, 4 . 0, 6826 à 10 – 4 près. b. P (4 G X G 10) = 0, 8421 à 10 – 4 près. c. P (X H 6, 4) = 0, 4610 à 10 – 4 près. 4. Les conditions permettant d’utiliser l’approximation de Moivre-Laplace sont réunies. X – 6,4 G 0, 5 . 0, 6687 5. a. P – 2 G 2, 4 –4 à 10 près. b. P (4 G X G 10) = P (– 1 G Z G 1, 5) . 0, 7745 à 10 – 4 près. c. P (X H 6,4) = P (Z H 0) = 0, 5 à 10 – 2 près.

(

Les conditions sont réunies. 5. P (X H 180) - P (Z H 0, 32) - 0, 3745 à 10 – 4 près. E (X) = 176 v (X) = 176 # (0, 9) . 12, 59 . 6. Les résultats de 5. et 1. ne sont pas tout à fait égaux, bien que proches. Cela signifie que la calculatrice n’utilise pas l’approximation de Moivre-Laplace pour effectuer le calcul.


93. 1. E (X) = 24 v (X) = 24 # 0, 8 . 4, 38 2. n = 120 H 30 n # p = 24 H 5 n (1 – p) = 120 # 0, 8 = 96 H 5 . 3. 6 – 1,96 ; 1,96 @ . 4. a = 1,96 et a = 8, 76 . v (X) 94. 1.  (300 ; 0, 03) . 2. P (X = 4) . 0, 0325 ; P (X G 4) . 0,0524 . 3. E (X) = n # p = 300 # 0,03 = 9 ; v (X) = 9 # 0, 97 . 2, 95 . 4. n = 300 H 30 n # p = 9 H 5 n (1 – p) = 291 H 5 . 5. P (X G 12) . P (Z 1 1) . 0, 84 ; P (6 G X G 12) . P (– 1 G Z G 1) . 0, 68 . 95. 1.  (150 ; 0, 4) . E (X) = 60 ; v (X) = 60 # 0, 6 = 6 . 2. Théorème de Moivre-Laplace. 3. P (X G 72) . P (Z G 2) . 0, 977 P (X H 69) . P (Z H 1, 5) . 0, 0668 P (69 G X G 72) . P (1,5 G Z G 2) . 0, 044 à 10 – 4 près. 96.  (36 ; 0, 2) . 1. P (X = 0) = 3, 245 # 10 – 4 2. P (X 2 10) = 0, 0889 à 10 – 4 près.

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Livre du professeur

3. n = 36 H 30 np = 7, 2 H 5 n (1 – p) = 28, 8 H 5 . 4. D’après l’approximation de MoivreLaplace, 1, 2 P (X 1 6) . P Z 1 – = 0,31 à 10 – 2 2, 4 près. 5. X + (36 ; p) . On cherche p tel que P (X 1 6) H 0,5 . 6 – 36p Or P (X 1 5) . P Z 1 36p (1 – p) d’après le théorème de Moivre-Laplace. Cette approximation est valable si 36pH5 + pH0, 139 et 36 (1 – p)H5 + pG0, 861 . Suivant cette approximation, on cherche p tel que 6 – 36p P Z1 H0,5 ce qui conduit 36p (1 – p) 6 – 36p à H 0 ou de façon équiva36p (1 – p) lente à 6 – 36p H 0 . On obtient donc p G 0, 17 . Il est à noter que pour cette valeur maximale de p l’approximation de Moivre-Laplace utilisée précédemment est légitime. 97. 1. X + (1500 ; 0,9), E(X) = 1 350 et v (X) = 11,62 . 2. Le calcul fait intervenir, au travers d’une somme, des coefficients binomiaux impossibles à calculer pour une calculatrice. 3. Ce choix est justifier par le théorème de Moivre-Laplace, que l’on peut appliquer ici car n = 1500 H 30 , np = 1 350 H 5 et n (1 – p) = 150 H 5 . 4. D’après 3. P(X 2 1340) . P Z 2 1340 – 1 350 11, 62 où Z désigne une variable aléatoire suivant la loi (0 ; 1) . On a

(

)

(

(

)

)

(

(

P Z2

)

)

1340 – 1350 = P(Z 2 – 0,86) = 0,81 11, 62

à 10 – 2 près.

= 6 0, 28 ; 0, 52 @ à 95 %.

101. 1.

= 0,4 – 1,96

0, 24

0, 24

G; , 0,4 + 1,96 70 70 6 0, 285 ; 0, 515 @ à 10 – 3 près. 2. X peut prendre toutes les valeurs entières comprises entre 0 et 70 inclus. 3. 6 0,285 # 70 ; 0,515 # 70 @ soit 6 20 ; 36 @ à 95 %. 4. Il suffit de saisir sous R rbinom (1,70,0.4). On obtient par exemple le nombre 29. 5. Pour l’exemple précédent, la réponse est oui. 6. Pour simuler 10 réalisations sous R , il suffit de saisir rbinom(20,70,0.4). On obtient par exemple les valeurs 27, 18, 21, 25, 25, 30, 23, 29, 26, 32 : une d’elles n’appartient pas à l’intervalle calculé en 3. 7. Il devrait y avoir une proportion d’à peu près 5 % des valeurs en dehors de l’intervalle calculé en 3. 102. 1.

(

lim P p – u a

n " +3

p (1 – p) n + ua

2. = p – 1,64

p (1 – p) n

G FG p p (1 – p) n

; p + 1,64

)

= 1 – a.

p (1 – p) n

G

à 90 %. = p – 1, 96

p (1 – p) n

; p + 1, 96

p (1 – p) n

G

à 95 %. = p – 2, 58

p (1 – p) n

; p + 2, 58

p (1 – p) n

G

à 99 %. 3. F appartient à =p – 2

p (1 – p) n

;p+2

p (1 – p) n

G lorsque

n " +3 avec une probabilité de 0,954 5 à 10 – 4 près. 4. F appartient à p (1 – p)

p (1 – p)

G lorsque

5. Fluctuations d’une fréquence

=p – 3


n " +3 avec une probabilité de 0,997 3 à 10 – 4 près.

100. 1.

= p – 1,96

p (1 – p)

; p + 1,96

p (1 – p)

n n à 95 %. 2. n H 30 , np H 5 et n (1 – p) H 5 .

G

n

;p+3

n

103. 1. n = 60 H 30 ; n # p = 24 H 5 ; n (1 – p) = 36 H 5 . 2. 0, 24 0, 24 = 0, 4 – 1, 96 G ; 0, 4 + 1, 96 60 60 © Hachette livre, 2012

143


0, 24

= 0, 4 – 2, 58

; 0, 4 + 2, 58 60 = 6 0, 24 ; 0, 56 @ à 99 %.

0, 24 60

G

104. 1. n = 43 H 30 ; np = 25, 8 H 5 ; n (1 – p) = 17, 2 H 5 . 2. 0, 24 0, 24 = 0, 6 – 1, 96 G ; 0, 6 + 1, 96 43 43 = 6 0, 45 ; 0, 75 @ à 95 %. 3. 0, 24 0, 24 = 0, 6 – 2, 58 G ; 0, 6 + 2, 58 43 43 = 6 0, 41 ; 0, 79 @ à 99 %. 105. Corrigés dans le manuel. 106. 1. n = 40 H 30 ; n # p = 20, 56 H 5 ; n (1 – p) = 19, 44 H 5 . 0, 249 8

= 0, 514 – 1, 96

; 0, 514 + 1, 96

40

0, 249 8

G

40

= 6 0, 36 ; 0, 67 @ . 16 2. = 40 % . On ne peut pas affirmer 40 qu’il y a dans cette classe une sous représentation des filles à 95 %. 3. Bonne question ! 107. n = 81 H 30 ; np = 41, 31 H 5 ; n (1 – p) = 39, 69 H 5 . 1. 0, 249 9

= 0, 51 – 1, 96

81

; 0, 51 + 1, 96

0, 249 9 81

G;

à 95 %. 6 0, 40 ; 0, 62 @ . 1. 17 # 100 . 21 % . On peut donc affir81 mer à 99 % que les admis d’origine socioprofessionnelle « employés et ouvriers » sont sous représentés à l’ENA. 108. 1. (n ; 0,04) . 2. = 0, 04 – 2, 58

0, 038 4

3. >

(

0, 04 – 2, 58

; 0, 04 + 2, 58

0, 038 4

n

0, 038 4 n

n

) ( n;

0, 04 + 2, 58

0, 038 4 n

)

G;

nH.

4. En notant X le nombre de coupes abîmées, on cherche : P(X 1 n max) = P

(

X – 0, 04 n 0, 0384 n

1

n max – 0, 04 n 0, 0384 n

)

.

Or d’après la définition de n max , on n – 0, 04 n = 2, 58 . obtient max 0, 038 4

TS erm


Livre du professeur

De plus, d’après l’approximation de Moivre-Laplace, si n H 30 et 0,04 n H 5 + n H 125 et 0, 96 n H 5 + n H 5, 2 , autrement dit si n H 125 , X – 0, 04 n P 1 2, 58 . P(Z 1 2, 58) où 0, 0384 n Z désigne une variable aléatoire suivant la loi  (0 ; 1) . On obtient finalement P (X 1 n max) . P (Z 1 2, 58) = 0, 995 à 10 – 3 près. 5. Il s’agit de résoudre n – n max H 400 soit 0, 96 n – 2, 58 0, 0384 n n – 400 H 0. n Le discriminant du polynôme en à gauche de cette inégalité vaut T= 1 536, 256 . Ce polynôme admet donc deux racines dont une seule est positive (car 0, 96 # (– 400) 1 0 ) : elle vaut 20,68. L’inégalité initiale est donc vérifiée si n H 20, 68 2 c’est-à-dire n H 428 .

(

)

109. 1. Soit X le nombre de spectateurs se rendant au spectacle. X +  (n ; 0, 9) . La proportion de personnes se rendant au spectacle vaut F = X . Elle fluctue avec une n probabilité asymptotique de 0,95 dans l’intervalle = 0, 9 – 1, 96

0, 09

0, 09

; 0, 9 + 1, 96

n

n

Si n = 200 , il vaut 6 0, 86 ; 0, 94 @ . 2. On cherche n H 200 tel que : P(X G 200) = 0, 95 + P

(

X – 0, 9 n 0, 3 n

G

200 – 0, 9 n 0, 3 n

)

G.

= 0, 95.

D’après le théorème de Moivre-Laplace, si n H 30 et 0,9 n H 5 + n H 5, 56 et 0, 1 n H 5 + n H 50 , autrement dit si n H 50 on a : P

(

X – 0, 9 n 0, 3 n

G

200 – 0, 9 n 0, 3 n

) (

.P Z G

200 – 0, 9 n 0, 3 n

)

où Z désigne une variable aléatoire suivant la loi  (0 ; 1) . On cherche donc

(

n H 200 tel que P Z G soit

200 – 0, 9 n

200 – 0, 9 n 0, 3 n

= 1, 64

ou

)

= 0, 95

encore

0, 3 n 0,9 n + 0,492 n — 200 = 0 . La résolution

de ce polynôme du second degré donne n = 14, 64 , une seule racine positive soit n = 214, 33 . Le directeur de la salle peut donc vendre 214 tickets: il aura une probabilité de plus de 0,95 qu’au plus 200 personnes se présentent le soir du spectacle. 110. 1.  (5 000 ; 0, 03) .

2. n = 5 000 H 30 ; np = 150 H 5 ; n (1 – p) = 4 850 H 5 .

(

> 0, 0 3 – 1, 96

0, 029 1 5 000

)(

; 0, 0 3 + 1, 96

0, 029 1 5 000

) H

= 6 0,025 ; 0,035 @ . 3. P (127 G X G 174) . 0, 953 5 à 10 – 4 près. 4. Moins de 5 %. 5. Non 172 ! 6 127 ; 174 @ . 6. 0 g 6 127 ; 174 @ donc le lot aurait été jugé non conforme. 7. P(X H 170) . 0,055 à 10 – 3 près. 8. Non. 9. Pascal. 10. 172 H 170 donc le lot de Pascal est non conforme. 111. 1. n = 100 H 30 ; n # p = 5 H 5 ; n (1 – p) = 5 H 5 .

(

> 0, 0 5 – 1, 96

0, 047 5 100

)(

; 0, 0 5 + 1, 96

0, 047 5 100

(

0, 0 5 – 1, 96

0, 047 5 200

)(

; 0, 0 5 + 1, 96

0, 047 5 200

)H

)H

.

soit 6 4 ; 16 @ . 9. 9 + 8 = 17 cartes défectueuses à tous les deux 17 g 6 4 ; 16 @ , il semble donc que p 2 0, 05 .

6. Intervalles de confiance 112. et 113. Corrigés dans le manuel. 114. 1.  (50 ; p) . 2. IC = ; 0,26 – 1 ; 0,26 + 50 = 6 0, 12 ; 0, 40 @ . © Hachette livre, 2012

144

1 E 50


116. 15 = 0, 25 . 60

1 ; 0, 25 + 60 = 6 0, 12 ; 0, 38 @ .

2. IC = ; 0, 25 –

1 E 370

1 E 60

1 ; 0, 45 + 222 = 6 0, 38 ; 0, 52 @ RnB .

117. 1. IC = ; 0, 45 –

1 E 222

1 ; 0, 42 + 1 E 222 222 = 6 0, 35 ; 0, 49 @ Pop/Rock.

2. IC = ; 0, 42 –

1 ; 0, 38 + 222 = 6 0, 31 ; 0, 45 @ Rap.

1 E 222

1 ; 0, 28 + 222 = 6 0, 21 ; 0, 35 @ Electro.

1 E 222

IC = ; 0, 38 –

IC = ; 0, 28 –

= 6 0, 007 ; 0, 093 @ ; soit 6 0, 7 % ; 9, 3 % @ . 2. Le test indique que Dominique a raison. 3. On a obtenu un intervalle de fluctuation à 95 %, il y a donc 5 % de chance que la fréquence observée n’appartienne pas à l’intervalle de la question 1. 4.  (100 ; 0, 09) . 5. 0,007 G X G 0, 093 . 100 + 0,7 G X G 9,3 . P(F ! I) = P(0,7 G X G 9,3) . 0,59 . 6. Avantage à Dominique, car même lorsque p = 0, 09 , son test conclut à p = 0, 05 dans quasiment 60 % des cas. 7. 8% est inclus dans l’intervalle de fluctuation 6 0, 7 % ; 9, 3 % @ . 8. >

1 ; 0, 07 + 370 = 6 0, 018 ; 0, 122 @ .

115. IC = ; 0, 07 –

1 ; 0, 26 + 1 E 222 222 = 6 0, 19 ; 0, 33 @ chanson française. 3. Non car les intervalles de confiance associés aux styles RnB et Pop/Rock se chevauchent . 4. Selon le même critère seuls les styles « musiques électroniques » et « chanson française » (parmi les styles de l’enquête) sont moins écoutés que le RnB. 96 = 0, 96 118. 1. F . 100 2. IC = ; 0, 96 – 1 ; 0, 96 + 1 E 100 100 = 6 0, 86 ; 1 @ . 119. 1. F = 91 = 0, 91 100 2. IC = ; 0, 91 – 1 ; 0, 91 + 1 E 100 100 = 6 0, 81 ; 1 @ . IC = ; 0, 26 –

120. 1. Il suffit de recopier l’indication sous R . 2. ech=sample(pop,100) permet d’enregistrer l’échantillon tiré dans le vecteur ech. Le résultat du tirage peut être visualisé en tapant simplement ech sous R . 3. La commande table(ech) répond à la question. On obtient par exemple 47 « A », 2 « AB », 6 « B » et 45 « O ». 4. D’après l’échantillon précédent les proportions de chaque groupe dans la popula-

TS erm


Livre du professeur

tion totale peuvent être estimées à 0,47 pour le groupe « A », 0,02 pour « AB », 0,06 pour « B » et 0,45 pour « O ». Pour obtenir une estimation par intervalle de confiance au niveau asymptotique 0,95, il suffit d’ajouter l’erreur 1 = 0, 1 de part et 100 d’autre des estimations, soit [0,37 ; 0, 57] pour « A », [0 ; 0,12] pour « AB », [0 ; 0,16] pour « B » et [0,35 ; 0, 55] pour « O ». 5. Oui. 6. Si on tire un autre échantillon, on obtient évidemment de nouveaux intervalles de confiance pour l’estimation des proportions. Il peut arriver que certains d’entre eux ne contiennent pas la vraie proportion : cela arrive avec une probabilité inférieure à 0,05. 121. 1.  (n ; p 1) ;  (n ; p2) . 2. F1 = 10 . 0, 28 ; F2 = 12 . 0, 33 . 36 36 1 ; 0, 28 + 36 = 6 0, 11 ; 0, 45 @ .

3. IC 1 = ; 0, 28 –

1 E 36

1 ; 0, 33 + 1 E 36 36 = 6 0, 16 ; 0, 50 @ . IC 1 et IC 2 se chevauchent, on ne peut donc pas départager Daniel et Frédéric. 4. F11 = 25 . 0, 28 ; F22 . 0, 33 . 90 IC 11 = 6 0, 17 ; 0, 39 @ et IC 22 = 6 0, 22 ; 0, 44 @ . IC 11 et IC 22 se chevauchent, on ne peut donc pas départager Daniel et Frédéric. IC 2 = ; 0, 33 –

5. 0,28 + 1 G 0,33 – 1 + 2 G 0, 05 n n n n + H 20 + n H 40 + n H 1 600 . 2 Il faudra effectuer 1 600 tirs pour que de manière significative p1 1 p2 . 122. 1.

(F + 1n ) – (F – 1n )1 0,02 + 2n 1 0,02 n

+

n

n 2 50 + 2

n 2 100 + n 2 10 000 .

L’institut devra interroger au moins 10 000 personnes. 6 . 0, 074 . 7, 4 % . 81 14 fautre = . 0, 011 - 1, 1 % . 1 303

123. 1. fTIT =

2. IC TIT = ; 0, 074 – 1 ; 0, 074 + 1 E 81

3.

81

= 6 0 ; 0, 185 @ .

IC autres = ; 0, 011 –

1 ; 0, 011 + 1 303

1 E 1 303

= 6 0 ; 0, 039 @ . 4. Les deux intervalles se chevauchent, il est donc impossible d’affirmer qu’il y a une probabilité plus importante qu’une prothèse de la marque TIT se rompe. 5. 0,074 – 1 H 0,011 + 1 n 16n 1 + 0,074 – H 0,011 + 0,25 # 1 n n 1, 25 + G 0, 074 + 0,011 n 1, 25 + G 0, 085 n + n H 14,71 + n H 217 . 6. fTIT = 95 = 0, 047 . 4, 7 % . 2 017 309 fautre = . 0, 010 = 1, 0 % . 29 814 1 ; 0, 047 + 2017 = 6 0, 025 ; 0, 069 @ . 1 IC autres = ; 0, 01 – ; 0, 01 + 29 814 = 6 0,004 ; 0,016 @ puisque 0, 016 1 0, 025 on peut IC TIT = ; 0, 047 –

1 E 2017 1 E 29 814

6. P (Z G 1,64) = 0,95 ; X – 931 G 1, 64 ; 8 X G 944 . 125. 1. E = 1 = 1 = 5 ans . m 0, 2 2 2 2. p = #0 me– mx = 6 – emx @0 = – e0, 4 + 1 . 0,33 . 3. (1 400 ; 0,33) ; E (X) = 462 ; v (X) = 462 # 0, 67 . 17, 6 . 4. Il s’agit de l’intervalle de fluctuation de F = X au niveau asymptotique 0,95 : 1 400 0, 33 (1 – 0, 33) = 0,33 – 1,96 ; 1 400 0, 33 + 1, 96

0, 33 (1 – 0, 33)

à 10 – 2 près.

1 400

G = 6 0, 31 ; 0, 35 @

5. P (X 2 700) = 1 – P (X G 700) = 1 – P (X – 462 G 238) X – 462 =1–P G 13, 5 17, 6 = 1 – P (Z G 13, 5) ; Z suit (0 ; 1) . 0 . 126. A. 1. (n ; 0,006) ; E (X) = 0, 006n ; v (X) = 0, 006 n (0, 994) = 0, 077 n .

(

2. P (X = 0) =

(n0) 0,006 # 0,994 0

)

n

= 0,994n .

4. n = 1 000 H 30 ; np = 931 H 5 ; n (1 – p) = 69 H 5 .

3. n = 10 000 ; E (X) = 60 ; v (X) . 7, 7 . – 10 G X – 60 G 10 X – 60 + – 1, 3 G G 1, 3 7, 72 P (50 G X G 70) = P (– 1,3 G Z G 1,3) avec Z qui suit (0 ; 1) . 0, 806 à 10 – 3 près. B. 1. f = 85 = 0, 85 . 100 2. IC = ; 0,85 – 1 ; 0,85 + 1 E 100 100 = 6 0, 75 ; 0, 95 @ . 3. Non : par définition la probabilité que l’intervalle de confiance contienne p est supérieure à 0,95, mais l’intervalle ne contient pas à coup sûr p. Ainsi étant donné un échantillon particulier, l’IC correspondant peut ne pas contenir p, mais ceci arrive avec une probabilité très faible.

5. 927 G X G 935 + – 4 G X – 931 G 4 + – 0,5 G X – 931 G 0, 5 8 + – 0,5 G Z G 0,5 avec Z qui suit (0 ; 1) P (– 0,5 G Z G 0,5) . 0,383 .

127. A. 1. P (89, 6 G X G 90, 4) ; – 0,4 G X – 90 G 0,4 + – 2, 35 G X – 90 G 2, 35 0, 17 + – 2, 35 G Z G 2,35 avec Z qui suit (0 ; 1).

affirmer que la probabilité de rupture des prothèses TIT est supérieure à celle des autres marques.

7. Problèmes 124. 1. Les deux défauts sont indépendants donc : P (A + B) = P (A) # P (B) P (D 1 + D 2) = 0, 02 # 0, 05 = 0, 001 . 2. P = P (D 1)# P (D 2) = 0,98# 0,95 = 0,931 . 3. (1 000 ; 0,931) ; E (X) = n # p = 931 ; d (X) = 931 # (0,069) . 8 .


145


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Livre du professeur

P (89, 6 G X G 90, 4) = P (– 2, 35 G Z G 2, 35) . 0, 98.

2. P (– a G Z G a) = 0, 99 ; donc a = 2, 58 90, 4 – 90 = 2, 58 v1 0, 4 + v1 = . 0, 155 . 2, 58 B. 1. (4 ; 0,02). 2. P (Y = 0) = 0, 98 4 = 0, 92 . 4 3. P (Y = 1) = 0,02 1 # 0,98 3 = 0,075. 1 P (Y G 1) = 0, 995.

()

3. Z G 15 + Z – 20 G – 5 + Z – 20 G – 1, 13 4, 43 + W G – 1, 13 avec W qui suit (0 ; 1). P (Z G 15) = P (W G – 1, 13) . 0, 13 . 128. A. 1. E (E A) = 1 = 50 °C . 0, 02 2. P (E A 2 140) . 0, 061 . 3. P (E B 2 140) . 0, 032 . B. 1. 0,7

C. 1. (1 000 ; 0,02). 2. n = 1 000 H 3 ; np = 20 H 5 ; n (1 – p) = 1 000(0,98) = 980 H 5 . v (Z) = 10 # 0, 98 . 4, 43 .

0,3

0,06

D

0,94

— D

0,03

D

0,97

— D

A

P (D) = P (A + D) + P (B + D) = P (A) # PA (D) + P (B) # PB (D) = 0,7 # 0, 06 + 0, 3 # 0,03 = 0, 051 . 2. (500 ; 0,051). 3. n = 500 H 30 ; np = 25, 5 H 5 ; n (1 – p) = 474, 5 H 5 . v (X) = 25, 5 # 0, 949 . 4, 9 . 4. X 2 30 + X – 25, 5 2 4, 5 X – 25,5 + 2 0, 92 4, 9 + Z 2 0,92 avec Z qui suit (0 ; 1). P (X 2 30) . P (Z 2 0, 92) . 0, 18 .

B

En route vers le bac (p. 414-415) 129. 1. P (3 G X G 4,4) . 0, 68 2. = 0, 68 – 1, 96 6 0,63 ; 0,73 @ .

0, 217 6 400

; 0, 68 + 1, 96

0, 217 6 400

G

;

130. 1. P(E ) = 1 ; 4 (7 500 ; 0, 25) ; E = 1 875 ; v = 1 406, 25 = 37, 5 . 2. = 0, 25 – 1,96 6 0, 24 ; 0, 26 @ .

0, 187 5 7 500

; 0, 25 + 1,96

0, 187 5 7 500

G

;

3. 1 740 = 0, 232 g 6 0, 24 ; 0, 26 @ . 7 500 4. 1 1 IC = ; 0,232 – ; 0,232 + E 7 500 7 500 = 6 0, 22 ; 0, 24 @ . 131. A. 1. (n ; 0, 26) . 2. P(X = 2) =

(62) 0,26

2

# 0,74 4 . 0,30 .

P(X G 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2). P(X = 0) = 0,746 . 0, 16 . P(X = 1) = 6 # 0, 26 # 0,745 . 0, 35 . P(X G 2) . 0, 81 . n

3. P(X = 0) = 0, 74 . 4. P(F) = 1 – P (X = 0) = 1 – 0, 74 n 1 – 0,74 n H 0, 95 – 0, 74 n H – 0, 05 0,74 n G 0,05

PU (X = k) = PU (X = k) = 0 pour k entre 1

n ln 0, 74 G ln 0, 05 ln 0, 05 nH ln 0, 76 n H 10 . B. 1. P(Y = 27) . 0, 897 2. P(Y G 24,5) . 0, 376

2

132. 1. On sait que l’urne choisie pour les tirages est U 1 . De plus les tirages sont effectués avec remise et de façon indépendante. A chaque tirage, une boule rouge peut donc être tirée avec une probabilité 2 . Donc X + 200 ; 2 et le 5 5 résultat s’en suit. 2. Si les tirages sont effectués dans U2 , on est sûr d’obtenir une boule rouge à chaque tirage puisque U2 ne contient qu’une seule boule, qui est rouge. Ainsi : PU (X = 200) = 1 et pour tout entier k 2 entre 0 et 199, PU (X = k) = 0 . Au contraire, 2 si les tirages sont effectués dans U3 , on n’obtiendra jamais de boule rouge. Ainsi PU (X = 0) = 1 et pour tout entier k entre 3 1 et 200, PU (X = k) = 0 . On en déduit 3 l’égalité proposée. 3. D’après la formule des probabilités totales, pour tout entier k entre 1 et 199,

(

)

P(X = k) = PU (X = k)P(U1) + PU (X = k)P(U2) 1

2

+ PU (X = k)P(U3) . 3

Or P (U1) = P(U2) = P(U 3) = 1 et 3 © Hachette livre, 2012

146

3

et 199 d’après 2.. On en déduit P(X = k) = 1 PU (X = k) pour 3 1 tout entier k entre 1 et 199. 4. D’après 3. et 1. :


P(60 1 X G 100) = =

100

/

k = 61

100 k = 61

1 PU (X = k) 3 1

2 5

3 5

/

P(X = k) =

( )( ) ( )

100 1 / 200 k 3 = 61 k

k

200 – k

Or pour tout k compris entre 0 et 200, 200 2 k 3 200 – k P(T = k) = donc 5 5 k

( )( ) ( )

P(60 1 X G 100) =

100

1 / P(T = k) = P(60 1 T G 100). 3 k = 61

5. T + (n ; p) avec n = 200 et p = 2 . 5 Puisque n H 30 , np H 5 et n (1 – p) H 5 , il est raisonnable d’utiliser l’approximation normale issue du théorème de Moivre-Laplace. Ainsi

(

)

60 – 80 T – 80 100 – 80 1 G 6, 93 6, 93 6, 93 –3 . P(– 2, 89 1 Z G 2, 89) = 0, 996 à 10 près.

P(60 1 T G 100) = P

133. 1. G (0) =

#0

0

f (t )dx = 0

et x lim G (x) = x lim + + " 3

#x

" 3 –x

f (t )dt = 1 car

f est une densité de probabilité. 2. G(x) = P (– x G X G x) pour x H 0 . F est une primitive de f on a : G(x) =

#– xx

f (t )dt =

#0 x f (t)dt – #0 – x f (t)dt

= F(x) – F(– x) .

TS erm


Livre du professeur

3. F ¢ (x) = f (x) et F ¢ (– x) = – f (– x) d’après la formule de dérivation d’une fonction composée. Donc pour x H 0 , G ¢ (x) = f (x) + f (– x) . 4. f (x) 2 0 pour tout x et donc G(x) 2 0 pour tout x H 0 . On en déduit que G est strictement croissante sur R+. x

0

+3

ux

G ¢(x)

+ 1

G (x)

1–a

0

Xn ; n P(– u a G Z G u a) = 1 – a avec

(

+ p – ua

X n – np np (1 – p)

G ua

n

G

Xn n

G p + ua

p (1 – p) n

n

x

p (1 – p)

G Fn G p + u a p (1 – p)

.

p (1 – p)

; p + ua

n

xn . n P(– u a G Z G u a) = 1 – a avec a ! @ 0 ; 1 6 et Z qui suit  (0 ; 1) . p (1 – p) n p (1 – p)

(

p (1 – p) n

G Fn

)

(

G Fn

Gp + 2

p (1 – p)

()

g 1 =1 2 4

On a donc pour tout p ! 6 0 ; 1 @ , p (1 – p) G 1 . 4 1 p (1 – p) G2 4 = 1 . 4. 2 n n n Donc : p (1 – p) p (1 – p) =p – 2 G ;p+2 n n 1 ;p – 1 ; p + 1 E. n n 5. D’après les questions 2. et 4.. lim P p – 1 G Fn G p + 1 n " +3 n n p (1 – p) 2 lim P p – 2 G Fn G p n p (1 – p) +2 2 0, 95 . n 6. n "lim+ P Fn ! = p – 1 G ; p + 1 H 0,95 .

= 1 – a. n 2. P(– 2 G Z G 2) = 1 – a pour Z suivant  (0 ; 1) . On trouve à l’aide d’une calculatrice 1 – a . 0,954 2 0, 95 . G p + ua –

– 1 4

g (x)

H

1

+

g¢(x)

135.  (n ; p) . et Fn =

(

1 2

0

n

)

n = P(– 2 G Z G 2) . 0, 954 2 0, 95 .

3

3. Soit g (p) = p (1 – p) pour p ! 6 0 ; 1 @ ; g ( p) = p – p2 . g ¢( p) = 1 – 2p ; g ¢( p) = 0 + 1 – 2p = 0 + p = 1 . 2

)

(

(

)

n

n

)

Or Fn ! ; p – 1 ; p + 1 E n n + p ! ; Fn – 1 ; Fn + 1 E . n n Donc P (p ! IC) H 0, 95 lorsque n est assez grand, ce qui montre que l’intervalle IC a un niveau de confiance de 95 % pour l’estimation de p.

np (1 – p)

np (1 – p) G X n G np + u a p (1 – p)

n

lim P p – 2

)

np (1 – p) G X n – np G u a

+ np – u a

p (1 – p)

+ Fn ! > p – u a

n " +3

a ! @ 0 ; 1 6 ; avec Z qui suit  (0 ; 1) . 1. D’après le théorème de MoivreLaplace : X n – np lim P – u a G G ua n " +3 np (1 – p) = P(– u a G Z G u a) = 1 – a .

+ – ua

p – ua

" 3

134.  (n ; p) et Fn =

– ua G

3.

n

G Fn G p + u a

P p – ua 1. n lim +

5. La fonction G est continue, strictement croissante de 6 0 ; +3 6 dans 6 0 ; 1 @ , il existe un unique u a positif tel que G (u a) = y . Donc P(– u a G X G u a) = y P(– u a G X G u a) = 1 – a .

2.

p (1 – p)

+ p – ua

np (1 – p)

p (1 – p) n

Accompagnement personnalisé (p. 416-417) 141. P ( X – 2 2 3) = 0, 05 P (– 1 1 X 1 5) = 0,95 P – 3 1 X – 2 1 3 = 0, 95 v v v P – 3 1 Z 1 3 = 0, 95 v v avec Z qui suit  (0 ; 1) . 3 = 1, 96 v v . 1, 53 . 142. 1. n = 64 H 30 ; n # p = 6,4 H 5 ; n (1 – p) = 57, 6 H 5 . E (X) = 6,4 ; v (X) = 6,4 # (0,9) = 2, 4 .

136. Z suit  (0 ; 1) . P (0, 5 G Z G 2) . 0, 29 à 10 – 2 près.

( (

137. P (Z H 4) = 1 – P (Z 1 4) . 3 # 10 – 5 . 138. P (Z 1 x) = 0, 75 + x . 0, 674 à 10– 3 près. 139. P (– x 1 Z 1 x) = 0,75 + x . + 1, 15 à 10 – 2 près. 140. – x – 3 1 X 1 x – 3 – x1X + 31x – x1X + 31 x 3 3 3 – x x P 1 Z 1 = 0,75 avec Z qui suit  (0 ; 1) . 3 3 x = 1, 15 3 x = 3, 45 .

(

)


147

)

)


TS erm


Livre du professeur

On obtient comme ci-dessus P (X 1 l0) = 10– 4

2. P (5 1 X 1 7) P (– 0, 58 1 Z 1 0, 25) avec Z qui suit  (0 ; 1) . P (5 1 X 1 7) . 0, 32 .

(

ssi P Z G

2. n = 196 H 0 ; np = 98 H 5 ; n (1 – p) = 196 # 0, 5 = 98 H 5 . 3. 98 – a G X G 98 + a + – a 1 Z 1 a 7 7 – a a P 1 Z 1 = 0, 95 7 7 + a = 1, 96 + a = 13, 72 . 7 144. f = 1327 = 0, 6635 ; 2000 1 1 IC = ; 0, 6635 – ; 0, 6635 + E = 6 0, 64 ; 0, 69 @ . 2000 2000

)

(

) (

)

(

)

0, 5 0, 5 1Z1 où Z désigne une v v variable aléatoire suivant la loi  (0 ; 1) . 0, 5 = 2, 58 soit v = 0, 194 . Ainsi P (72,5 1 X 1 73,5) = 0, 99 ssi v 2. P ((X 1 72) , (X 2 74)) = 1 – P (72 1 X 1 74) . 0 à 10– 6 près. 3. P (X 2 L) 1 10– 4 ssi L H L 0 où L0 vérifie P (X 2 L 0) = 10– 4 . P (72, 5 1 X 1 73,5) = P –

(

On a P (X 2 L 0) = 1 – P Z G

(

)

L 0 – 73 0, 194

= 0, 9999 soit

) où Z désigne une variable

L 0 – 73 0, 194

= 3, 72 et L 0 = 73, 72 .

4. P (X 1 l) 1 10– 4 ssi l H l0 où l0 vérifie P (X 1 l0) = 10– 4 .


0, 194

= – 3, 72 et l0 = 72, 28 .

1 ; 0, 63 + 1 E = 6 0, 53 ; 0, 73 @ . 100 100 2. ; 0, 79 – 1 ; 0, 79 + 1 E = 6 0, 69 ; 0, 89 @ . 100 100 3. Non, car les intervalles se chevauchent. 4. Les intervalles de confiance respectifs deviennent dans ce cas 1 ; 0, 63 + 1 et 0, 79 – 1 ; 0, 79 + 1 . La dif; 0, 63 – E ; E n n n n férence entre les deux types de cadre devient significative lorsque les deux intervalles ne se chevauchent pas, c’est à dire dès que 0,79 – 1 2 0,63 + 1 + 2 1 0,16 + n 2 156,25 . n n n

aléatoire suivant la loi  (0 ; 1) . Ainsi P (X 2 L 0) = 10– 4 ssi P ZG

l0 – 73

148. 1. ; 0, 63 –

L 0 – 73 0, 194

= 10– 4 soit

5. La proportion de personnes jugeant le placébo efficace est 18 = 0, 32 , ce qui fournit l’intervalle de confiance au niveau 57 asymptotique 95 % : 1 ; 0, 32 + 1 = 0, 18 ; 0, 45 . @ ; 0, 32 – E 6 57 57 Le médicament B n’est pas significativement plus efficace que le placébo. Par contre le médicament A l’est. On remarque ici un paradoxe de la comparaison deux à deux selon ce critère : les médicaments A et B sont indistinguables, le placébo et le médicament B sont indistinguables, mais le placébo et le médicament A ont des efficacités significativement différentes.

145. f + 1 – f – 1 = 2 + 2 1 0, 01 n n n n n 2 100 + n 2 200 + n 2 40000 . 2 146. 1. X +  (73 ; v 2) .

0, 194

147. 1. Pour le groupe A, la proportion vaut fA = 37 = 0, 69 . 54 Pour le groupe B, la proportion vaut fB = 34 = 0, 54 . 63 1 1 2. Pour A : ; 0,69 – ; 0,69 + E = 6 0, 55 ; 0, 82 @ . 54 54 3. Pour B : ; 0, 54 – 1 ; 0, 54 + 1 E = 6 0, 41 ; 0, 67 @ . 63 63 4. Non.

143. 1. E (X) = n # p = 98 ; v (X) = 98 # 0, 5 = 7 .

(

)

l0 – 73

148


TS erm


Livre du professeur

TP Info (p. 418) 1. a. Considérons comme « succès » le fait que l’erreur de mesure vale 1. La variable Xn représente donc le nombre de succès parmi n expériences de Bernoulli indépendantes (les Ei), qui ont toute même probabilité de succès 0,5. Donc X n +  (100 ; 0, 5) . On a E (X n) = 50 et v (X n) = 100 # 0,5 # 0,5 = 5 . b. En procédant comme indiqué, on obtient un tableau à une ligne contenant des 0 et des 1 ainsi que leur somme comme cidessous (seule la fin du tableau est montrée) :

c. d. e. Une fois effectuées les étapes décrites dans c. et d. on obtient un tableau à 1 000 lignes dont la dernière colonne correspond à Xn centré réduit, comme ci-dessous. L’histogramme correspondant est en-dessous.

f. On remarque que cet histogramme est raisonnablement proche de la densité de la loi normale centrée réduite, ce qui X – E (X n) montre que n semble suivre une loi normale centrée v (X n) réduite. Il s’agit d’une illustration du théorème de MoivreLaplace.

2. (i) et (ii) : Lorsque les variables Ei suivent une autre loi, on

observe le même phénomène (sauf pour la loi de Cauchy). Dans ce cas Xn ne suit pas une loi binomiale, mais Xn centré et réduit suit tout de même approximativement la loi  (0 ; 1) lorsque n est grand, ce qui est justifié par le théorème limite central (hors programme).

Sur les pas du supérieur (p. 419) deux événements précédents sont disjoints, on obtient

I. Fonction de répartition 1. Pour tout x ! R , F(x) est une probabilité donc appartient à 60 ; 1@ .

x

2. Si X +  (6 0 ; 1 @ ) , alors la densité de X vaut f (t ) = 1 si t ! 6 0 ; 1 @ et f (t ) = 0 sinon. Ainsi, si x G 0, P (X G x) = 0 , si x H 1, P (X G x) = 1 , et si 0 1 x 1 1, P (X G x) =

F(X) = P (X G x) + P (0 1 X G 0) = F(0) + # f (t )dt . 0 b.  F ¢(X) = f (x) . c.  F(0) = 0, 5 par symétrie de la densité de la loi  (0 ; 1) par rapport à la droite d’équation x = 0 . d. Quelques valeurs de F(x) sont résumées dans le tableau ci-dessous (à 10– 2 près). Comme F ¢ = f , on en déduit que la courbe représentative de F admet deux asymptotes horizontales : y = 0 en – 3 et y = 1 en +3 . De plus F admet comme tangente en 0 la droite d’équation y = f (0) x + 0,5 = 0,4x + 0, 5 . Enfin, puisque F ¢ = f est croissante (resp. décroissante) sur @ – 3 ; 0 @ (resp. 6 0 ; +3 6 ), on en déduit que F est convexe (resp. concave) sur ces ensembles. Cf le dernier graphique ci-dessous pour la représentation graphique.

#0 x dt = x . Cf le

graphique de gauche ci-dessous pour la représentation graphique. 3. Si X +  (6 ; 0, 5) , les seules valeurs que peut prendre X sont les entiers de 0 à 6. Donc si x 1 0, P (X G x) = 0 , si x H 6, P (X G x) = 1 et si 0 G x G 6, P (X G x) = P (X G 6 x @) en notant 6 x @ la partie entière de x. Lorsque 0 G x G 6, 6 x @ et donc P (X G 6 x @) ne peuvent prendre que 6 valeurs résumées dans le tableau ci-dessous. F est donc une fonction constante par morceaux, continue à droite, cf la représentation graphique ci- dessous.

x

–3

– 2,5

–2

– 1,5

–1

– 0,5

0 0,5

6 x@

0

1

2

3

4

5

6

F (x)

0

0,01

0,02

0,07

0,16

0,31

P (X G 6 x @ )

0,02

0,11

0,34

0,66

0,89

0,98

1

x

0,5

1

1,5

2

2,5

3

F (x)

0,69

0,84

0,93

0,98

0,99

1

4. a.  F (X) = P (X G x) = P ((X G 0) , (0 1 X G 0)) . Puisque les


149


TS erm


Livre du professeur

(

5.  P (X 1 q (a)) = P Z 1

)

q (a) – n v

donc

q (a) – n = v (a) et v

q (a) = av (a) + n . 6. La relation précédente le montre. 7. Avec R Commander , on obtient le QQ-plot de gauche cidessous : la droite passant par les deux quartiles est représentée ainsi qu’une région de confiance autour de cette dernière. Si les points sont tous inclus dans la région de confiance, on peut admettre qu’ils sont raisonnablement alignés. Avec GéoGebra , on obtient le QQ-plot de droite : il s’agit non pas de la représentation des points (v (a), V q (a)) mais de celle des points (V q (a), v (a)) avec la droite des moindres carrés (i.e. la droite minimisant la somme des distances au carré entre les points et la droite) ; l’interprétation est la même.

II. Le QQ-plot pour vérifier la normalité 1.  a

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

0,35

0,4

0,45

0,5

v (a) – 1,64 – 1,28 – 1,04 – 0,84 – 0,67 – 0,52 – 0,39 – 0,25 – 0,13

0

2. Géométriquement, cela est dû à la symétrie de la densité de la loi  (0 ; 1) par rapport à la droite d’équation x = 0 . 3. Comme Z suit une loi continue, P (Z G v (a)) = P (Z 1 v (a)) qui vaut a par définition de v. Par ailleurs, d’après 2., P (Z 1 – v (a)) = 1 – P (Z G v (a)) = 1 – a . Or d’après l’énoncé l’unique réel u vérifiant P (Z 1 u) = 1 – a est v (1 – a) . Donc – v (a) = v (1 – a) . 4. La relation précédente montre que la courbe représentative de v est symétrique par rapport au point de coordonnées (0, 5 ; v (0, 5) = (0, 5 ; 0)) . De plus, d’après la définition de v, on a lim v (x) = +3 et lim v (x) = – 3 , ce qui montre que la courbe a"1 a"0 représentative de v admet deux asymptotes verticales en a = 0 et a = 1 .


8. Les points semblent raisonnablement alignés, même si certains sortent de la région de confiance tracée avec R Commander . On accepte néanmoins l’hypothèse selon laquelle les mesures sont des réalisations d’une loi normale. 9. D’après 6., en prenant la droite des moindres carrés de GéoGebra comme référence : n correspond à l’abscisse où la droite coupe l’axe des abscisses et 1/v à la pente de la droite. On obtient à l’oeil nu les estimations : n . 50 et v . 1 .

150


1

Arithmétique

Enseignement de spécialité

Programme officiel Exemples de problèmes

Contenus

Problèmes de codage (code-barres, code ISBN, clé du RIB, code INSEE).

• Divisibilité dans Z. • Division euclidienne.

Problèmes de chiffrement (chiffrement affine, chiffrement de Vigenère , chiffrement de Hill).

• Congruences dans Z. • PGCD de deux entiers. • Entiers premiers entre eux. • Théorème de Bézout. • Théorème de Gauss.

Questionnement sur les nombres premiers: • Nombres premiers. infinitude, répartition, tests de primalité, nombres premiers particuliers (Fermat, Mersenne, Carmichaël). • Existence et unicité de la décomposition en produit de facteurs premiers. Sensibilisation au système cryptographique RSA.

Situations (p. 426-437) 1. Divisibilité dans Z

2.

1.1 Les nombres parfaits •  20 = 1 # 20 = 2 # 10 = 4 # 5 , donc D (20) = " 1 ; 2 ; 4 ; 5 ; 10 ; 20 , . 1 + 2 + 4 + 5 + 10 = 22 ! 20 , donc 20 n’est pas parfait. •  28 = 1 # 28 = 2 # 14 = 4 # 7 , donc D (28) = " 1 ; 2 ; 4 ; 7 ; 14 ; 28 , . 1 + 2 + 4 + 7 + 14 = 28 , donc 28 n’est pas parfait. •  104 = 1 # 104 = 2 # 52 = 4 # 26 = 8 # 13 , donc D (104) = " 1 ; 2 ; 4 ; 8 ; 13 ; 26 ; 52 ; 104 , . 1 + 2 + 4 + 8 + 13 + 26 + 52 = 106 , donc 104 n’est pas parfait. 1.2 Les code-barres 1. 0 1 8

3

2

1

2

1

3

1

3

1

3

1

0

3

8

9

2

3

2

4

1

6

2

1

3

3

1

3

1

3

1

3

24

4

3

6

6

1

9

24 + 4 + 3 + 9 + 9 + 1 + 9 = 56 donc la clé est 4. 3.

2

5

1

3

x

1

9

3

1

3

1

3

1

3

6

5

3

3

3x

1

27

6 + 5 + 3 + 3 + 3x + 1 + 27 = 45 + 3x . La clé est 3 donc le chiffre des unités est 7. 0 G x 1 9 + 0 G 3x 1 27 + 45 G 45 + 3x 1 72 . Donc les valeurs possibles sont 47 ; 57 ; 67. 45 + 3x = 47 + 3x = 1 , x ! N ;

0 + 3 + 8 + 9 + 2 + 3 + 2 = 27 donc la clé est 3. © Hachette livre, 2012

8

151


TS erm

Spé. Chap. 1 Arithmétique

Livre du professeur

80 = 1 # 80 = 2 # 40 = 5 # 16 = 10 # 8 donc D (80) = " 1 ; 2 ; 4 ; 5 ; 8 ; 10 ; 16 ; 20 ; 40 ; 80 , . D (65 ; 80) = " 1 ; 5 , . pgcd (65 ; 80) = 5 . 2. 945 = 882 + 63 ; pgcd (945 ; 882) = 63 . 882 = 63 # 14 . 3. a. V = , 2 L . b. pgcd (,, L) = 12 ; , = 12 ,¢ ; L = 12L¢ avec ,¢ et L¢ nombres premiers entiers. (12,¢)2 # 12L¢ = 77 760 ,¢2 # L¢ = 77 760 12 3 2 ,¢ L¢ = 45 = 12 # 45 = 32 # 5 ,¢ = 1 ,¢ = 3 ou ' ' L¢ = 45 L¢ = 5 Il y a deux boîtes de cartons : , = 12 et L = 540 ou , = 36 et L = 60 .

45 + 3x = 57 + 3x = 12 , x ! 4 ; 45 + 3x = 67 + 3x = 22 , x g N ; donc x = 4 .

2. Division euclidienne 2.1 Dans l’édition 1. 5 070 = 64 # 74 + 14 . La dernière page comporte 14 lignes. 2. S’il y a le même nombre de lignes alors ce nombre divise 5 070. Pou avoir un minimum de pages il faut le diviseur le plus grand. 5 070 = 1 # 5 070 = 2 # 2 535 = 5 # 1 014 = 3 # 1 690 = 6 # 845 = 10 # 507 = 13 # 390 = 15 # 338 = 26 # 195 = 39 # 130 = 65 # 78 = 169 # 30 . Les valeurs possibles sont 26 ; 30 ; 39. Pour avoir un minimum de pages il faut mettre 39 lignes, mais cela ne serait pas très équilibré… 3. Si l’on peut mettre 68 lignes par page, alors on mettra 65 lignes par page et le document comportera 78 pages.

5. Les théorèmes fondamentaux de l’arithmétique

2.2 Dans l’édition 1. 100A = 20 041 101 127 834 023 843 100 = 20 041 101 127 # 10 12 + 834 023 # 10 6 + 843 100 100A comporte 23 chiffres. 2. a = 20 041 010 127 ; b = 834 023 ; c = 843 100 . 3. •  10 6 = (10 2) 3 = 100 3 ; 10 6 / 3 3 6 97 @ ; 10 6 / 27 6 97 @ . •  10 12 = (100) 6 ; 10 12 / 3 3 6 97 @ ; 10 12 / 50 6 97 @ . 4. a / 80 6 97 @ ; b / 17 6 97 @ ; c / 73 6 97 @ ; donc 100A / 80 + 17 # 27 + 73 # 50 6 97 @ / 18 6 97 @ . La clé est 79 (97 – 18 = 79) .

5.1 À la découverte de l’utilisation du théorème de Gauss 1. 10, 5x + 11, 375y = 10, 8 (x + y) 0,575y = 0,3x 575y = 300x . 2. 575 = 300 + 275 ; pgcd (575 ; 300) = 25 . 300 = 275 + 25 ; d’où 575y = 300x + 23y = 12x 275 = 25 # 11 . 23 divise 12x or pgcd (23 ; 12) = 1 donc d’après Gauss 23 divise x donc il existe k ! N tel que : x = 23k . Comme 23y = 12x + 23y = 12 # 23k + y = 12k . x + y = 23k + 12k = 35k or 0 1 x + y G 38 donc 0 1 35k G 38 + 0 1 k G 38 . 35 Le seul entier dans l’inégalité est k = 1 , donc x = 23 et y = 12 . Il y a 12 filles et 23 garçons. 5.2 À la découverte des équations diophantiennes 1. Le prix des CD est 17x est le prix des DVD 20y . Au total 17x + 20y = 162 . 2. 20 = 17 + 3 ; 17 = 3 # 5 + 2 ; 3 = 2 + 1 ; pgcd (17 ; 20) = 1 ; 162 est un multiple de 1 donc d’après le théorème de Bézout (E) admet des solutions. 3. 17 # (– 1 134) + 20 # 972 = – 19 278 + 19 440 = 162 ; donc (– 1 134 ; 972) est solution de (E).

3. Congruences 3.1 Numéros INSEE 1. A = 2960622645001 . 10 2 / 3 6 97 @ ; 10 3 / 30 6 97 @ ; 10 4 / 9 6 97 @ ; 10 5 / 90 6 97 @ ; 10 6 / 27 6 97 @ ; 10 7 / 76 6 97 @ ; 10 8 / 81 6 97 @ ; 10 9 / 34 6 97 @ ; 10 10 / 49 6 97 @ ; 10 11 / 5 6 97 @ ; 10 12 / 50 6 97 @ . r / 2 # 50 + 9 # 5 + 6 # 49 + 0 # 34 + 6 # 81 + 2 # 76 + 2 # 27 + 6 # 90 + 4 # 9 + 5 # 30 + 0 # 3 + 0 # 10 + 1 r / 1 858 6 97 @ 858 = 97 # 19 + 15 donc r = 15 et K = 97– 15 = 82 . 2. A = 2960622 # 10 6 + 645001 . 10 6 / 27 6 97 @ d’après la question précédente donc r / 27x + y 6 97 @ .

4. )

(1)-(2) : 17(x + 1 134) + 20(y – 972) = 0 d’où 17(x + 1 134) = – 20(y – 972) (E ¢). 5. 20 divise 17(x + 1 134) or 17 et 20 sont premiers entre eux donc d’après le théorème de Gauss 20 divise x + 1 134 .

4. PGCD de deux entiers Optimisation 1. 65 = 1 # 65 = 5 # 13 donc D (65) = " 1 ; 5 ; 13 ; 65 , .


17x + 20y = 162 (1) 17(– 1 134) + 20(972) = 162 (2)

152


TS erm


Livre du professeur

Donc il existe k ! Z tel que x + 1 134 = 20k . Donc (E ¢) : 17 # 20k = – 20( y – 972) y – 972 = – 17k y = 972 – 17k . 6. 17(– 1 134 + 20k) + 20(972 – 17k) = – 19 278 + 340k + 19 440 – 340k = 162 donc les solutions de (E ¢) sont solutions de (E). S = " (– 1 134 + 20k ; 972 – 17k) ; k ! Z , . 7. x H 0 + – 1 134 + 20k H 0 + k H 1 134 20 et y H 0 + 972 – 17k H 0 + k G 972 . 17 Donc 1 134 G k G 972 . 20 17 Le seul entier dans l’inégalité est k = 57 . Par suite x = – 1 134 + 20 # 57 = 6 ; y = 972 – 17 # 57 = 3 . Il y a donc 6 CD et 3 DVD.

2. Les nombres entourés sont premiers, car ils ne sont divisibles par aucun nombre qui leur est inférieur. 3. Si on a entouré k, alors les nombres 2k, 3k, …, (k – 1) k ont déjà été rayés, car ils sont des multiples respectivement de 2, 3, …, k – 1 . 4. 16 2 = 256 ; 15 2 = 225 . Donc le prochain nombre à rayer est 256 2 250 . 5. 31 2 = 961 . On doit aller jusqu'à p = 31 . 32 2 = 1 024 . 6.2 Les nombres de Carmichaël 1. Un nombre premier p l’admet que p comme diviseur premier. Or p – 1 divise p – 1 ; donc les nombres premiers sont des nombres de Carmichaël. 2. et 3.

6. Les nombres premiers 6.1 Le crible d’Ératosthène 1. 2 3 5 4

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

41

42

43

44

45

46

47

48

49

50

51

52

53

54

55

56

57

58

59

60

61

62

63

64

65

66

67

68

69

70

71

72

73

74

75

76

77

78

79

80

81

82

83

84

85

86

87

88

89

90

91

92

93

94

95

96

97

98

99

100

1 729

7

1 729 = 7 # 13 # 19

247

13

6 divise 1 729

19

19

12 divise 1 729

1

18 divise 1 729

2 695

5

539

7

77

7

1

11

}

donc 1 729 est un nombre de Carmichaël.

2 695 = 5 # 7 2 # 11 4 ne divise pas 2 694 donc 2 695 n'est pas un nombre de Carmichaël.


25. 1.

1. Divisibilité et division euclidienne

D (70) = " 1 ; 2 ; 5 ; 7 ; 10 ; 14 ; 35 ; 70 , ;

22. • D (30) = " 1 ; 2 ; 3 ; 5 ; 6 ; 10 ; 15 ; 30 , dans N. • D (30) = " – 30 ; – 15 ; – 10 ; – 6 ; – 5 ;

– 3 ; – 2 ; – 1 ; 1 ; 2 ; 3 ; 5 ; 6 ; 10 ; 15 ; 30 ,

dans Z.

23. 1. • D (70) = " 1 ; 2 ; 5 ; 7 ; 10 ; 14 ; 35 ; 70 , . • D (154) = " 1 ; 2 ; 7 ; 11 ; 14 ; 22 ; 77 ; 154 , . 2. 70 = 2 # 5 # 7 ; 154 = 2 # 5 # 11 ; 70 # 11 = 5 # 154 . 24. Corrigé dans le manuel.

1 bonbon rouge dans 70 sachets ; 2 dans 35 sachets ; 2 dans 35 sachets ; 5 dans 14 sachets ; 7 dans 10 sachets ; 10 dans 7 sachets ; 14 dans 5 sachets ; 35 dans 2 sachets et 70 dans 1 sachet. 2. D (63) = " 1 ; 3 ; 7 ; 9 ; 21 ; 63 , ; 1 bonbon bleu dans 63 sachets ; 3 dans 21 sachets ; 7 dans 9 sachets ; 9 dans 7 sachets ; 21 dans 3 sachets et 63 dans 1 sachet. 3. 7 sachets dans lesquels on retrouvera 10 bonbons rouges et 9 bleus. 4. Le nombre de sachets est un diviseur de 590 et 200 et donc de n’importe quelle © Hachette livre, 2012

153


combinaison linéaire entre 590 et 200, notamment 3 # 200 – 1 # 590 = 10 . Les diviseurs de 10 sont 1, 2, 5 ou 10 sachets en répartissant équitablement les bonbons dans chaque sachet. 26. Corrigé dans le manuel. 27. n – 2 divise n – 2 1 (n + 5) – (n – 2) = 7 ; n – 2 divise n + 5 D (7) = " 1 ; 7 , . n–2

n

n+ 5

n – 2 divise n + 5

1

0

8

oui

7

9

14

oui

TS erm


Livre du professeur

28. n + 7 divise n + 7 1 (2n + 15) – 2 (n + 7) = 1 ; n + 7 divise 2n + 15

D (1) = " 1 , . n+ 7

n

1

–6

• '

2n + 15 n + 7 divise 2n + 15 3

oui

n g N donc il n’existe pas de n ! N tel que n + 7 divise 2n + 15 . 29. Corrigé dans le manuel. 30. 24 admet exactement 5 diviseurs.

+ '

n–m=3 + n+m=5 n=3+ + ' m=1

n=8 ; (8 ; 7) . m=7

n=3+m 3 + 2m = 5 m n=4 ; (4 ; 1) . + ' m=1 '

n–m=5 n=5+m • ' + ' n+m=3 5 + 2m = 3 n=5+m ; + ' m=–1 m entier naturel. IMPOSSIBLE. 2


38. x y + y = 102

n = 12 # q + 8 n = 10 # (q + 1) + 2 34. 2q – 10 + 6 = 0 2q = 4 q = 2 ; n = 24 + 8 = 32.

+ y (x 2 + 1) = 102 ; \ d

'

35. • a = 16 # q + 5 a + 10 = 16 # q + 15 0 G 15 1 16 donc le reste de a + 10 par 16 est 15. • a + 13 = 16 # q + 18 a + 13 = 16 # (q + 1) + 2 le reste de a + 13 par 16 est 2. • a + 13 = 8 # (2q) + 18 = 8 # (2q + 2) + 2 le reste de a + 13 par 8 est 2. 36. 1. n 3 – n 2 = n 2 (n – 1) + n 2 – 1 = (n – 1)(n + 1) . (n – 1) divise n 3 – n 2 3 (n – 1) divise (n – 1) divise n 2 – 1 (n 3 – n 2) + (n 2 – 1) = (n 3 – 1) . 2. n 3 – 1 = (n – 1)(n 2 + n + 1) (éventuellement avec XCAS et à vérifier ensuite). 37. n 2 – m 2 = 15 + (n – m)(n + m) = 15 ; D (15) = " 1 ; 3 ; 5 ; 15 , . Si n et m sont des entiers naturels alors n H m car n + m H 0 donc n – m doit être aussi positif. IMPOSSIBLE. n – m = 15 n = 15 + m • ' + ' n+m=1 15 + 2m = 1 n = 15 + m ; + ' m=–7 m entier naturel. • '

n–m=1 n=1+m + ' n + m = 15 1 + 2m = 15

y = 61 y = 61 + ' 2 + (1 ; 61) . x2 + 1 = 2 x =1

39. ab = a + b donc a divise a + b et comme a divise a, il divise la combinaison linéaire : (a + b) – a = b . Ainsi a divise b. De même b divise a + b et comme b divise b, il divise (a + b) – b = a . Finalement a divise b et b divise a donc a = b. La relation devient a 2 = 2a donc a = 0 et b = 0 or a = 2 et b = 2 . 40. 1.

d = 0 ; d = 1 ; d = 2 ; d = 3 ;

n = 13 ; n = 9 ; n = 5 ; n = 1 ;

b = 4 ; b = 4 ; b = 4 ; b = 4 ;

n2b. n2b. n2b. n2b.

d=3 n=1 2. Pour n = 203 et b = 5 , on obtient d = 40 et n = 3 . 3. Cet algorithme permet de faire afficher le quotient (d) et le reste (n) de la division euclidienne de n par b. 41. Corrigé dans le manuel. 42. 1. n 2 + 3n + 9 divisible par 9 + n 2 + 3n divisible par 9 + n (n + 3) multiple de 9. Si n = 3k + 1 , n et n + 3 ne sont pas des multiples de 3 donc n (n + 3) n’est pas un multiple de 9. © Hachette livre, 2012

154

3. n = 2 ; n 3 + 3 = 7 non divisible par 4. Faux. 4. n = 2p + 1 ; (2p + 1) 2 + 3 4p 2 + 4p + 1 + 3 = 4( p 2 + p + 1) . Vrai. 5. n = 3k ; (3k) 2 + 3k 9k 2 + 3k = 3 (3k 2 + k) . Vrai. 6. n 2 + n = 3k ; CE : 11 2 + 11 = 132 ; 132 divisible par 3 mais pas 11. Faux.

D (102) = " 1 ; 2 ; 61 ; 102 , . Parmi les diviseurs d, d – 1 doit être un carré. y = 102 y = 102 • ' 2 + ' + (0 ; 102) . x =0 x=0 • '

Idem si n = 3k + 2 . Conclusion : si n n’est pas multiple de 3, n 2 + 3n + 9 n’est pas multiple de 9. Et par contraposée, la propriété est vraie. 2. n = 3n 1 ; 9n 12 + 9n 1 + 9 = 9(n 12 + n 1 + 1) . Vrai.


43. Si n est pair, on peut poser n = 2p : n 3 + 4n = 240 8p3 + 8p = 240 p ( p2 + 1) = 30 ; d – 1 doit être un carré \ normal. d $ D (30) = 1 ; 2 ; 3 ; 5 ; 6 ; 10 ; 15 ; 30 . . • )

p2 + 1 = 2 faux ; p=1

p2 + 1 = 5 faux ; p=2 p=3 p=3 p=3 • ' 2 + ' 2 + ' p + 1 = 10 p =9 p=3 • )

+ n=6

Si n est impair, n est impair et n 3 + 4n est impair et ne peut pas être égal à 240. 3

44. n = 43q + 40 ; 0 G 43q + 40 G 2012 + – 40 G 43q G 1972 + – 0, 9 G q G 45, 9 . • q = 0 + n = 40 • q = 1 + n = 83 h • q = 45 + n = 1975 Soit 46 entiers. 45. Si b 2 8 : a = b # 7 + 8 est la division euclidienne de a par b et le reste est 8. Sinon : b = 0 ; a = 8 ; a = 0 # p + 8 . b = 1 ; a = 15 ; a = 1 # 15 + 0 . b = 2 ; a = 22 ; a = 2 # 11 + 0 . b = 3 ; a = 29 ; a = 3 # 9 + 2 . b = 4 ; a = 36 ; a = 4 # 9 + 0 .

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Livre du professeur

b = 5 ; a = 43 ; a = 5 # 8 + 3 . b = 6 ; a = 50 ; a = 6 # 8 + 2 . b = 7 ; a = 57 ; a = 7 # 8 + 1 . 46.

a = b#q + r 5 a¢ = b # q ¢ + r ¢ a + a¢ = b ( p + p¢) + (r + r ¢)

r 1 b et r ¢1 b ; r + r ¢1 2b . CE : 10 = 3 # 3 + 1 ; 11 = 3 # 3 + 2 ; 21 = 3 # 7 + 0 . 47. 9m 2 – n 2 = 36 + (3m) 2 – (n) 2 = 36 + (3m – n)(3m + n) = a # b 3m – n = a 6m = a + b + ' + ' 3m + n = b 2n = b – a avec b 2 a . D (36) = " 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 9 ; 12 ; 18 ; 36 , .

36 = a # b avec a G b donc a = 1 et b = 36 ou a = 2 et b = 18 ou a = 3 et b = 12 ou a = 4 et b = 9 ou a = 6 et b = 0 6m = 37 6m = 20 IMP ; ' IMP ; 2n = 35 2n = 16 6m = 15 6m = 13 IMP ; ' IMP . ' 2n = 9 2n = 5 6m = 12 m=2 . + ' ' 2n = 0 n=0 '

48. Corrigé dans le manuel. 49. 1. n + (n + 1) + n + 2 = 3n + 3 = 3 (n + 1) 2. Pour que la somme soit paire, il faut 2 impairs et 1 pair. n et (n + 2) doivent être impairs et (n + 1) pair. De plus, n est impair alors n = 2k + 1 et n + (n + 1) + (n + 2) = 6k + 6 divisible par 6. 50. D (n) = " 1 ; d ; n , donc on doit avoir d # d = n , n est donc un carré. Et d est forcément premier sinon on pourrait trouver d’autres diviseurs de n. 51. 2. Entre 0 et 100, il y a : • 76 nombres déficients ; • 22 abondants ; • 2 nombres parfaits.

3. Les nombres premiers sont déficients car 1 est leur seul diviseur. La somme des diviseurs propres est donc minimum, soit 1.

2. La réciproque est fausse. Par exemple avec a = 5 et b = 3 ; a et b sont premiers entre eux mais a + b = 8 et a – b = 82 ne sont pas premiers entre eux.

52. 1. 0, 1, 2, 3, 4, 5. 2. Si p premier, alors : p = 6n & impossible car divisible par 6 ; p = 6n + 1 possible ; p = 6n + 2 = 2(3n + 1) & impossible, divisible par 2, p ! 2 p = 6n + 3 = 3 (2n + 1) & impossible, divisible par 3, p ! 3 p = 6n + 4 = 3 (2n + 2) & impossible, divisible par 2, p ! 2 p = 6n + 5 possible ; p = 6(n + 1) – 1 = 6N – 1 .

55. 1. p impair ; p = 2k + 1 : p 2 = (2k + 1) 2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2 (2k 2 + 2k) + 1 ; p2 impair. 2. p pair ; p = 2k : p2 = 4k 2 = 2 (2k 2) ; p2 pair. Remarque : prouver que pour tout entier p « p2 est pair & p pair » est équivalent à prouver sa contraposée, autrement dit à prouver « (non (p est pair)) & (non (p2 pair)) », ce qui revient à prouver l’implication « p est impair & p2 impair » ce qui a déjà été fait à la question 1..

3. )

Y1 = 6X + 1 X allant de 1 à 16 : Y2 = 6X – 1 32 cas seulement à étudier.

53. 1. Disjonction des cas. n pair et p pair & n 2, p2 et np pairs & n 2 + np + p2 pair n impair et p pair & n2 impair ; p2 et np pairs & n 2 + np + p2 impair. n impair et p impair & n2 impair, np impair et p2 impair & n 2 + np + p2 impair. 2 2 Donc n + np + p est pair si et seulement si n et p sont pairs. 2. n = 2 ; p = 2 ; 4 + 4 + 4 = 12 ; Impossible. n = 2 ; p = 4 ; 4 + 8 + 16 = 28 ; Impossible. n = 4 ; p = 2 ; 16 + 8 + 4 = 28 ; Impossible. Il n’existe aucun couple (n ; p) tel que n 2 + np + p 2 = 20 . 54. 1. Raisonnement par l’absurde : On sait que (a + b) et (a – b) sont premiers entre eux. Supposons que a et b ne sont pas premiers entre eux alors il existe un diviseur d (! 1) qui divise a et b. Si d divise a et d divise b, alors d divise toutes les combinaisons linéaires entre a et b soit (a + b) et (a – b) . (a + b) et (a – b) ne sont donc pas premiers entre eux, ce qui est contraire à l’énoncé. © Hachette livre, 2012

155


56. L’égalité p2 = 2q 2 prouve que p2 est pair. On a déjà prouvé qu’un entier a la même priorité que son carré donc p est également un entier pair. Il existe donc un entier k tel que p = 2k soit (2k) 2 = 2p2 ; 4k 2 = 2q 2 ; 2k 2 = q 2 donc q2 est pair et q est pair (même priorité que q2) p et q sont tous les deux pairs ce qui est p absurde puisque la fonction avait été q choisie irréductible, donc 2 g  . 57. n # (n + 1) = 4k ; Y1 = (X 2 + X )/4 . On remarque que n (n + 1) est divisible par 4 si n = 4k + 3 ou n = 4k . Disjonction des cas : • n = 4k : n 2 + n = 16k 2 + 4k = 4(4k 2 + 1) divisible par 4. • n = 4k + 1 : n 2 + n = 16k 2 + 8k + 1 + 4k = 4 (4k 2 + 3k) + 2 non divisible par 4. • n = 4k + 2 : n 2 + n = 16k 2 + 16k + 4 + 4k + 2 = 4 (4k 2 + 35k) + 6 • n = 4k + 3 : n 2 + n = 16k 2 + 24k + 9 + 4k + 3 = 4 (4k 2 + 7k + 3) divisible par 4. 58. Exemple : 743 ; renversé : 347 ; différence : 396 ; différence + reversé : 743.

TS erm


Livre du professeur

532 ; renversé : 235 ; différence : 297 ; différence + reversé : 532. 231 ; renversé : 132 ; différence : 99 ; différence + reversé : 231. On retrouve le nombre de départ ! n = 100a + 10b + c r = 100c + 10b + a n – r = 100 (a – c) + (c – a) (n – r) + r = 100a – 100c + c – a + 100c + 10b + a

= 100a + 10b + c = n .

59. 1. a = q # 50 + r ; r 1 50 a = q ¢# 50 + r ¢ ; r ¢1 10 r = a – q # 50 r ¢ = a – q ¢# 10 r ¢ – r = 10(5q – q ¢) ; r ¢ – r est un multiple de 10 . 2. 0 1 r ¢1 10 or r 1 r ¢ donc 0 1 r 1 10 – 10 1 – r ¢1 0 0 1 r 1 10 donc – 10 1 r – r ¢1 10 , de plus r ¢ – r est multiple de 10. donc r ¢ – r = 0 + r = r ¢ . 60. b 2 1 ; b ! N 5q 2 b . 1. 5 # b = 5b 2 b donc b ! E . 2. q = p – 1 5p 2 b car p ! E b – 5p 1 0 b – 5p + 5 1 5 b – 5 ( p + 1) 1 5 b – 5q 1 5 q = p – 1 donc q g E donc 5q G b + 0 G b – 5q . 61. Existence : Soit M l’ensemble des multiples de b supérieurs ou égaux à a. M est non vide. M est majorée par a. L’ensemble M est donc une partie de N non vide. Appelons p le plus petit élément. bp 2 a et Cas b H 1 : alors ' b ( p – 1) 1 a (1) posons q = p – 1 et r = a – bq on a bien a = bq + r de plus r 2 0 et r – b = a – bq – b = a – b (q + 1) = a – bp 1 0 donc r 1 b . Unicité : Supposons qu’il existe deux couples

a = bq + r avec 0 G r 1 b a = bq ¢ + r ¢ avec 0 G r ¢1 b . En effectuant la différence membre à membre de ces égalités r – r ¢ = b (q ¢ – q) r – r ¢ est multiple de b De plus 0 1 r 1 b – b 1 – r ¢1 0 donc – b 1 r – r ¢1 b . Le seul multiple de b ! @ – b ; b 6 est 0 donc r – r ¢ = 0 + r = r ¢ et q ¢ = q car b ! 0 .

D’après le tableau ci-dessus les solutions de l’équation x 2 / 1 6 5 @ sont les entiers naturels tels que : x = k # 5 + 1 ou x = k # 5 + 4 avec k ! N

62. 2. L’algorithme permet de déterminer tous les nombres parfaits de 1 à 10 000.

75. S = " 7 ; 16 ; 25 ; 34 ; 43 , . 1. 10 / 1 6 9 @ ; 100 / 1 6 9 @ 234 = 2 # 100 + 3 # 10 + 4 234 / 2 + 3 + 4 6 9 @ 234 / 0 6 9 @ . 2. 10 / 1 6 9 @ donc 10n / 1n 6 9 @, 10n / 1 6 9 @ . a n … a 1 a 0 est divisible par 9 si a n + … + a 1 + a 0 est divisible par 9.

2. Congruences 63. Corrigé dans le manuel. 64. – 4 / 38 6 7 @ 15 / – 13 6 7 @ . 65. Corrigé dans le manuel.

67. à 69. Corrigés dans le manuel. 70. 1. 2

x 6 4@

73. Corrigé dans le manuel. 74. 1. a = 7 or 4 # 7 = 28 et 28 = 3 # 9 + 1 . 2. 4x / 1 6 9 @ + 28x / 7 6 9 @ + x / 769@ .

3. 10 / – 1 6 11 @ 100 / 1 6 11 @ 10 n / – 1 6 11 @ si n est impair. 10 n / 1 6 11 @ si n est pair. a n … a 1 a 0 est divisible par 11 si (– 1) n a n + … + (– 1) 1 a 1 + (– 1) 0 a 0 est divisible par 11.

66. a / 7 6 10 @ b / 6 6 10 @ a + b / 13 6 10 @ a + b / 3 6 10 @ n = 3 a # b / 42 6 10 @ a # b / 2 6 10 @ .

x6 4@

S = " 1 ; 4 ; 6 ; 9 ; 11 ; 14 ; 19 ; 21 ; 24 ; 39 ; 31 ; 34 ,

0

1

2

3

0

1

0

1

2. D’après le tableau ci-dessus les restes de la division euclidienne de x 2 + 1 ne peuvent être que 1 ou 2, x 2 + 1 n’est donc jamais divisible par 4. 3. Si x / 0 6 4 @ alors x 2 / 0 6 4 @ VRAIE Si x 2 / 0 6 4 @ alors x / 0 6 4 @ FAUX par exemple en prenant x / 2 6 4 @ . 71.

76. 765 est divisible par 9 car 7 + 6 + 5 = 18 donc 765 # 47 = 9 # k # 47 et 765 # 47 est divisible par 9. 3 + 5 + 8 + 5 + 5 = 26 , or 26 n’est pas divisible par 9 donc 35 855 n’est pas divisible par 9 et 765 # 47 ! 35 855 . 1 77. 1. 1 # 0 / 1 6 7 @ . 2 # 4 / 167@ . 3 # 5 / 167@ . 4 # 2 / 167@ . 5 # 3 / 167@ . 6 # 6 / 167@ .

X 6 5@

0

1

2

3

4

a

3x + 2 6 5 @

2

0

3

1

4

Inverse de a

D’après le tableau ci-dessus les solutions dans N de l’équation 3x + 2 = 0 6 5 @ sont les entiers naturels tels que : x = k # 5 + 1 avec k ! N . 72. X 6 5@ 2

X 6 5@

0

1

2

3

4

0

1

4

4

1


156


0

1

2

3

4

5

6

01 4

5

2

3

6

2. • 3x / 5 6 7 @ + 15x / 25 6 7 @ + x / 467@ • 4x – 2 / 0 6 7 @ + 4x / 2 6 7 @ + 8x / 4 6 7 @ + x / 467@ 78. Corrigé dans le manuel. 79. 1. Faux un nombre divisible par 5

TS erm


Livre du professeur

n’est pas forcément divisible par 10. 2. Voir un nombre divisible par 10 est divisible par 5. 3. Voir un nombre non divisible par 5 est divisible par 10. 4. Faux n = 15 est un contre exemple. 5. Faux, contre exemple donc n = 8 . La congruence n’est pas compatible avec la division. 6. Vrai. Si 2n = 6 6 10 @ alors 2n = k # 10 + 6 6 + n = k # 10 + 2 2 + n = k#5 + 3 + n = 365@ . 7. Vrai 3n + 12 ! 0 6 15 @ 3 + 12 ! k # 15 3(n + 4) ! k # 15 n + 4 n’est pas divisible par 5. 80. 10 1 = 10 6 111 @ 10 2 = 100 6 111 @ 10 3 = 1 6 111 @ • 10 60 = (10 3) 20 / 1 20 6 111 @ 10 60 = 1 6 11 @ et 10 61 = 10 6 111 @ 5

3

2

• 10 = 10 # 10 = 100 6 111 @ et 10 61 + 4 5 + 3 / 113 6 111 @ / 2 6 111 @ Le reste de la division euclidienne de 10 60 + 10 5 + 5 par 111 est 2. 10 61 + 10 5 + 3 / 2 6 111 @ . 81. Corrigé dans le manuel. 82. A = n 7 + 2n 3 • si n / 0 6 3 @ , n 7 + 2n 3 = 0 / 6 3 @ 3 = 0 / 63@ • si n / 1 6 3 @ , 144 = 0 / 6 3 @ • si n / 2 6 3 @ , Tout entier étant nécessairement comparer à 0,1 ou 2 module 3, tous les cos ont été examinés. On peut donc conclure que A est divisible par 3. 2

83. 1. 3 / 4 6 5 @ 33 / 2 6 5 @ 34 / 1 6 5 @ 35 / 3 6 5 @ 30 / 1 6 5 @ 3 / 3 65@ • si n = 4p ,

3n = 3 6 5 @ • si n = 4p + 1 , 3n = 4 6 5 @ • si n = 4p + 2 , 3n = 2 6 5 @ • si n = 4p + 3 , 3 319 / 2 6 5 @ . 84. 2 0 / 1 6 7 @ 21 / 2 6 7 @ 22 / 4 6 7 @ 23 / 1 6 7 @ 24 / 2 6 7 @ 25 / 4 6 7 @ h • si n = 3p , • si n = 3p + 1 , • si n = 3p + 2 ,

9 = k 2 k 2 N donc p est bien divisible ! 3 par 3. 4. p2 = 3q 2 p 3 = si 3 rationnel alors p et q sont q premiers entre eux or p et q sont tous les deux divisibles par 3 dont 3 est irrationnel. 88.

2n = 1 6 7 @ 2n = 2 6 7 @ 2n = 4 6 7 @

89.

86. • 11 / 1 6 10 @ donc 11 n / 1 n 6 10 @ • 9 / – 6 10 @ donc 9 n / 1 6 10 @ si n pair ; 9 n / – 1 6 10 @ si n impair ; • 5 / 5 6 10 @ 5 2 / 5 6 10 @ 5 2 / 5 6 10 @ f 11 n + 9 n + 5 n / 1 + 1 + 5 6 10 @ / 7 6 10 @ si n pair ; 11 n + 9 n + 5 n / 1 – 1 + 5 6 10 @ / 5 6 10 @ si n impair. n 6 3@

0

1

1

n2 6 3 @

0

1

1

2. p2 est un multiple de 3 ( p2 = 3p2) donc p2 / 0 6 3 @ et d’après le tableau de congruance p / 0 6 3 @ . 3. p2 = 3q 2 2

(3k) = 3q

2

9k = q 2 3 q = 3k 2 © Hachette livre, 2012

1

2

3

2 n 6 4@

0

2

0

2

n2 + 6 4 @

1

2

1

2

n 6 6@

0

1

2

3

4

5

3n

0

3

0

3

0

3

n2 + 5

5

0

3

2

3

0

3n (n2 + 5) 0

0

0

0

0

0

D’après le tableau de congruence ci-dessous (n 2 + 5) # 3n est divisible par 6 pour tout n. Faux : cos n = 2(n 2 + 5) # 3n = 9 # 6 = 54 divisible par 6 mais m n’est pas divisible par 3. 90.

x 6 8@

0

1

2

3

4

5

6

7

x2 6 8 @

0

1

4

1

0

1

4

1

4x – 4 + 4 0

4

0

4

0

4

0

D’après le tableau de congruence ci-dessus x 2 + 4x – 4 / 0 6 8 @ si x / 2 6 8 @ ou x / 6 68@ . 91.

x 6 7@

0

1

2

3

4

5

6

x2 6 7 @

0

1

4

2

2

4

1

y2 6 7@

1

4

2

2

4

4

1

x 2 + y 2 peut donc valoir 0 ; 1 ; 2 ; 4 ; 5 ; 3 ; 6 et x 2 + y 2 / 0 6 7 @ seulement quand x / 0 6 7 @ et y / 0 6 7 @ .

2

3n = 1 6 5 @

0

• si n ! 6 4 @ , 2n (n 2 + 1) / 0 # 1 6 4 @ • si n / 1 6 4 @ , 2n (n 2 + 1) / 4 6 4 @ 2n (n 2 + 1) / 0 6 4 @ • si n / 2 6 4 @ , 2n (n 2 + 1) / 0 6 4 @ • si n / 3 6 4 @ , 2n (n 2 + 1) / 4 6 4 @ 2n (n 2 + 1) / 0 6 4 @ 2n (n 2 + 1) est divisible par 4.

85. 7 0 / 1 6 5 @ 71 / 2 6 5 @ 72 / 4 6 5 @ 73 / 3 6 5 @ 74 / 1 6 5 @ h 7n = 1 6 5 @ • si n = 4p , 7n = 2 6 5 @ • si n = 4p + 1 , 7n = 4 6 5 @ • si n = 4p + 2 , 7n = 3 6 5 @ • si n = 4p + 3 , 203 = 50 # 4 + 3 donc 7 203 / 3 6 5 @

87. 1.

n 6 4@

157


TS erm


Livre du professeur

D’après le tableau de congruence ci-dessus x 2 + y 2 / 0 6 7 @ . 92. Corrigé dans le manuel. 93. 1.

x 6 9@ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 x2 6 9 @ 0 1 4 0 7 7 0 4 1 x3 6 9 @ 0 1 – 1 0 1 – 1 0 1 – 1

2. D’après le tableau ci-dessus. • si x 3 6 9 @ / 0 dx x / 0 6 9 @ x / 3 6 9 @ ou x / 6 6 9 @ donc x est multiple de 9 (donc multiple de 3) ou le reste de la division euclidienne de x par S est 3 ou 6 qui sont les multiples de 3 donc si x 3 6 9 @ / 0 alors x / 0 6 3 @ . • si x / 0 6 3 @ alors x / 0 6 9 @ ou x / 3 6 9 @ ou x / 6 6 9 @ dans ses x 2 6 9 @ / 0 d’où x 3 / 0 6 9 @ + x / 0 6 3 @ . 3

3

3. p = 2q . D’après le tableau, les valeurs possibles modulo 9 pour p3 sont 0,1 ou – 1. Les valeurs pour p3 sont 0 ; 2 ; – 2 donc p3 = 2q 3 + p3 / 0 6 9 @ et 2q 3 / 0 6 9 @ . 4. Comme p3 / 0 6 9 @ alors p / 0 6 3 @ donc 3 divise p. De plus toujours d’après le tableau 2q 3 / 0 6 9 @ + q 3 / 0 6 9 @ + q divisible par 9. 5. Si p3 = 2p3 alors p et q sont divisibles par 3. Il n’existe pas de fraction irréducp 3 tible telle que = 2. q

()

94. 123 / 3 6 5 @ 5 / 0 6 5 @ donc 5y 2 / 0 6 5 @ . et 2 Soit x doit être égale à 3 modulos. x

0

1

2

3

4

x2

0

1

4

4

1

D’après le tableau de congruence ci-dessus il n’existe pas d’entier x vérifiant x 2 / 3 6 5 @ donc x 2 + 5y 2 = 123 n’admet pas de solution entière. 96. 1. On cherche n tel que 2 n / 1 6 7 @ . Si n = 3 on a bien 2 3 / 1 6 7 @ car 23 / 8 = 1 # 7 + 1 . On cherche n tel que 3 n / 1 6 7 @ . Si n = 6 on a bien 3 6 / 1 6 + @ car 3 6 = 729 = 7 # 104 + 1 .

2. 2. x + y / 1 6 3 @ . A 2006 + 2 2 006 + 3 2 006 + 4 2 006 + 5 2 006 + 62 006 . On a 2 6 / 1 6 7 @ donc finalement 2 2 006 = 4 6 7 @ . De même 3 6 / 1 6 7 @ que 4 3 2 006 / 3 2 6 7 @ . 3 Il en est de même pour les autres puissances. 2 • 4 n / (2 2) n = (2 n) 2 donc 4 6 / 1 6 7 @ n n • 5 / (– 2) 6 7 @ 1 donc 5 6 / (– 2) 6 6 7 @ / 2 6 6 7 @ / 1 6 7 @ n n 6 • 6 / (– 1) 6 7 @ donc 6 / 1 6 7 @ donc 0 2 1 A 2006 + 2 3 + 32 + 42 + 52 + 6 2 6 7 @ / 90 6 7 @ . Or 90 = 12 # 7 + 6 donc finalement 3. y / 1 6 3 @ . A 2006 / 6 6 7 @ . 97. 8 / 3 6 5 @ 8 2 / 9 6 5 @ soit 8 2 / – 1 6 5 @ ; (8 2) 120 / (– 1) 120 6 5 @ ; (8 2) 120 / 1 6 5 @ .

4 3 2 1


2

3

158

4

5

3

4

5

3

100. 1. x / 2 6 3 @ et y / 1 6 3 @ .

1

4

4

98. Cet algorithme permet de calculer le reste de la division euclidienne de 4 n modulo 107. 1. 4 4 / 42 6 107 @ ; 4 5 / 61 6 107 @ . 4. 4 4 / 1 6 107 @ 5. Avec l’algorithme : 106 / Rb + 5 avec R1b. 4 106 + 5 / 1 6 107 @ or 4 b = 1 6 107 @ donc (4 b) R # 4 5 / 1 6 107 @ 4r / 1 6 107 @ . Mais R 1 b et b est le plus petit entier strictement positif vérifiant cette relation donc r = 0 et 106 = k # b . 106 = 2 # 53 (53 est un nombre premier) or 4 2 / 16 6 107 @ et 45 3 / 1 6 107 @ (algorithme) donc le premier entier positif tel que 4 b / 1 6 107 @ est 53.

0

3

5


2 1

0

1

2

101. 1. • si m = 1 alors 7 n – 6 = 1 + 7 n = 7 d’où n = 1 . Le couple (1 ; 1) est solution de (F) • si m = 2 alors 7 n – 12 = 1 + 7 n = 13 pas de solution. • si m = 3 alors 7 n – 24 = 1 + 7 n = 25 pas de solution. • si m = 4 alors 7 n – 48 = 1 + 7 n = 49 d’où n = 2 . Le couple (2 ; 4) est solution de (F) 2. a. Comme m H 5 , il existe p tel que m=5+p (n ; m) vérifie (F) donc 7 n – 3 # 2 m = 1 + 7n = 1 + 3 # 25 + p = 1 + 3 # 25 # 2p = 1 + 32 # 2 p donc 7 n / 1 6 32 @ . b. 7 / 7 6 32 @ 7 2 / 17 6 32 @ 7 3 / 23 6 32 @ 74 / 1 6 3 @ si n = 4k alors 7 n / 1 6 32 @ n = 4k + 1 alors 7 n = (7 n) k # 7 / 7 6 32 @ n = 4k + 2 alors 7 n = (7 n) k # 7 2 / 17 6 32 @ n = 4k + 3 alors 7 n / 73 6 32 @ / 23 6 32 @

TS erm


Livre du professeur

Les puissances de 7 dont le reste dans la division par 32 est égal à 1 sont celles dont l’exposition est un multiple de 4. c. A = 4k d’après le b. 71 / – 2 6 5 @ 72 / 4 6 5 @ 72 / – 1 6 5 @ 7 4 / 1 6 5 @ et (7 h) k / 1 6 5 @ . d. )

7n – 3 # 2m = 1 & – 3 # 2m / 0 6 5 @ 7n / 1 6 5 @ Ce qui n’est pas possible puisque 5 ne divise ni 2, ni 3. Conclusion : il n’existe pas de couple solution avec un second terme (m) supérieur à 4. 5. D’après les questions précédentes, les seuls couples solutions de (F) sont (1 ; ;1) et (2 ; 4). 103. 1.

x

0

1

2

3

4

5

x2

0

1

4

3

4

1

–x+ 4

4

3

2

1

0 –1

x2 – x + 4 4

4

0

4

4

0

Les solutions vérifient x / 2 6 6 @ ou x / 5 6 6 @ : réponse D 2. 1 789 1 / 4 6 17 @ 1 789 2 / 16 6 17 @ 1 789 3 / 13 6 17 @ 1 789 4 / 1 6 17 @ 2 005 / 4 # 501 + 1 donc 1 + 89 2 005 / 4 6 17 @ : réponse C 104. Partie A : 1. Si n = 2 et x = 1 , y = 3 et z = 5 1 2 + 3 2 + 5 2 = 35 or 35 = 8 # 4 + 3 donc 1 2 + 3 2 + 5 2 = 3 6 4 @ . 2. a. n = 3

Partie B : 1. Si x 2 + y 2 + z 2 / 2 n – 1 6 2 n @ donc x 2 + y 2 + z 2 / k + 2 n + 2 n – 1 = 2 n (k + 1) – 1 . La somme est donc impaire ce qui signifie qu’aucun des trois nombres est perte ou alors que deux d’entre eux sont pairs. 2. Soit x = 2q , y = 2r , z = 25 + 1 . a. x 2 + y 2 + z 2 = 4q 2 + 4r2 + 4s 2 + 4s + 1 donc x 2 + y 2 + z 2 / 1 6 4 @ . b. x 2 + y 2 + z 2 = k # 2m + 2n – 1 = 1 + 4k – d’où 2 + 4k – = 2 n (1 + k) 1 + 2k = 2 n – 7 (1 + k) \ 1 44 2 44 3 impair pair ce qui est impossible. 3. On suppose que x, y et z sont impairs. a. Pour tout naturel k non nul, k 2 + k = k (k + 1) produit de deux entiers naturels consécutifs : l’un des deux facteurs est pair, donc le produit est pair. b. Posons x = 2q + 1 , y = 2r + 1 et z = 2s + 1 alors x 2 + y 2 + z 2 = 6 4q 2 + 4q @ + 6 4qr2 + 4r @ + (4s 2 + 4s) + 3 = 4 6 (q 2 + q) + (r 2 + r) + (s 2 + s) + 3 @ . Or d’après la question précédente chaque parenthèse est un nombre pair donc x 2 + y 2 + z 2 = 4 # (2a + 2b + 2c ) + 3 = 8 (a + b + c ) + 3 soit : x 2 + y 2 + z 2 / 3 6 8 @ c. 2 n – 1k # 2 n = 3 + 8k – 4 + 8k – 4 + 8k – = 2 n (1 + k) 1 + 2k – = 2 n – 2 (1 + k) \ 1 44 2 44 3 impair pair ce qui est impossible.


0

1

2

3

4

5

6

7

R

0

1

4

1

0

1

4

1

b. Le reste (modulo 7) de la somme de 3 carrés ne peut être que 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 mais pas 7. Conclusion : il n’existe pas d’entier x, y, z tels que x 2 + y 2 + z 2 / 7 modulo 8.

106. 385 {1 ; 5 ; 7 ; 11 ; 35 ; 55 ; 385} ; 84 {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 12 ; 14 ; 21 ; 28 ; 42 ; 84} ; PGCD (385 ; 84) = 7 107. 3 500 = 200 # 17 + 100 ; 200 = 100 # 2 + 0 ; PGCD (3 500 ; 200) = 100 . 108 et 109. Corrigés dans le manuel. 110. 437 = 391 # 1 + 46 ; 391 = 46 # 8 + 23 46 = 23 # 2 + 0


159

111. 595 = 204 # 2 + 187 ; 204 = 187 # 1 + 17 ; 187 = 17 # 11 + 0 ; Il y aura 17 groupes composés chacun de 35 garçons et de 12 filles. 595 : 17 = 35 . 112. Corrigé dans le manuel.

4 (q 2 + r2 + s 2 + s) + 1

3. Pgcd

r

PGCD (437 ; 391) = 23 391 : 23 = 17 . 437 : 23 19


113. Par combinaison linéaire : 5n + 10 – 5n – 3 = 7 . Soit d = PGCD (n + 2 ; 5n + 3) alors d divise 7 donc d = 1 ou d = 7 . Si d = 7 donc 7 divise n + 2 et 5n + 3 . N

0

1

2

3

4

5

6

N+2

2

3

4

5

6

0

1

5N + 2

3

1

3

4

2

0

5

Le seul cas possible est donc n = 5 + 7k . Conclusion : si n = 5 + 7k alors PGCD (n + 2 ; 5n + 3) = 7 sinon PGCD (n + 2 ; 5n + 3) = 1 . 114. •  p gcd (n + 1 ; n) . n + 1 – n = 1 donc p gcd (n + 1 ; n) = 1 . •  p gcd (2p + 1 ; 2p + 3) . 2p + 3 – 2p – 1 = 2 soit d = p gcd (2p + 1 ; 2p + 3) , d divise 2, donc d = 1 ou d = 2 . d = 2 impossible car les deux entiers sont impairs, donc deux nombres impairs consécutifs sont toujours premiers entre eux. • p gcd (2p ; 2p + 2) . 2p + 2 – 2p = 2 d divise 2, donc d = 1 ou d = 2 , or les 2 entiers sont pairs. Conclusion : le pgcd à deux nombres pairs consécutifs est 2. 115. Corrigé dans le manuel. 116. 1. 3(2n + 1) – 2(3n + 1) = 6n + 3 – 6n – 2 = 1 .

p gcd (2n + 1 ; 3n + 1) = 1 . 2. 2n 2 + 3n + 1 = (n + 1)(2n + 1) et 3n 2 + 4n + 1 = (n + 1)(3n + 1) = p gcd (2n 2 + 3n + 1 ; 3n 2 + 4n + 1) = p gcd (n + 1)(2n + 1) ; (n + 1)(3n + 1) = (n + 1) p gcd (2n + 1 ; 3n + 1) = n + 1 .

TS erm


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117. 1.

a

b

début

15

6

étape 1

9

6

étape 2

3

6

étape 3

3

3

étape 4

3

0

sortie a = 3 , b = 0 2. Un diviseur de a et de b est aussi un diviseur de a et de a – b , en particulier le pgcd de a et de b est aussi le pgcd de a et de a – b . Pour a 2 b, p gcd (a ; b) = p gcd (a – b ; b) . Cette propriété permet de tracer le pgcd par soustractions successives. p gcd (18 ; 60) = 6 . 118. 1. Soit a = A et b + a = B . pgcd p gcd (A ; B) = p gcd (A ; B – A) = p gcd (a ; b) . Vrai. 2. p gcd (17 + 1 ; 11 + 1) = 6 ; p gcd (17 ; 11) + 1 = 2 ; faux. 3. p gcd (0 ; a) = a ; faux. 4. p gcd (1 ; a) = 1 ; vrai. 119. xy = 5 292 . ' pgcd (x ; y) = 6 x = 6x ¢ y = 6y ¢ x # y = 36x ¢y ¢ x ¢y ¢ = 147 x ¢y ¢ = 5 292 ) . * 36 pgcd ( x ¢y ¢) = 1 pgcd ( x ¢y ¢) = 1 Les couples possibles tels que x ¢y ¢ = 147 sont : (1 ; 147), (3 ; 49), (7 ; 21) et leur symétriques, or p gcd (7 ; 21) = 7 . •  x = 6 y = 882 . •  x = 18 y = 294 . Les couples solutions sont donc : (6 ; 882), (18 ; 294), (882 ; 6) et (294 ; 18). 120. 1.

x 1 3 7 9 11 13 17 19

y 6 6 6 3 0 7 3 1

y 2. x 9 171 27 153 63 117 81 99 99 81 117 63 153 27 171 9 x + y = 180 , x = 9x – , y = 9y – donc p gcd (x – ; y –) = 1 . 9x – + 9y – = 180 , x – + y – = 20 . 121. 1. p gcd (n ; n + 1) = 1 ; vrai, deux nombres consécutifs sont premiers entre eux. 2. p gcd (n + 8 ; n + 2) est pair ; faux. Contre exemple : si n = 1, p gcd (9 ; 3) = 3. 3. Pour n = 10, p gcd (18 ; 12) = 6 ; vrai. 123. Corrigé dans le manuel. 124. a = n (3n + 1) , b = n + 1 . 1. (n + 1)(nx + y) + z = n 2 x + ny + nx + y + z = xn 2 + (x + y) n + y + z . 2 a = 3n + n , x=3 x=3 *x + y = 1 *y = – 2 y+z=0 z=2 donc a = (n + 1) (3n – 2) + 2 . 2. d = p gcd (a, b) = p gcd ((n + 1)(3n – 2) + 2 ; n + 1) . d divise n + 1 et d divise (n + 1)(3n – 2) + 2, donc d divise 2, soit d = 1 ou d = 2 . n

0

1

(n + 1)(3n – 2) + 2

0

0

n+ 1

1

0

p gcd ((n + 1)(3n – 2) + 2 ; (n + 1)) = 2 , si n est impair ; p gcd ((n + 1)(3n – 2) + 2 ; (n + 1)) = 1 , si n est pair. 125. 1. n 0 1 2 3 4 n2

0

1

4

4

1

2

5 divise n + 5 divise n. 2. a = n 3 + 5 et b = n 2 . d = p gcd (a, b) = p gcd (n 3 + 5 ; n 2) . d divise la combinaison linéaire n 3 + 5 – n (n 2) = 5 , donc p gcd (a, b) = p gcd (n 2 ; 5) . 3. D’après la question 2., d divise 5 donc d = 1 ou d = 5 .


160


D’après la question 2., d divise 5 donc d = 1 ou d = 5 . D’après la question 1., 5 divise n 2 + 5 divise n. Conclusion : si n est un multiple de 5, p gcd (a ; b) = 5 , sinon p gcd (a ; b) = 1 . 1 2 6 . a = 15n + 13 b = 45n + 16 e t d = p gcd (a, b) . 1. d divise la combinaison linéaire 3a – b = 23. 2. 45 / – 1 6 23 @ donc 45n + 16 / 0 6 23 @ + – n + 16 / 0 6 23 @ + 1 / 16 6 23 @ . 3. n / 16 6 23 @ 15n / 240 6 23 @ 15n / 10 6 23 @ 15n + 13 / 23 6 23 @ 15n + 13 / 0 6 23 @ 4. d divise 23 donc d = 1 ou d = 23 . Si n = 16 + 23 alors d divise a (2) et divise b (3) donc p gcd (a ; b) = 23 , sinon 23 ne divise pas a (2) donc p gcd (a ; b) = 1 . 127. 1. n ! N , a = 7n + 2 , b = 2n – 1 , d = p gcd (a, b) . d divise la combinaison linéaire 2a – 7b = 14n + 4 – 14n + 7 = 11 . 2. a. k ! N tel que 2n = 11k + 1 , 2n – 1 = 11k , donc 11k est impair, de plus 11 est impair, donc k est impair (seul le produit de nombre impair est impair). b. k est impair donc k = 2k ¢ + 1 . 2n = 11 (2k ¢ + 1) + 1 . 2n = 11 # 2k ¢ + 12 . n = 11k ¢ + 6 . b. a = 7n + 2 = 7x (11b¢ + 6) + 2 = 77b¢ + 44 = 11 (b¢ + 4) donc 11 divise a. 3. Si n = 11b¢ + 6 , d = 11 ; sinon d = 1 . 129. 1. Si k divise a et b alors a = ba¢ et b = kb¢ . p gcd (a ; b) = p gcd (ka¢ ; kb¢) = k p gcd (a¢ ; b¢) donc k divise pgcd (a ; b). Vrai. 2. • Si d divise a, b et c alors d divise a et b donc d divise pgcd (a ; b) et c. D(a, b, c) CD(pgcd a, b) c). • Si d divise pgcd (a, b) et c alors d divise a, b et c. D(pgcd a, b) c) (a, b, c) CD(a, b, c). Vrai.

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3. Faux ; p gcd (3 ; 9 ; 1) = 1 . 3, 9 et 1 sont premiers entre eux mais p gcd (3 ; 9) = 3 . 3 et 9 ne sont pas premiers entre eux. 130. 1. a. p gcd (363 ; 484) = 121 . b. 121 = 485 – 363 donc le couple (363 ; 484) appartient bien à S. 2. Deux entiers consécutifs sont premiers entre eux donc p gcd (n ; n + 1) = 1 et n + 1 – n = 1 donc le couple (n ; n + 1) appartient bien à S. 3. Si p gcd (x, y) = y – x alors x = k ( y – x) et y = k – ( y – x) d’où y – x = ( y – x) # (k – – k) donc k – – k = 1 et k – = k + 1 . Réciproquement : si x = k ( y – x) et y = (k + 1)( y – x) . p gcd (k ( y – x) ; (k + 1)( y – x) = ( y – x))p gcd (k ; k + 1) = ( y – x) . 3

2

2

131. a = n – n – 12n et b = 2n – 7n – 4 . 1.  a = n (n – 4)(n + 3) donc a et b sont des et b = (n – 4)(2n + 1) entiers naturels divisibles par (n – 4) . 2. On pose a = 2n + 1 et b = n + 3 . D = pgcd (a, b) . a. 2b = 2n + 6 . 2b – a = 5 . b. D = pgcd (a, b) , d divise la combinaison linéaire 2b – a = 5 donc D divise 5. c. 1re implication : a / 0 6 5 @ et b / 0 6 5 @ . a – b = n – 2 / 065@ . 2e implication : n – 2 / 0 6 5 @ + n = 2 6 5 @ & 2n / 4 6 5 @ & 2n + 1 / 0 6 5 @ & a / 065@ .

}

n – 2/ 0 6 5 @ & n / 2 6 5 @ & n + 3 / 5 6 5 @ & b / 065@ . 3. Si d ¢ = pgcd (2 n + 1 ; n) , alors d ¢ divise 2n + 1 – 2n = 1 donc d ¢ = 1 et les nombres 2n + 1 et n sont premiers entre eux. 4. a. d = pgcd ( a ; b) = (n – 4)pgcd ((n + 3) ; (2n + 1)) = (n – 4)pgcd (b ; a) . D est un diviseur de S et d’après les questions précédentes a et b sont multiple de 5 si n – 2 est multiple de 5. n

0

1

2

3

4

n–2

–2

–1

0

1

2

Si n = 5 # k + 2 donc p gcd (a, b) = 5 # (n – 4) sinon p gcd (a, b) = 1# (n – 4) .

b. pour n = 11 pgcd (a ; b) = 7 = 1 # (11 – 4) , pour n = 12 pgcd (a ; b) = 40 = 5 # (12 – 4) . 132. 1. a. 2 009 = 11 # 182 + 7 le reste est donc égal à 7 2 5 = 32 = 11 # 2 + 10 2 5 / 10 6 11 @ ou 2 5 / – 1 6 11 @ (2 5) 2 / (– 1) 2 6 11 @ 2 10 / 1 6 11 @ . Le reste dans la division euclidienne de 2 10 par 11 est égal à 1. b. On a 22 009 = 210 # 200 + 9 = (210) 200 # 29 or 2 10 / 1 6 11 @ d’où (2 10) 200 / 1 200 6 11 @ . D’autre part 2 9 = 2 5 # 2 4 et 2 5 / – 1 6 11 @, 2 4 / 5 6 11 @ , 5 4 9 donc 2 # 2 = 2 / – 5 6 11 @ . Finalement 2 2 009 / – 5 6 11 @ et comme 2 009 = 7 6 11 @ , 2 2 009 + 2 009 / 2 6 11 @ . 2. a. A n = 2 n + p avec n ! N *. A n + 1 = 2n + 1 + p = 2 # 2n + p , d n = p gcd (A n ; A n + 1) dn divise A n + 1 – A n = 2 n . b. n étant supérieur à zéro, 2n est pair donc A n = 2 n + p a la même parité que p. c. D’après la question précédente An et A n + 1 ont la parité de p. Donc si p est pair An et A n + 1 et par conséquent leur pgcd le sont aussi, si p est impair An et A n + 1 et par conséquent leur pgcd le sont aussi. D’après le résultat précédent A2 009 est impair car 2 009 l’est et leur pgcd l’est aussi. Or on a vu que ce pgcd, dn divisait 2n. Or tous les diviseurs de 2n sont pairs sauf 1 seul devenu impair. Conclusion : le pgcd de 200 9 + 2 009 et 2 2 010 + 2 009 est égal à 1. Il sont premier entre eux. 134. 1. n G m donc m = n + T avec TH 0 . (a m – 1) – a T # (a m – 1) = a m – 1 – a m + aT = aT – 1 donc p gcd (a n – 1 ; a m – 1) = p gcd (a n – 1 ; a m – n – 1) . 2. p gcd (a n – 1 ; a m – 1) = p gcd (a n – 1 ; a m – n – 1) = p gcd (a n – 1 – 1 ; a m – 2n – 1) = p gcd (a n – 1 ; a r – 1) . p gcd (a n – 1, a m – 1) = p gcd (a n – 1 ; a r – 1) . 3. D’après l’algorithme d’Euclide : m = q 1 # n + r1 n = q 2 # r1 + r2 r2 = q 3 # r1 + r3 … rn = q # rn – 1 + 0 avec rn – 1 = d .


161


D’où p gcd (a n – 1 ; a m – 1) = p gcd (a m – 1 ; a n – 1) = p gcd (a m – 1 ; ar1 – 1) = p gcd (ar1 – 1 ; a m – 1) = p gcd (ar2 – 1 ; ar1 – 1) = f p gcd (a d – 1 ; 0) = a d – 1 . Application : 1. p gcd (33 ; 150) = 3 donc p gcd (3 33 ; 3 150 –1) = 3 3 – 1 = 26 . 2. Oui, car 13 divise 26. 135. Cet algorithme permet de calculer le pgcd entre 2 grands nombres avec l’algorithme d’Euclide. Pour accélérer l’algorithme on enlève d’abord les puissances de 2.

4. Bézout et Gauss 136. 1. 66 = 15 # 4 + 6 . 15 = 6 # 2 + 3 6 = 3#2 + 0 p gcd (66 ; 15) = 3 . 2. 3 = 15 # 1 – 2 # 6 = 15 # 1 + 6 # (1 – 2) a = 1 et b = – 2 . 3. 6 = 66 # 1 + 15 # (– 4) a = 1 et b¢ = – 4 . 4. 3 = 15 # 1 + 6 (66 # 1) @ + 15 # (– 4)# (– 2) 3 = 15 # 1 + 66 # (– 2) + 15 # 8 3 = 15 # 9 + 66 # (– 2) 3 = 15 # (9) + 66 # (– 2)

137. Corrigé dans le manuel. 138. p gcd (124 ; 7) 124 = 7 # 17 + 5 7 = 5#1 + 2 5 = 2#2 + 1 2 = 1# 2 + 0. 1 = 5 – 2#2 1 = 5 – 2 # (7 – 5) 1 = 5 – 2#7 + 2#5 = 3#5 – 2#7 = 3 # (124 – 7 # 17) – 2 # 7 = 3 # 124 – 51 # 7 – 2 # 7 = 3 # 124 – 53 # 7 = 124 # 3 + 7 # (– 53) , u = 3 et v = – 53 . 139. Corrigé dans le manuel. 140. 1. 340u + 238u = 1 340 = 238 # 1 + 102 238 = 102 # 2 + 34 102 = 39 # 3 + 0 p gcd (340 ; 238) = 35 . Impossible.

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2. Impossible. 3. 34 = 238 + 2 # 102 = 238 + 2 # (340 – 238) 34 = – 238 + 2 # 340 , u = 2 et v = – 1 . 4. 68 = – 2 # 238 + 4 # 340 , u = 2 et v = – 1. 141. et 142. Corrigés dans le manuel. 143. (n + 1)(2n + 3) = 2n 2 + 5n + 3 (2n 2 + 5n + 4) – (n + 1)(2n + 3) = 1 . D’après la réciproque du théorème de Bézout (2n + 3) et (2n 2 + 5n + 4) sont premiers entre eux et la fraction 2n + 3 est irréductible. 2 2n + 5n + 4 144. et 145. Corrigés dans le manuel. 146. 1. x / 0 6 7 @ x / 063@ 7 divise x x = a # 7 3 divise x x = b # 7 . Oor 7 et 3 sont premiers entre eux. Donc 7 # u + 3 # v = 1 (théorème de Bézout). 7x # u + 3x # v = x 21 # b # u + 21a # v = x . Donc x / 0 6 21 @ . 2. Contre exemple : 24 / 0 6 3 @ 24 / 0 6 12 @ . Mais 24 _ 0 6 36 @ . x / 0 6 m @ et x / 0 6 n @ alors x / 0 6 mn @ si m et n sont premiers entre eux. 147. Corrigé dans le manuel. 148. 5x + 4y = 1 1. (1 ; – 1) est un couple de solution particulier de l’équation. 2. 5x + 4y = 5x 0 + 4y 0 5(x – x 0) = 4 (y 0 – y) . 3. 5 divise 4 (y 0 – y) , 5 et 4 sont premiers entre eux donc d’après le théorème de Gauss 5 divise y 0 – y 5k = y 0 – y + y – y 0 – 5k . En remplaçant 5 (x – x 0) = 4 # 5k & x – x 0 = 4k et x = 4k + x 0 . Vérification : Yk + 5x 0 + 4y 0 – 20 Yk = 1 5(4k + x 0) + 4( y 0 – 5k) = 20

y = – 1 – 5k x = 4k + 1 149. 35a + 8b = 1 35 = 8 # 4 + 3

8 = 3#2 + 2 3 = 2#1 + 1 2 = 1#2 + 0 1=3–2 1 = 3 – (8 – 3 # 2) 1 = 3#3 – 8 1 = 3 # (35 – 8 # 4) – 8 1 = 3 # 35 – 12 # 8 – 8 1 = 3 # 35 – 13 # 8 1 = 35 # 3 + 8 # (– 13) 4 = 35 # 12 + 8 # (– 52) (12 ; – 52) est un couple de solutions particuliers de l’équation diophantienne 35a + 8b = 4 . 2. 35a + 8b = 35a 0 + 8b 0 35 (a – a 0) = 8 (b 0 – b) 35 divise 8 (b 0 – b) , 35 et 8 sont premiers entre eux donc d’après le théorème de Gauss 35 divise b 0 – b 35k = b 0 – b b = b 0 – 35k b = – 52 – 35k d’où 35 6 a – a 0 @ = 8 # 35k a – a 0 = 8k a = 8k + a 0 Vérification : 35 (8k + a 0) + 8 ( b 0 – 35k) Yk + 35a 0 + 8b 0 – 280 Yk = 280 = 3 500 + 8b 0 =4 a 0 = 12 b = – 52 b = – 52 – 35k . ' a = 12 + 8k 150. 3x – 2y = 1 ; 7x + 4y = 6 ; 12x + 16y = 3 . 1. x = 1 + 2k ; y = 1 + 3k (1 ; 1), (3 ; 4), (5 ; 7), (7 ; 10), (9 ; 13), (11 ; 16), (12 ; 19). 2. x = 2 + 4k ; y = – 2 – 7k , pas de solution entre 0 et 20. 3. pgcd (12 ; 16) = 4 et 3 ne divise pas 4 : l’équation n’a pas de solution. 151. 5n / 1 6 7 @ 5n = 7 # p + 1 5n + 7p¢ = 1 7 = 5#1 + 2 5 = 2#2 + 1 2 = 1#2 + 0 1 = 5 – 2#2 1 = 5 – 2 # (7 – 5) 1 = 3#5 – 2#7 5n + 7p¢ = 5n 0 + 7p¢ 0 © Hachette livre, 2012

162


5(n – n 0) = 7( p¢ 0 - p¢ 0) (3 ; – 2) est un couple solution de l’équation 5n + + 7p¢ = 1 Donc 7 divise 5 (n – n 0) et comme 7 et 5 sont premiers entre eux 7 divise (n – n 0) . 7k = n – n 0 ; n = 7k + n 0 ; n = 7k + 3 . 152. )

a / 165@ a / 169@ D’après le théorème de Gauss (5 et 9 étant premier entre eux) 5k = b¢ et 9k = b donc a = 5b + 1 a = 45k + 1 si k = 0 a = 1 si k = 2 a = 91 . 153. D’après le théorème de Gauss (7 et 25 étant premiers entre eux) 7k = v et 29k = u . La nouvelle lune tombera à nouveau un lundi dans 29 # 7 = 203 jours. 154. 1. 7 700 = 2 2 # 5 2 # 7 # 11 . 2. x = 88q = 350q ¢ d'où 44q = 175q ¢ et d’après Gauss q divise 175. Finalement x = 88 * 175k = 15400k x est compris entre 1 et 500 000 000 donc k est compris entre 1 et 32 468. Mais x = 2 3 * 5 2 * 7 * 11 * k pour être un carré on doit donc avoir k = 2 * 7 * 11 * a 2 on doit donc chercher les carrés (a 2) compris entre 1 et 32 468/154, donc compris entre 1 et 211 : VARIABLES a EST_DU_TYPE NOMBRE k EST_DU_TYPE NOMBRE k EST_DU_TYPE NOMBRE DÉBUT_ALGORITHME POUR a ALLANT_DE 1 A 211 DEBUT_POUR SI (floor(sqrt(a))==sqrt(a)) ALORS DEBUT_SI k PREND_LA_VALEUR 144*a x PREND_LA_VALEUR 15 400*k Afficher “15 400*” AFFICHER k Afficher “=” AFFICHER* x FIN_SI FIN_POUR FIN_ALGORITHME

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155. 12n + n # 16 = 4 + n – # 24 + 24 n – – 16n = 8 + 3n – – 2n = 1 + n– = 3 + n = 4 . 156. • Si PGCD(a, n) = 1 , d’après Bézout, il existe u, v ! Z tel que ua + vn = 1 . Donc ua / 1 6 n @ . • Réciproquement si ab / 1 6 n @ alors ab = 1 + kn donc ab – k # n = 1 et d’après Bézout pgcd(a, n) = 1 . Conclusion : a admet un inverse modulo n ssi pgcd(a, n) = 1 . 1. a. 15 = 7 # 2 + 1 1 = – 2 # 7 + 15 # 1 donc b = – 2 . b. 7x / 3 6 15 @ – 14x / – 6 6 15 @ x / – 6 6 15 @ , x / – 6 + 15k 2. PGCD(40 ; 17) = 1 27 # = 1 6 40 @ 40 = 27 # 1 + 13 27 = 13 # 2 + 1 1 = 27 – 13 # 2 1 = 27 - (40 – 27) # 2 1 = 3 # 27 – 2 # 40 3 # 27 = 12 – 2 # 40 / 1 6 40 @ 27x / 4 6 40 @ 3 # 27x / 12 6 40 @ x / 12 6 40 @ x = 12 + 40 R . 157. 1

2

3

4

5

6

14 10

6

2

12

8

4

x 6 14 @

7

8

9

10 11 12 13

10 x 6 14 @

0

10

6

2

x 6 14 @ 10 x 6 14 @

0

12

8

4

x / 6 6 14 @ ou x / 13 6 14 @ . 158. x6 9@

0

1

2

3

4

5

6

7

8

21x 6 9 @

0

3

6

0

3

6

0

3

6

x = 9k + 2 ou x = 5k + 5 ou x = 9k + 8 159. VARIABLES a EST_DU_TYPE NOMBRE b EST_DU_TYPE NOMBRE r EST_DU_TYPE NOMBRE q EST_DU_TYPE NOMBRE u0 EST_DU_TYPE NOMBRE u1 EST_DU_TYPE NOMBRE

u2 EST_DU_TYPE NOMBRE v0 EST_DU_TYPE NOMBRE v1 EST_DU_TYPE NOMBRE v2 EST_DU_TYPE NOMBRE DÉBUT_ALGORITHME LIRE a LIRE b u0 PREND_LA_VALEUR 1 v0 PREND_LA_VALEUR 0 u1 PREND_LA_VALEUR 0 v1 PREND_LA_VALEUR 1 TANT_QUE (a%b>0) FAIRE DEBUT_TANT_QUE r PREND_LA_VALEUR a%b q PREND_LA_VALEUR floor(a/b) u2 PREND_LA_VALEUR u0-q*u1 v2 PREND_LA_VALEUR v0-q*v1 a PREND_LA_VALEUR b b PREND_LA_VALEUR r u0 PREND_LA_VALEUR u1 v0 PREND_LA_VALEUR v1 u1 PREND_LA_VALEUR u2 v1 PREND_LA_VALEUR v2 FIN_TANT_QUE AFFICHER* u1 AFFICHER* v1 FIN_ALGORITHME a = a # 1 + b # 0 , u 0 = 1 et v 0 = 0. b = a # 0 + b # 1 , u 1 = 0 et v 1 = 1 . a = bx # q 1 + r1 , donc r1 = a – b # p1 , u 2 = 1 , v 2 = – q 1 . b = r1 # q 2 + r2 r2 = b – r1 q 2 = b – (0 – b # q1) q 2 113 = – q 2 v 3 = q1 q2 + 1 = – aq 2 + b (q 1 q 2 + 1) rn – 2 = rn – 1 # q n + rn rn = – rn – 1 # q n + rn – 2 un + 1 = un – 1 – qn un v n + 1 = v n – 1 – qn v n . Application : q1

r1

1. 1 220 = 380 # 3 + 80 p1 = 3 et r1 = 80 u 2 = 110 – q 1 # u 1 u2 = 1 – 3 # 0 = 1 v 2 = v 0 – v 1 # q1 = 0 – 1#3 = – 3


163

1 220 # 1 = – 3 # 380 = 80 . 2. 380 = 80 # 4 + 60 q2

u3 = u1 – u2 # q2

r2

= 0 – 1#4 = – 4 v 3 = v 1 – v 2 # q2 = 1 – (– 3) # 4 = 13 1 220 # (– 4) + 380 # 13 = 60 . 60 = 60 # 1 + 20 q3

r3

u4 = u2 – u3 # q3 u4 = 1 + 4 # 1 = 5 v 4 = v 2 – v 3 # q3 = – 3 – 13 # 1 = – 16 1 220 # 5 – 16 # 380 = 20 60 = 20 # 30 + 10 q4

r4

Conclusion : u = 5 et v = – 16 . 160. 1. r– 2 prend la valeur b r– 1 prend la valeur a u – 2 prend la valeur 0 u – 1 prend la valeur 1 v – 2 prend la valeur 1 v – 1 prend la valeur a div b k prend la valeur – 1. Tant que rk 2 0 faire Début k prend la valeur k + 1 rk – 2 = q k – rk – 1 + rk (avec q k = rk – 2 div rk – 1 = rk – 2 ) u k prend la valeur u k – 2 – q k u k – 1 v k prend la valeur v k – 2 – q k v k – 1 Fin Afficher u = uk - 1 # qk v = v k - 1 # qk 2. a. 53u + 12v = 1 sol (5 ; – 22) . b. L’équation 10u + 55v = 2 n’admet pas de solution car c = 2 n’est pas un multiple de 5 = pgcd (55 ; 10). c. 10 u + 14 v = 6 sol (9 ; – 22) . 161. 1. 142 n’est pas un multiple de 5, ni un multiple de 3, on ne peut donc pas paver le damier avec seulement les pièces de type A ou seulement les pièces de type B. 2. 5u + 3v = 142 (– 142 ; 284) est une sol particulière.


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5u + 3v = 5u 0 + 3v 0 5 (u – u 0) = 3 (v 0 – v) . D’après le théorème de Gauss 5k = (v 0 – v) et 3k = u – u 0 v = v 0 – 5k u = 3k + u 0 v = 284 – 5k u = 3k – 142 Choisir k tel que u et  2 0 3k – 142 2 0 & k 2 142 2 47 3 204 284 – 5k 2 0 & k 2 2 57 . 5 Exemple : si k = 50 u = 8 et u = 34 prendre k entre 48 et 56. 5 # 8 + 3 # 34 = 142 . 163. 1. a. a et b sont deux entiers premiers entre eux. au + bv = 1 abu + b 2 v = b . Par hypothèse d divise a et d divise b 2 donc d divise abu + b 2 v et donc d divise b. b. • Si d divise a et b 2 alors d divise a et b donc d = 1 . a et b 2 sont donc premiers entre eux. • De même avec A = b 2 et B = a . A et B sont premiers entre eux donc A et B 2 aussi. 2. a. Faux, il suffit de prendre un contre exemple : pgcd (16 ; 4) = 4 ! pgcd (4 ; 2) . b. soit d le PGCD (a ; b) a = da¢ et b = db¢ ; pgcd (a 2 ; b 2) = pgcd (d 2 a ¢ 2 ; d 2 b) = d 2 pgcd (a ¢2 ; b ¢2) = d 2 , premiers entre eux d’après le 1. 3. d = PGCD (n 2 + 10n + 25, 4n 2) d = PGCD ((n + 5) 2 ; (2n) 2) = PGCD (n + 5 ; 2n)) 2 PGCD (n + 5 ; 2n) 2 (n + 5) – 2n = 10 . Le PGCD (n + 5 ; 2n) divise 10 donc PGCD (n + 5 ; 2n) = 1 ou 2 ou 5 ou 10. n

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

2n

0

2

4

6

8

0

2

4

6

8

n+ 5 5

6

7

8

9

0

1

2

3

4

Si n = 5 + 10k PGCD (n 2 + 10n + 25 ; 4n 2) = 100 si n = 10k , PGCD = 25 .

n = 1 + 10k _ b ou 3 + 10k b si ` p gcd = 4 . 7 + 10k b b 9 + 10k a sinon PGCD = 1 .

164. Corrigé dans le manuel. 165. 1. y – y A – 7 – 9 – 16 – 8 m= B = = = xB – xA 7 + 7 14 7 y = 8x + p 7 9 = –Y 8 # (–Y 7) + p 7 p=1 y = – 8x + 1 7 y + 8x = 1 7 7y + 8x = 7 7v + 8u = 1 , (1 ; – 1) solution particulière. 7v + 8u = 7v 0 + 8u 0 7 (v - v 0) = 8 (u 0 – u 0) 7k = v 0 – v 8k = y – y 0 v = – 7k + 1 u = 8k - 1 x = – 49k + 7 y = 56k - 7 M (7 ; 7) est le seul élément de (AB) + F . 166. 1. a = – 2 + 7k , a + 2 = 7k , (a + 2) divisible par 7. 7 plus grand diviseur de 7 donc PGCD (a + 2 ; 7) = 7 . Si (a + 2) divisible par 7 alors il existe k ! Z tel que a + 2 = 7k + a = 7k – 2 . y – yA a + 2 a + 2 = = m= B xB – xA 4 + 3 2 y = a + 2x + b 7 a – 2 = + 2 (– 3) + b 7 3a + 8 = b 7 y = a + 2 = 3a – 8 7 7 7y = (a + 2) x + (3a – 8) = (a + 2) x + 3 (a + 2) + 14 (a + 2)(x + 3) – 7y = 14 . 3. PGCD (a + 2 ; 7) = 1 ou 7 donc PGCD (a + 2 ; 7) = 1 divise 14. Donc E + (AB) ! 0 .


164


167. 1. ax / b 6 n @ + ax = kn + b , (1) + b = ax – kn . Si d = PGCD (a ; n) alors d divise a et d divise A et d’après la relation (1) d divise b. 2. • a = da¢ et n = dn¢ avec PGCD (a ¢ ; n ¢) = 1 donc il existe u et v tel que a¢ + v ¢ = 1 . • De plus il existe b¢ tel que b = b¢d ax = b + kn , a¢dx = b¢d + kdn¢ a¢x = b¢ + kn¢ donc a ¢x / b¢ 6 n¢ @ ua ¢x / ub¢ 6 n ¢ @ or ua ¢x = 1 – vn¢ / 1 6 n¢ @ x / ub¢ 6 n¢ @ d’où et finalement x / ub¢ + q # n¢ . V x 0

3. Les solutions sont de la forme : x = qn¢ + x 0 x1 / x2 6 n @ + q 1 n¢ + x 0 / q 2 n¢ + x 0 6 n @ + n¢ (q 1 – q 2) / 0 6 n @ + n¢ (q 1 – q 2) = kn = kdn¢ + q 1 – q 2 = kd + q 1 / q 2 6 d @ or q peut être égal à 0, 1, 2 f d 1 modulo d donc il existe exactement d solutions modulo 11.

168. 1. x = nub + mua et nv + mu = 1. On a : anv + amu = a donc aum = a 6 m @ et bnv + bmu = b donc bmv = b 6 m @ Réciproque : x / a 6 m @ et x / b 6 m @ . De plus il existe u et v tels que mu + nu = 1 donc mu / 1 6 n @ et x / amu 6 n @ nv / 1 6 mu @ et x / bnv 6 m @ . D’où x = amu + k 1 n = bnv + k 2 m . m (au – k 2) = n (bv – k 1) et comme m et n sont premiers entre eux d’après Gauss n divise au – k 2 = qn donc k 2 = au – qn . m¢a¢ k 2 = au – q n ce qui donne : x = bnv + (au – qn) m x = bnv + aum – qnm x / bnv + aum 6 mn @ Finalement x / a 6 m @ et x / b n . 2. x = 5 6 7 @ et x = 2 6 4 @ . 7u + 4v = 1 7 = 4#1 + 3 4 = 4#3 + 1 1 = 2#4 – 1 + 7 v = 2 et u = – 1

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donc x = 5 # 4 # 2 + 2 # 7 # (– 1) = 40 – 14 = 26 6 28 @ .

x / 2 # 15 # 1 + 8 # 7 # (– 2) 6 105 @ x / 23 6 105 @

3. x / 1 6 10 @ et x / 5 6 9 @ 10 = 9 # 1 + 13 v = = – 1 et u = 1 donc x = 1 # 9 # (– 1) + 5 # 10 # 1 = – 9 + 50 = 41 6 90 @ .

172. On note x la fortune que peut espérer le cuisinier s’il décide d’empoisonner le reste des pirates. Il s’agit donc de trouver x positif et minimal vérifient : x / 3 6 17 @ * x / 4 6 11 @ x / 566@ x / 3 6 17 @ , a = 3 , n = 17

169. 1. n / 3 6 7 @ , n / 2 6 23 @ 27 = 23 # 1 + 4 23 = 4 # 5 + 3 4 = 3#1 + 1 1 = 4 – 3#1 = 4 – (23 – 4 # 5) = 6 # 4 – 23 = 6 # (27 – 23) – 23 = 6 # 27 – 7 # 23 v = – 7 et u = 6 donc x = 3 # 23 # (– 7) + 2 # 27 # 6 = – 483 + 324 = – 159 6 621 @ = 462 6 621 @ . 170. 1. n / 90 6 97 @ , n / 2 6 23 @ 111 = 97 # 1 + 14 97 = 14 # 6 + 13 14 = 13 # 1 + 1 1 = 14 – 13 = 14 – (97 – 6 # 14) = 7 # 14 – 97 = 7 # (111 – 97) – 97 = 7 # 111 – 8 # 57 v = – 8 et u = 7 x = 100 # 97 # (– 8) + 90 # 111 # 7 = – 77 600 + 69 930 = – 7 670 6 10 767 @ = 3 097 6 10 767 @ . Il n’existe pas d’entier naturel inférieur à 2 000 tel que : n / 100 6 111 @ ) n / 90 6 97 @ 171. x = 263@ x / a 6n@ a = 2 n = 3 *x = 365@ *x / 36m @ b = 3 m = 5 x = 267@ mu + nv = 1 5 # 2 + (3) # (– 3) = 1 u = 2 et u = – 3 D’où x / 3 # 3 # (– 3) + 2 + 5 + 2 6 15 @ x / 8 6 15 @ x / 8 6 15 @ a = 8 n = 15 x / 2 6 7 @ b = 2 m = 7 mu + nu = 1 7 # (– 2) + 15 # 1 = 1 u = – 2, v = 1

x / 4 6 11 @ , b = 4 , m = 11 mu + nv = 1 11 # (– 3) + 17 # 2 = 1 , u = – 3 et v = 2 x / 4 # 17 # 2 + 3 # 11 # (– 3) 6 187 @ x / 37 6 187 @ De plus x / 37 6 187 @ , a = 37 , n = 187 x / 566@ , b = 5, m = 6. mu + nv = 1 6 # (– 31) + 187 = 1 , u = – 31 et v = 1 x / 5 # 187 # 1 + 37 # 6 # (– 31) 6 1 122 @ x / 785 6 1 122 @ x = 785 . 173. 1. x 6 10 @

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

x2 6 10 @ 0 1 4 9 6 5 6 9 4 1 x6 5@ 2

x 6 5@

0 1 2 3 4 0 1 4 4 1

174. 1. a. 1 est une racine évidente de x 2 – 1 , x 3 – 1 , x 4 – 1 et x n – 1 . b. On pose x = x k , d’après le a. x n – 1 se factorise par x – 1 , soit x kn – 1 se factorise par x k – 1 . d = PGCD (m, n) et D = PGCD (a n – 1, a m – 1) d divise n donc kd = n . a n – 1 = a dk – 1 = (a d) k – 1 . D’après la question précédente a d – 1 divise a n – 1 de même a d – 1 divise am – 1 donc a d – 1 divise le PGCD de ces 2 nombres. Donc a d – 1 divise D. 3. d divise m donc m H d u ! N * donc mc H d on doit donc avoir nv H 0 . 4. mu – nv = d

(a mu – 1) – (a nv – 1) a d = a d + nv – 1 – a nv + d + ad = ad – 1 .

5. Soit D un diviseur commun de a mu – 1 et de a nv – 1 . Donc D un diviseur de (a mu – 1) – (a nv – 1) a d et d’après le calcul précédent D divise a d – 1 . Or a d – 1 divise D donc D = ad – 1. 6. PGCD (3 55 – 1 ; 3 122 – 1) = 3 1 – = 2 . PGCD (122 ; 55) = 1 .

2. a. x / 0 6 5 @ x = 25 est une solution possible. b. x / 2 6 5 @ pas de solution possible d’après le tableau de congruence, pas de carré égal à 2 modulo 5. x = 25 est une solution possible. c. x / 4 6 10 @ 4 et 64 sont des solutions. d. x / 9 6 10 @ si x / 9 6 10 @ alors 9 et 49 sont des solutions. x 2 se termine par 1 donc x 2 / 1 6 10 @ donc x / 1 6 10 @ ou x / 9 6 10 @ . 3. x / 1 6 10 @ , a = 1 , n = 10 ou x / 9 6 10 @ , a = 9 , n = 10 x / 163@ , b = 1, m = 3, x / 163@ , b = 1, m=3 10 = 3 # 3 + 1 x / 10 # 1 # 1 + 9 # 3 # 3 6 30 @

175. 1. Initialisation : u 0 = 1 et v 0 = 1 , 2 et 1 ! N La propriété est vraie au premier rang. Hérédité : Je suppose la propriété vraie au rang n et je démontre qu’elle est vraie au rang n + 1 . u n et v n sont des entiers naturels donc 2u n et 3v n sont aussi des entiers naturels donc u n + 1 est un entier naturel. Conclusion : u n est un entier naturel et il en va de même pour v n . 2. a. Initialisation : u 20 – 3v 20 = 2 2 – 3 # 1 2 = 1 vraie au premier rang. b. Hérédité : je suppose u 2n – 3v 2n = 1 vraie u 2n + 1 – 3v 2n + 1 (2u n + 3v n) 2 – 3(u n + 2v n) 2

1 = 1 # 10 + 3 # 3 u = 3 v = 1 x / 91 6 30 @ ,

4u 2n + 12u n v n + 9v 2n – 3 (u 2n + 4u n v n + 4v 2n)

x / 1 # 3 # 3 + 1 # 10 # 1 6 30 @ x / 19 6 30 @ .


165


4 u 2n + 12 u n v n + 9v 2n – 3u 2n – 12 u n v n – 12v 2n

u 2n – 3v 2n = 1.

TS erm


Livre du professeur

c. Conclusion : la propriété est vraie pour tout n ! N . 3. (2 ; 1) (7 ; 4) f il suffit d’activer les relations de récurences pour trouver les autres couples solution de l’équation x 2 – 3y 2 = 1 . 183. 3a + 5b = 1 – 7c , solution particulière a 0 = (– 3 + c) et b 0 = 2 – 2c . 3 (– 3 + c) + 5 (2 – 2c) = – 9 + 3c + 10 – 10c = 1 – 7c . Cas général : 3a + 5b = 3a 0 + 5b 0 3 (a – a 0) = 5 (b – b 0) ; 3 et 5 sont premiers entre eux donc 5k = a – a 0 et 3k = b – b 0 ; a 5k + a 0 et b = 3k + b 0 a = 5k – 3 + c et b = 3k + 2 – 2c . Les solutions de l’équation dans Z3 sont les triplets : (– 3 + c + 5k ; + 2 – 2c + 3k ; c) .

5. Nombres premiers et factorisation 184. et 185. Corrigés dans le manuel. 186. 12 600 = 2 3 # 3 2 # 5 2 # 7 ; 2 940 = 2 2 # 3 # 5 # 7 2 . p gcd (12 600 ; 2 940) = 2 2 # 3 # 5 # 7 = 420 . 187. Corrigé dans le manuel. 188. 1. 105 = 3 # 5 # 7 ; 45 = 3 2 # 5 . 2. p gcd (105 ; 45) = 3 # 5 = 15 . 3. ppcm (105 ; 45) = 3 2 # 5 # 7 = 315 . 4. pgcd (105 ; 45) # ppcm(105 ; 45) = 4725 = 105 # 45 . 6. a = da¢ et b = db¢ avec a¢ et b¢ premiers entre eux, donc ppcm(a ; b) = da¢b¢ et p gcd (a ; b) # ppcm(a ; b) = d # da¢b¢ = da¢ # db¢ = ab . 189. et 190. Corrigés dans le manuel. 191. ( p2 – 1) = ( p – 1)( p + 1) Puisque p est premier et 2 2 , il est impair, donc p – 1 et p + 1 sont pairs, l’un est divisible par 2, l’autre par 4. Les nombres p – 1 , p et p + 1 forment une suite consécutive de nombres entiers donc l’un de ses nombres est divisible par 3 et ce n’est pas p puisqu’il est premier.

Conclusion : ( p – 1)( p + 1) est divisible par 2 # 3 # 4 = 24 . 192. Corrigé dans le manuel. 193. 1. 4 # 3 = 12 diviseurs. 2. 9

18

36

72

3

6

12

24

1

2

4

8

2

194. Corrigé dans le manuel. 195. 2. L’algorithme permet de déterminer les nombres premiers inférieurs ou égaux à n à l’aide du crible Érastostène, ces nombres sont rangés dans une liste dans laquelle on stocke le chiffre 1 s’il est premier, 2 sinon. 3. Pour j allant de 2 à n Si L 6 j @ = 1 Début_si Afficher L 6 j @ Afficher « ; » Fin_si Fin_pour

n

k

4. Si m est un diviseur commun à Fn et à Fn + k alors d’après la question précédente, il existe p ! N tel que Fn + k = 2 + q # Fn . Donc m divise Fn + k – qFn = 2 et comme Fn est impair, on a m = 1 . Conclusion : pgcd (Fn + k ; Fn) = 1 . 199. 1.

2

3. S = 1 + 3 + 3 + 2 (1 + 3 + 3 ) + 2 2 (1 + 3 + 32) + 2 3 (1 + 3 + 3 2) = (1 + 3 + 3 2) 6 1 + 2 + 2 2 + 2 3 @ = 13 # 6 15 @ = 195 . 4. 4000 = 2 5 # 5 3 S = (1 + 5 1 + 5 2 + 5 3) 1 2 3 4 5 # (1 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 ) = 156 # 63 = 9 828 .

#

qn

a n xn + a n – 1 xn – 1 + … + a 1 x + a 0 = 0

pn – 1 p + an – 1 + … + a1 + a0 = 0 q qn qn – 1 a n pn + a n – 1 pn – 1 # q + … + a 1 p # q n – 1 + a 0 # q n = 0 an

p

n

a n pn + q # K = 0 .

Donc q divise an pn mais comme pn et q sont premiers entre eux alors par le lemme de Gauss q divise an. p # k ¢ + a 0 # pn = 0 donc p divise a0qn or p et pn sont premiers entre eux donc par le lemme de Gauss p divise a0. 2. a.  3x 3 – 2x 2 – 6x + 4 = 0 p divise 4 p = 1 ; 2 ; 3 ou 4 q divise 3 q = 1 ; 2 ou 3. En testant les différentes valeurs on trouve x = 2 . 3 b.  2x 3 – 6x 2 + 11 x – 33 = 0 p divise – 33 S = ' 3 1 1 q divise 2. c.  3x 5 + x 4 – 14x 3 – 3x 2 – 5x – 10 = 0 p divise – 10 S = "Q, q divise 3. 200. A. 1. a p – 1 / 1 6 p @ a p – 1 = qp + r avec 0 G r 1 p alors a p – 1 / r 6 p @ donc r / 1 6 p @ et r ! Ap .

197. 1. (1 – x + x 2 – x 3 + … + (– 1) p – 1 x p – 1 (1 + x) = 1 – x + x 2 – x 3 + … + (– 1) p – 1 x p – 1 + x – x 2 + x 3 – x 4 + … + (– 1) p – 1 x p = 1 + (– 1) p – 1 x p .

2. Si n est pair alors n – 1 est impair et (– 1) n – 1 = – 1

donc 1 – x n = (1 + x)(1 – x + x 2 … + (– 1) p – 1 x p – 1) 1 4444444 2 4444444 3 –N

donc

x n – 1 = (1 + x) # N .


n+k

3. Fn + k = 2 2 + 1 = 2 2 # 2 + 1 = (2 2n) 2k + 1 2n 2k Fn + k – 2 = (2 ) – 1 or 2k est pair donc d’après le 2.. n Fn + k – 2 = (1 + 2 2 ) # N = Fn # N .

166


2. a 2 / 1 6 p @ + a 2 – 1 = kp + (a – 1)(a + 1) = kp et comme p est premier soit (a – 1) soit (a + 1) est un multiple de p. Donc a – 1 / 0 6 p @ et a / 1 6 p @ ou a + 1 / 0 6 p @ et a / – 1 6 p @ . 3. (p – 1)! = 1 # 2 # 3 #f# (p – 2) # (p – 1). Tous les termes se regroupent 2 à 2 avec ab / 1 6 p @ , sauf 1 / 1 6 p @ et (p – 1) / – 1 6 p @ . D’où (p – 1)! / 1 # (p – 1) 6 p @ (p – 1) / – 1 6 p @ .

TS erm


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B. (p – 1)! + 1 / 0 6 p @ . Il existe donc un entier k tel que (p – 1)! + kp = – 1 . Soit alors x un entier (positif) inférieur à p : il figure parmi les facteurs de (p – 1)! Donc (p – 1)! peut s’écrire sous la forme u $ x ou u est un entier. On a donc ux + kp = – 1 ce qui d’après Bézout signifie que p et x sont premiers entre eux. p est donc premier avec tous les entiers (positifs) qui lui sont inférieurs : il est donc lui-même premier. C. 1. 10! / – 1 6 11 @ 7 # q / – 1 6 11 @ avec q = 1 # 2 # 3 # 4 # 5 # 6 # 8 # 9 # 10. 2. Soit q l’inverse de k modulo p. (p – 1)! q= . k D. Non (p – 1)! est trop long à calculer (nécessite une boucle allant de 1 à p – 1 ). E. 1. (p – 1) 2 = p2 – 2p + 1 = p (p – 2) + 1 (p – 1) 2 / 1 6 p @ p – 1 est son propre inverse mobulo p. 2. a. 6 est son propre inverse voir 1. 36x / – 6 6 7 @ soit x / 1 6 7 @ . b. 61 premier 60 2 / 1 6 p @ voir 1. x / 3 6 61 @ . c. 4x + 3 / 1 6 S @ soit 4x / – 2 6 S @ . 16x / – 8 6 S @ soit x / 2 6 S @ . 202. 1. C n = 2n + 1 . 2. U n – U n = 3(C n – 1 – 1) + (C n – 1) U n = U n – 1 + 3(C n – 1 – 1) + (C n – 1) = U n – 1 + 3C n – 1 – 3 + C n – 1 = U n – 1 + 3C n – 1 + C n – 4 . 3. U n = U n – 1 + 3 (2 (n – 1) + 1) + 2n + 1 – 4 = U n – 1 + 6n – 3 + 2n + 1 – 4 = U n – 1 + 8n – 6 . 4. Tn = U n – U n – 1 n

/ Tk . 1

D’après 3. Tn = 8n – 6 . Tn est une suite arithmétique de premier terme – 6 et de raison 8. n / Tk = n # 2 + (82n – 6) 1 = n # (– 2 + 4n) = 4n 2 – 2n U n = 4n 2 – 2n + U 0 U n = 4n 2 – 2n + 1 . 203. 1. 60 = 2 2 # 3 1 # 5 1 .

2. 6 173 = 6 173 6 174 = 2 1 # 3 2 # 7 3 : 2 # 3 # 4 = 24 diviseurs 6 175 = 5 2 # 13 1 # 19 1 : 3 # 2 # 2 = 12 diviseurs 6 176 = 2 5 # 193 1 : 6 # 2 = 12 diviseurs 3. 1 568 = 2 5 # 7 2 S = (1 + 2 + f + 2 5) # (1 + 7 # 7 2) 3 6 = 1 – 2 # 1 – 7 = 120 diviseurs. 1–2 1–7 4. 8 128 = 2 6 # 127 1 S = (1 + 2 + 2 7 + f + 2 6) # (1 + 127) 7 = 1 – 2 # 128 = 16 256 1–2 (Dans la somme il y a 8 128.) 5 diviseurs propres = 16 266 – 8 128 = 8 128 . 8 128 est parfait. 5. 177 408 = 2 8 # 3 2 # 7 # 11 89 376 = 2 5 # 3 # 7 2 # 19 ppcm = 2 8 # 3 2 # 7 2 # 11 # 19 . 204. 1. a 1 = 39 b 1 = 19 c 1 21 a 2 = 399 b 2 = 199 c 1 201 a 3 = 3 999 b 3 = 2 999 c 3 2 001 . 2. a n : n + 1 chiffres. 4 / 1 6 3 @ 10 / 1 6 3 @ donc 4 # 10 1 – 1 / 0 6 3 @ 2 / – 1 6 3 @ 10 / 1 6 3 @ donc 2 # 10 1 + 1 / 1 – 1 6 3 @ / 063@ . 3. b 3 n’est pas divisible par 2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 9 ; 11 ; 13 ; 17 ; 19 ; 23 ; ... 47. 4. b n # c n = a 2n (2 # 10n – 1)(2 # 10 n + 1) = 410 2n – 1 = a 2 n

a 6 = a 3 # b 3 = 3 # 31 # 43 # 2 999. 5. p gcd (cb n ; c n) = p gcd (C n ; C n – b n) = p gcd (C n ; 2) = d d est donc un diviseur de 2 d = 1 ou d = 2 . Mais b n et c n sont impairs donc d = 1.

6. Cryptographie 206. 1. DWWDTXH. 2. g (x) / x – 3 6 26 @ et 0 G g (x) 1 16 . 3. FACILE. 207. L’analyse fréquentielle est une méthode efficace. 208. L’algorithme décale de 3 rangs le code ascii correspondant à chacune des lettres qui compose le mot à coder. 209. 1. A n = 0 3#0 + 2 = 2 2 / 2 6 26 @


167


A est donc codé par la lettre C. J n = 9 3 # 9 + 2 = 29 29 / 3 6 26 @ J est donc codé par la lettre D. 2. a. Si a = 0 a n + b = b donc toutes les lettres sont codées par la même lettre correspondant au reste de la division de b par 26. b. Si a = 13 A correspond à 0 donc a n + b = b , A est codée par la lettre qui correspond au reste de la division de b par 26. C correspond à 2 donc e n + b = 13 # 2 + b = 26 + b / 6 6 26 @ . Donc C est codé de la même façon que A. 5n + 2 / r 6 26 @ 3. Si ) alors par diffé5p + 2 / r 6 26 @ rence 5 (n – p) / 0 6 26 @ . n – p / 0 6 26 @ (car 5 est premier avec 26) donc finalement n / p 6 26 @ . Or m et p sont inférieurs à 26. Conclusion n = p . 4. A " 0 " 2 " C M " 12 " 10 " K I " 8 " 16 " Q AMI est codé CKQ. 5. D’après le tableau E correspond à 4. Donc la lettre codée E correspond à un nombre n tel que 5n + 2/4 6 26 @ + 5n – 2/0 6 26 @ 5n – 2 = 26 y avec y ! Z + 5n – 26y = 2. 6. On considère l’équation 5x – 26y = 2 avec x et y entiers relatifs. a. 2 # 26 – 10 # 5 = 2 5 # (– 10) – 26 # (– 2) = 2 le couple (– 10 ; – 2) est solution particulière de l’équation. b. 5(x + 10) – 26(y + 2) = 0 + 5(x + 10) = 26(y + 2) 5 et 26 sont premiers entre eux donc d’après le théorème de Gauss, il existe k ! Z tel que x + 10 = 26k et y + 2 = 5k x = 26k – 10 soit ) . y = 5k – 2 c. 0 G x 1 26 + 0 G 26k – 10 1 26 + 10 G 26k 1 36 & k = 1. Finalement x = 16 et y = 3 . d. La lettre codée E correspond à x = n = 16 . D’après le tableau, c’est la lettre Q. 210. 1. EXHTIT. 2. a. f (x) = f (x ¢) soit 21x / 21x ¢ 6 26 @ ou encore il existe k ! Z tel que 21(x – x ¢) = 26k . b. Comme 26 est premier avec 21, Gauss nous dit que 26 divise x – x ¢ ou encore

TS erm


Livre du professeur

x / x ¢ 6 26 @ et comme x et x ¢ sont compris entre 0 et 25 alors x = x ¢. 3. On remarque que 21 # 5 / 1 6 26 @ . Donc 5f (x) / x + 55 / x + 3 6 26 @ et x / 5f (x) – 3 / 5f (x) + 23 6 26 @ . Soit g (x) / 5x + 23 6 20 @ . 4. GLB donne BAC. 211. 1. Soit (a, b) ! Z 2 quelconque. Il existe a¢, b¢ ! " 0 ; 1 ; f ; 25 , tels que a / a¢ 6 26 @ , b / b¢ 6 26 @ . a¢ et b¢ sont les restes de la division euclidienne de a et b par 26. Alors pour tout x ! " 0 ; 1 ; f ; 25 , on a : ax + b / ax¢ + b¢ 6 26 @ . Donc on peut se limiter à choisir a et b alors " 0 ; 1 ; f ; 25 , . 2. a. f (x) = f (x ¢) ex + b/ex ¢ + b 6 26 @ soit e(x – x ¢)/0 6 26 @ donc 26 divise a (x – x ¢) et il existe un entier relatif k tel que a (x – x ¢) = 26k . b. Soit d = pgdc (a ; 26) 2 1 et d 1 26 . Donc k défini par 26 = kd vérifie 1 G k 1 26. Donc k est le numéro d’une lettre différente de A. Or ak + b = da¢k + b = kd#a¢ + b = 26a¢ + b donc ak + b / b 6 26 @ . c. Si pgcd (26 ; a) = 1 donc 26 divise x – x ¢ , d’après le théorème de Gauss x / x ¢ 6 26 @ comme x et x ¢ 1 26 x = x ¢ . d. Il faut que b ! " 0 ; 1 ; f ; 25 , et a premier à 26. Soit a : 1 ; 3 ; 5 ; 7 ; 9 ; 11 ; 15 ; 17 ; 19 ; 21 ; 23 ; 25. e. Donc cette lettre sera codée par la lettre dont le numéro est b, c’est-à-dire comme la lettre A. Dans ce cas le codage est impossible. 212. 1. La lette E est codée par E donc 4a + b / 4 6 26 @ et la lettre T est codée par Y. 19a + b / 24 . Par soustraction 15a / 20 6 26 @ . 2. 15 # 7 = 105 15 # 7 / 1 6 26 @ • 7 # 15a / 7 # 20 6 26 @ a / 140 6 26 @ a / 10 6 26 @ • 4a + b = 40 + b / 4 6 26 @ donc b / – 36 6 26 @ b / 16 6 26 @ g (x) / 10x + 16 6 26 @ . 3. g (x) = 23x + 16 . 4. OQZROHOUT donne AU TRAVAIL!

213. 1. Cas particulier : a. 4a b / 23 6 26 @ ) b / 3 6 26 @ b. 40 + 3 / 23 6 26 @ 40 / 20 6 26 @ . c. 40 – 20 / 0 6 26 @ – 4 (5 – 0) / 0 6 26 @ 4(5 – a) = 26 # b + a = 5 – b # 13 2 b=0a =5 ou b = – 2 a = 18 . d. a est premier avec 26, donc a = 5 f (x) = 5x + 3 . e. 5 # 21 / 1 6 26 @ 21 f (x) / x + 63 6 26 @ / x + 11 6 26 @ x = 21 f (x) – 11 6 26 @ g (x) = 21x + 15 . f. IKDEV donne BRAVO. 2. Application : Utilisation d’un tableur. 214. 1. FD correspond à l’entier 81. CG correspond à l’entier 158. 2. 440 = 16 # 26 + 24 17 e ligne

25 e colonne

440 correspond à YQ. 108 = 4 # 26 + 4 108 correspond à EE. 3.

PA

TI

EN

CE

X

15

227

342

106

Y

475

161

596

166

HS

FG

YW

KG

f (x) = 31x + 10 . 4. 31 # 101 = 3 131 = 5 # 626 + 1 31 # 101 / 1 6 626 @ . 5. 31x + 10 / f (x) 6 626 @ 101 f (x) / x + 1 010 6 626 @ 101 f (x) / x + 384 6 626 @ x = 101 f (x) – 384 6 626 @ x = 101 f (x) + 242 6 626 @ . 6. RU EOUK X Y

RU

EO

UK

537

368

280

17

476

352

RA

IS

ON

216. x 5 = f (x) 6 26 @ . 217. 1. a. 226 = 2 # 108 + 8 109 = 13 # 8 + 5 8 = 1#5 + 3 5 = 1#3 + 2 3 = 1#2 + 1 2 = 2#1 + 0 p gcd (226 ; 109) = 1 .


168


L’équation Diophantienne ax + by = c admet des solutions si le pgcd(a, b) divise c. C’est bien le cas ici, donc (E) admet des solutions entières. b. On recherche une solution particulière (u, v) de (E). On applique le théorème de Bézout : 1 = 41 # 226 – 85 # 109 . Le couple (u, v) = (– 85 ; – 41) est une solution particulière de l’équation 109x – 226y = 1 . Soit une solution quelconque de (E) on a : 109u – 226v = 1 ' 109x – 226y = 1 109u – 226v = 1 . ' 109 (x – u) = 226 (y – v) Donc 226 divise 109 (x – u) et comme p gcd (109, 226) = 1 . On en déduit que 226 divise (x – u) d’après le théorème de Gauss : x – u = 226h x = u + 226h = – 85 + 226h 109 # 226h = 226( y – v) y = – 41 + 109h . Posons k = h – 1 x = 141 + 226k . ) y = 68 + 109k Montrons qu’il existe une unique valeur d de x = 141 + 226k qui sont élément de 6 0 ; 226 @ . 0 G 141 + 2 268 G 226 – 141 G 2 268 G 85 – 141 G k G 85 226 226 k entier donc k = 0 (seule possibilité). D’où d = 141 et e = 68 . On a bien : 109d = 1 + 226e avec d ! 6 0 ; 226 @ . 2. 227 n’est pas divisible par 2, ni par 3, ni par 5, 7, 11 et 13. C’est donc un nombre premier. 3. A = 6 0 ; 226 @ a 109 / f (a) 6 227 @ a 141 / g (a) 6 227 @ a. Le reste de la division euclidienne de 0109 par 227 est 0 donc f (0) = 0 . De même g (0) = 0 donc g ( f (0)) = 0 . b. Comme 227 est premier, d’après le petit théorème de Fermat on a pour tout entier a non nul : a 226 / 1 6 227 @ . c . g ( f (0)) = ( f (0)) 141 / a 109 # 141 6 227 @ . Mais d’après 1. b. 109 # 141 = 1 + 226 # 68. D’où :

TS erm


Livre du professeur

g ( f (a)) / a 109 # 141 / aa 226 # 68 6 227 @ et d’après 3. b. a 226 / 1 6 227 @ donc g ( f (a)) / a 6 227 @ et g ( f (a)) 1 226 donc g ( f (a)) = a . Les fonctions f et g commutent : f ( g (a)) / ( g (a)) 109 / a 109# 141 / g ( f (a)) 6 227 @ .

Donc pour tout a de A : f ( g (a)) = a . 218. A. Introduction : (kx) 2 + (ky) 2 = (kz) 2 k 2 (x 2 + y 2) = k 2 z 2 x 2 + y2 = z2 .

B. Approche géométrique 1. a. y = 2 x + b 5 0 = 2 x (– 1) + b 5 b=2 5 2 y= x+2 5 5 y = 2x + 2 * 5 5 x2 + y2 = 1 2 x2 + 2 x + 2 = 1 5 5 x 2 + 4 x2 + 8 x + 4 = 1 25 25 25 29x 2 + 8x – 21 = 0 T = 64 – 4 # 29 # (– 21) = 2 500 x 1 = – 8 + 50 = 42 = 21 58 58 29 2 21 2 y = # + = 20 . 5 29 5 29 b. M ! C de centre 0 et de rayon 1 21 2 + 20 2 = 1 2 29 29 21 2 + 20 2 = 29 2 (21 ; 20 ; 29) est un triplet pythagoricien. y = ax + a 2. * b b x2 + y2 = 1 2 2 2 y2 = a 2 x2 + 2 a 2 x + a 2 b b b (b + a 2) x 2 + 2a 2 x + a 2 – b 2 = 0 . T = 4a 4 – 4 # (a 2 + b 2)(a 2 – b 2) = 4b 4 2 2 2 2 x 1 = – 2a2 + 22b = b2 – a 2 2 (b + a ) b + a

(

)

( ) ( )

(

)

2 2 y = a = b2 – a 2 + a b b b +a 2 y = 22ab 2 = 22ab 2 b (b + a ) b + a

(b 2 – a 2 ; 2ab ; b 2 + a 2) •  b = 3 a = 2 (5 ; 12 ; 13) •  b = 4 a = 3 (7 ; 24 ; 25)

•  b = 7 a = 3 (40 ; 42 ; 58) •  b = 7 a = 5 (24 ; 70 ; 74) C. Cas général 1. Si a et b sont pairs, alors a2 et b2 aussi et c 2 = a 2 + b 2 aussi. Ce qui est impossible car a, b et c sont premiers entre eux. 2. x 6 4 @ 0 1 2 3 x2 6 4 @

0

1

0

1

Puisque x est impair x / 1 6 4 @ ou x / 3 6 4 @ de même pour y. Donc x 2 / y 2 / 1 6 4 @ , donc z 2 / 1 + 1 / 2 6 4 @ ce qui est impossible d’après le tableau ci-dessus. 3. a = 2k + 1 et b = 2m avec (m ; k) ! N 2 c 2 = x 2 + y 2 = (2k + 1) 2 + (2m) 2 = 2(2m 2 + 2k 2 + 2k) + 1 2 donc c est impair et c est impair. 4. Si d est un diviseur commun à a et c alors d divise. c # c – a # a = b 2 , b # b = k # d donc d’après Gauss d divise b. Ce qui impossible car a, b et c sont premiers entre eux. 5.  b 2 = c 2 – a 2 b = 2w = (c – a)(c + a)

c – a = 2u

et

c + a = 2v

4w2 = 4uv w2 = uv

6. c = u + v si d divise u et v alors il 1 a = v – u divise aussi a et c. On note d = pgcd (u ; v) et u = dv ¢ , v = du ¢ avec (u ¢ ; v ¢) ! N 2 et pgcd (u ¢ ; v ¢) = 1 . c = u + v = d (u ¢ + v ¢) Puisque et a = v – u = d (v ¢ – u ¢) alors d divise p gcd ( a ; c) . Comme pgcd ( a ; c) = 1 , d = 1 . 7. b 2 = c 2 – a 2 = (c – a)(c + a) = 2v # 2u = 4uv c’est-à-dire 4w2 = 4uv ou encore w2 = u # v. On décompose u et v en produit de facteurs premiers. u = q a1 1 # q a2 2 # g # q ar r v = p1b 1 # p2b 2 # g # p sb s donc a

a

b

b

w2 = q 1 1 # q 2 2 # g # q ar r # p 1 1 # p2 2 # g # psb s .

Or dans la décomposition en facteurs premiers d’un carré les puissances des facteurs premiers sont paires donc : a 1 = 2c 1 , a 2 = 2c 2 , … , a r = 2c r , b 1 = 2d 1 , … , b s = 2d s . Finalement u et v sont des carrés. Il existe donc deux nombres q et p ! N tel que : u = q 2 et v = p2 .


169


8. c = u + v = q 2 + p2 a = v – u = p2 – q 2 b = 2p # q . 219. A. 1. 1 et n – 1 sont respectivement la plus petite et la plus grande valeur possible pour { (n) . 2. { (2) = 1 (1) { (3) = 2 (1 ; 2) { (4) = 2 (1 ; 3) { (5) = 4 (1 ; 2 ; 3 ; 4) { (6) = 2 g { (7) = 6 { (8) = 4 { (9) = 6 { (10) = 4 { (11) = 10 3. p est premier donc ses seuls diviseurs positifs sont 1 et p. Donc pour tout r ! N * tel que r 1 p p gcd (p ; r) = 1 . { (p) = p – 1 . 4. a. p gcd ( a, n) = 1 au + vn = 1 amu + vmn = m p gcd ( a, m) = 1 au ¢ + v ¢m = 1 au ¢ + v ¢ (amu + vmn) = 1 a (u ¢ + v ¢mu) + v ¢v mn = 1 p gcd ( a, nm) = 1 . p gcd ( u i v j, nm) = 1 b.  pgcd ( u i, n) = 1

& p gcd ( v j, m) = 1 u i v j est premier avec nm p gcd ( u i ; n) = d v du ; n = nd & i i p gcd ( v j ; m) = d – v j = d – v j ; m = qd –

avec dd – ! 1 u i v j = dd – u –i v –i V !1 n’est pas premier avec mn = kqdd – c. Les entiers premiers avec mn sont les produits u i v j avec 1 G i G{ (n) , 1 G j G{ (m) donc { (mn) = { (m) # { (n) . d. { (15) = { (3) # { (5) 3 et 5 premiers entre eux =8 { (77) = { (7) # { (11) = 6 # 10 = 60 5. a. p, 2p, 3p, f, (p – 2) p et (p – 1)# p ne sont pas premiers avec p2 et u sont les seuls. Il y en a exactement p – 1 . On a donc p2 – 1 (p – 1) entiers compris entre 1 et p2 – 1 premiers avec p2. { ( p2) = p2 – 1 – (p – 1) = p (p – 1) .

TS erm


Livre du professeur

b. Les multiples de p inférieurs ou égaux à pn sont p, 2p, 3p, f, (p – 1) # p , p # p , (p + 1) # p, g, (2p) # p, g, p2 # p, g, p– 1 # p , il y en a donc pn – 1 – 1 . Donc { ( pn) = p–n 1 – ( pn – 1 – 1) = pn – 1 ( p – 1). c. { (75) = { (25 # 3) = { (52 # 3) = { (52) # { (3) = (5 # 4) # 2 = 40 . { (88) = { (2 3 # 11) = { (2 3) # { (11) = 2 2 (2 – 1) # 10 = 40 . B. 1. Soit i ! " 1 ; 2 ; g ; { (n) , . vi est le reste de la division euclidienne de au i par n, donc il existe q ! Z tel que au i = nq i + v i . Si d ! N et d un diviseur commun positif à n et vi, d divise nq i + v i = Qu i . Or a et vi sont premiers avec n donc aui l’est aussi (voir B. 4. a.) et d = 1 . 2. Supposons qu’il existe : i, j ! " 1 ; 2 ; g ; { (n) , tels que i ! j et vi = vj . Tout entier relatif u étant congru modulo n en reste de la division euclidienne de u par n, on en déduit que au i / au j 6 n @ . Donc (u i – u j) # 0 / 0 6 n @ : n divise (u i – u j) # a . Or n est premier à a, donc d’après le théorème de Gauss, n divise (u i – u j) . On en conclut que pour tout i, j ! " 1 ; 2 ; g ; { (n) , avec i ! j et vi ! vj . u i – u j / 0 6 n @ , u i / u j 6 n @ et comme u i 1 n et u j 1 n , on a u i – u j . Impossible. 3. Par

hypothèse,

pour

tout

i ! " 1 ; 2 ; g ; { (n) , on a 0 G v 1 G n – 1

avec vi reste de la division euclidienne de au i par n. De plus v i ! 0 donc 1 G v i G n – 1 . Or d’après les questions précédentes v 1, v 2, g, v { (n) sont { (n) entiers distincts premiers à n. On en déduit que : " v 1 ; v 2 ; g ; v { (n) , = " u 1 ; u 2 ; g ; u { (n) , . Ainsi, v 1 # v 2 # g # v { (n) = u 1 # u 2 # g # u { (n) . i ! " 1 ; 2 ; g ; { (n) , , 4. Pour tout a # u i / v i 6 n @ donc : (a # u 1) # (a # u 2) # g # (a # u { (n)) / u 1 # u 2 # g # u { (n) 6 n @ . Soit a { (n) # u 1 # u 2 # g # u { (n) / u 1 # u 2 # g # u { (n) 6 n @ .

5. D’après la question 4. et moyennant une petite factorisation : u 1 # u 2 # g # u { (n) (a { (n) – 1) / 0 6 n @ d’où n divise : u 1 # u 2 # g # u { (n) (a { (n) – 1) . Or u 1 ; u 2 ; g ; u { (n) sont premiers à n, donc u 1 # u 2 # g # u { (n) n’ont aucun facteur premier commun à n, donc u 1 # u 2 # g # u { (n) et n n’ont aucun facteur premier en commun : ils sont donc premiers entre eux. Donc n divise (a { (n) – 1) d’après le théorème de Gauss. On en déduit que a { (n) – 1 / 0 6 n @ . Conclusion : a { (n) / 1 6 n @ . Application : { (55) = { (5) # { (11) = 4 # 10 = 40 p gcd (27 ; 65) = 1 donc 27 40 / 1 6 55 @ . { (27) = { (3 3) = 3 2 (3 – 1) = 18 p gcd (27 ; 100) = 1 donc 100 18 / 1 6 27 @ . 220. 1. a. N 2 = 11 premier. N 3 = 111 pas premier car divisible par 3. N 4 = 111 n’est pas premier car 1 111 = 11 # 101 . b. On sait que pour tout réel x ! 1 1 + x + x2 + g + xp – 2 + xp – 1 (p – 1) + 1 p =1–x =x –1 1–x x–1 En particulier en prenant x = 10 on obtient : p p N p = 10 – 1 = 10 – 1 . 10 – 1 9 D’où 10 p – 1 = 9 # N p avec N p ! N * . Donc 10 p – 1 est divisible par 9. c. i)  x n – 1 = (x – 1)(1 + x + g + x n – 2 + x n – 1) (1).

N p = N 2q =

1. avec

10 2q – 1 100 q – 1 = or d’après 9 9

x = 100

et

n=q

on

a

100 q – 1 = (100 – 1)(1 + 100 + g + 100 q – 2 + 100 q – 1) = 99 # (1 + 100 + f + 100 q – 2 + 100 q – 1) .

Par conséquent : N p = 11 # (1 + 100 + g + 100q – 2 + 100q – 1)

est divisible par 11. 3q q ii)  N p = N 3q = 10 – 1 = 1 000 – 1 . 9 9 Or d’après 1. avec x = 1 000 et n = q on a 1 000 q – 1 = (1 000 – 1)(1 + x + g + x q – 2 + x q – 1) = 9 # 1 111 # (1 + x + f + x q – 2 + x q – 1) .

Par conséquent : N p = 111 # (1 + x + g + x q – 2 + x q – 1) est divisible par 111.


170


kq (10k) q – 1 d. N p = N kq = 10 – 1 =

9

x = 10k et n = q on a :

9

avec

(10k) q – 1 = (10k – 1)(1 + x + g + xq – 2 + xq – 1) .

Ainsi

Np =

(10k – 1)(1 + x + g + x q – 2 + x q – 1) 9

10k – 1 (1 + x + g + x q – 2 + x q – 1) 9 = N k # (1 + x + g + x q – 2 + x q – 1) or (1 + x + g + x q – 2 + x q – 1) est un entier naturel non nul. Finalement Np est divisible par Nk. 4. Si p n’est pas premier, alors Np n’est pas premier (car Np est divisible par Nk avec 1 1 N k 1 N p ). La contraposée de cette implication est : si Np est premier alors p est premier. Autrement dit, pour que Np soit premier, il faut que p soit premier. Cette condition n’est pas suffisante, car 3 est premier mais N3 ne l’est pas. 2. Diviseurs des rep-units a. 2 et 5 car un rep-unit est impair car se finissant par 1. b. Le nombre 3 apparaît dans la décomposition du rep-unit Nk si k est un multiple de 3 (car la somme du chiffres doit être 3 divisible par 3). c. k k N k = 1 + 10 + 10 2 + g + 10 k – 1 = 10 – 1 = 10 – 1 9 10 – 1

9N k = 10 k – 1 . d. 10 1 / 3 6 7 @ 10 5 / 5 6 7 @ 10 2 / 2 6 7 @ 10 6 / 1 6 7 @ 10 3 / 6 6 7 @ 10 7 / 3 6 7 @ 10 4 / 4 6 7 @ 10 8 / 2 6 7 @ e. k = 6q + r avec 0 G r 1 6 . 10 k = (10 6) q # 10 r / 10 r 6 7 @ et d’après le d. d’après 10 r / 1 6 7 @ + r = 0 donc 10 k / 1 6 7 @ + k = 6q . Si 7 divise Nk alors 7 divise 10 k – 1 (car 9N k = 10 k – 1 ) donc 10 k – 1 = 7xq donc 10 k = 7xq + 1 donc 10 k / 1 6 7 @ donc k est un multiple de 6. Si k est multiple de 6 alors 10 k / 1 6 7 @ donc il existe q entier naturel 10 k – 1 = 7q or 9N k = 10 k – 1 donc 9N k = 7q . 7 divise 9N k or 7 et 9 sont premiers entre eux donc 7 divise Nk. 3. Les rep-units ne sont pas des carrés 1. Le reste de la division euclidienne de n2 par 10 est 1. Donc n 2 = 10q + 1 ou q est un entier. Or n = 10s + t avec 0 G t 1 10 .

TS erm


Livre du professeur

n 2 = (10s + t ) 2 = 10 # (10s 2 + 2st ) + t 2 et le reste de la division euclidienne de t2 par 10 est 1 (car celui de n2 est 1) t est compris entre 0 et 9. t = 0 t 2 = 0 non t = 1 t 2 = 1 oui t = 2 t 2 = 4 non t = 3 t 2 = 9 non t = 4 t 2 = 16 non donc n se termine par un 1 ou un 9. t = 5 t 2 = 25 non t = 6 t 2 = 36 non t = 7 t 2 = 49 non t = 8 t 2 = 64 non t = 9 t 2 = 81 oui

2. n se termine par un 1 : n = 10 # q + 1 on pose q = m n = 10 # m + 1 . n se termine par un 9 : n = 10 # q + 9 n = 10 # (q + 1) – 1 on pose m = q + 1 n = 10m – 1 . 3. Si n = 10m + 1 n 2 = 100m 2 + 20m + 1 = 20 # (5m 2 + m) + 1

donc n = 10m – 1 . Si n = 10m – 1

n 2 = 100m 2 – 20m + 1 = 20 (5m 2 – m) + 1

donc n / 1 6 20 @ . 4. N k = 1 + 10 + 100 + 1 000 + g or 100 est congru à 0 modulo 20, de même pour 1 000, 10 000, …


171


Donc N k / 10 + 1 6 20 @ N k / 11 6 20 @ pour k H 2 . 5. Raisonnement par l’absurde : on suppose qu’un rep-unit Nk distinct de 1 est un carré donc k H 2 . D’après les questions précédentes N k / 1 6 20 @ . Or pour k H 2 N k / 11 6 20 @ d’où la contradiction et la conclusion : un rep-unit divisible de 1 n’est pas un carré !

2

Calcul matriciel et applications

Enseignement de spécialité

Programme officiel Exemples de problèmes

Contenus

Marche aléatoire simple sur un graphe à deux ou trois sommets.

• Matrices carrées, matrices colonnes : opérations.

Marche aléatoire sur un tétraèdre ou sur un graphe à N sommets avec saut direct possible d'un sommet à un autre : à chaque instant, le mobile peut suivre les arêtes du graphe probabiliste ou aller directement sur n'importe quel sommet avec une probabilité constante p.

• Matrice inverse d'une matrice carrée.

• Exemples de calcul de la puissance n-ième d'une matrice carrée d'ordre 2 ou 3.

• Écriture matricielle d'un système linéaire. Étude du principe du calcul de la pertinence d'une page Web. • Suite de matrices colonnes (Un) vérifiant une relation de récurrence du type U n + 1 = AU n + C : – recherche d'une suite constante vérifiant la relation de récurrence ; – étude de la convergence.

Modèle de diffusion d'Ehrenfest : N particules sont réparties dans deux récipients ; à chaque instant, une particule choisie au hasard change de récipient.

• Étude asymptotique d'une marche aléatoire. Modèle proie prédateur discrétisé : – évolution couplée de deux suites récurrentes ; – étude du problème linéarisé au voisinage du point d'équilibre.

Situations (p. 492-501) 1. Notion de matrice ; somme, produit par un réel

B = 1,05 # A =

Synthèse de l’aspirine 1. 3 300 L d’anhydride acétique ont été utilisés sur le site de production S 1 lors du second semestre de l’année 2012. 2. On additionne deux à deux les coefficients des deux matrices occupant la même position. On obtient 4 800 6 300 170 A = A1 + A2 = . 3 300 4 600 110 1,05 # 2300 1,05 # 3000 1,05 # 50 3. B1 = 1, 05 # A 1 = 1,05 # 1 500 1,05 # 2 100 1,05 # 50 2 415 3 150 84 = 1 575 2 205 52, 5 2 625 3 465 94,5 B2 = et on a 1 890 2 625 63 5 040 6 615 178,5 B = B1 + B2 = d’une part, 3 465 4 830 115,5

(

(

)

(

(

)

(

)

2. Produit de matrices Quel menu à la cantine ?

(

)

172

0, 25 0, 007 0, 05 0, 002

1, 4 0, 21 0 0, 07

) () ()

1 0 1. A = 0, 2 0, 05 m 2. p L 1 # C = (0,25 1,4 3,5 1) # = (0,25m + 1,4p + 3,5r + y r y m p L 2 # C = (0,007 0,21 0,07 0) # = 0,007m + 0,21p + 0,07r r y

)


6 615 178,5 d’autre part. (53 040 465 4 830 115,5)


3, 5 0, 07 0, 78 0, 008

TS erm

Spé. Chap. 2 Calcul matriciel et applications

Livre du professeur

() () )( )

L 3 # C = (0,05 0 0,78 0,2) #

m p r y

3. A # A¢ =

= 0,05m + 0,78r + 0,2y

m p L 4 # C = (0,002 0,07 0,008 0,05) # r y = 0,002m + 0,07p + 0,008r + 0,05y 3. A # C =

(

0, 25 0, 007 0, 05 0, 002

1, 4 0, 21 0 0, 07 =

4. A # B =

(

0, 25 0, 007 0, 05 0, 002

(

1, 4 0, 21 0 0, 07

3, 5 0, 07 0, 78 0, 008

1 0 0, 2 0, 05

#

m p r y

Et A¢

4.

)( (

1 0 0, 2 0, 05 =

#

50 75 125 125

680 24, 85 125 12, 6

60 70 125 125

675, 5 23, 87 125, 5 12, 27

) ) )

40 80 100 125

#

)

1 0 0 0 1 0 0 0 1

=

)( ) ( )( ) ( )

0 5 0 18 – 0 4 5 3 3 0 0

#

x1 y1 z1

0 5 0 18 – 0 4 5 3 3 0 0

#

1 040 204 = 3 093

1 020 380 3 120

( ) ( )(

2. U2 =

0 0 1 3 1 0 0 5 0 3 9 4 10

( )( ) 0 0 1 3 1 0 0 5 0 3 9 4 10

( ) ( )( )

1. On a, d’après l’énoncé, pour tout entier naturel n.

597 24, 08 105 12, 73

#

xn + 1 yn + 1 = zn + 1

1 040 204 = 3 093

#

xn yn zn

1 031 208 et 2 937

0 0 1 3 1 031 979 1 0 0 # 208 = 206 U3 = 5 2 937 2 799 0 3 9 4 10 3. Au rang n = 1 : on a bien U1 = AU0 (voir situation 3 question 1). Supposons la propriété vraie pour un certain rang n 2 0 . On a donc Un = A n U0 . Un + 1 = A # U n = A # (A n U 0) = (A # A n)U0 = A n + 1 U0 . On a démontré par récurrence sur n que, pour tout n 2 0 , on a Un = A n U0 . 891 4. À la calculatrice on trouve U5 = 197 . 2 553 Après 5 années, la population de chouettes tachetées se décompose en 891 bébés, 187 jeunes et 2 553 adultes. 707 561 445 93 , 5. U10 = A 10 U0 = 148 , U15 = 118 , U20 = 2 026 1 608 1 277 353 280 U25 = 74 , U30 = 59 . 1 013 804 Il semble que la population de ces chouettes décroisse lentement, l’extinction est possible.

( )()

)( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ()

)()


()( x0 y0 = z0

0 0 1 3 1 0 0 5 0 3 9 4 10

En voie d’extinction ? (suite)

En voie d’extinction ? 1. a. « Le nombre de nouveaux bébés à l’année 1 est égal au tiers du nombre d’adultes vivants l’année 0 » se traduit par x 1 = 1 z0 . 3 « Seuls 20 % des bébés nés l’année 0 parviennent au stade jeune à l’année 1 » se traduit par y 1 = 1 x 0 . 5 « 75 % des jeunes et 90 % des adultes de l’année 0 survivent pour être comptabilisés comme adultes à l’année 1 » se traduit par z 1 = 3 y 0 + 9 z 0 . 4 10 0 0 1 3 x1 x0 1 b. y 1 = 0 0 # y0 5 z1 z0 0 3 9 4 10 2. a. De l’équation x 1 = 1 z 0 on déduit z 0 = 3x 1 . 3 De l’équation y 1 = 1 x 0 on déduit x 0 = 5y 1 . 5 6 Enfin de l’équation z 1 = 3 y 0 + 9 z 0 on déduit y 0 = – z 0 + 4 z 1 ; 4 10 5 3 18 l’équation z 0 = 3x 1 nous permet d’écrire que y 0 = – x 1 + 4 z 1 . 5 3 0 5 0 x0 x1 b. y 0 = – 18 0 4 # y 1 5 3 z0 z1 3 0 0

() (

0 5 0 18 – 0 4 5 3 3 0 0

)

1 0 0 0 1 0 0 0 1

4. Puissances d’une matrice carrée

3. Systèmes linéaires ; inverse d’une matrice carrée

()

=

0 5 0 18 – 0 4 = 5 3 3 0 0

#

=

0,25m + 1,4p + 3,5p + y 0,007m + 0,21p + 0,07y 0,05m + 0,78r + 0,2y 0,002m + 0, 07p + 0, 008r + 0, 05y 3, 5 0, 07 0, 78 0, 008

#A

( )( )( ( )( ) ( 0 0 1 3 1 0 0 5 0 3 9 4 10

173


TS erm


Livre du professeur

4. Si U0 = (0,75 0,25) alors 0, 7 0, 3 U1 = (0,75 0,25) # = (0, 563 0, 438) et 0, 15 0, 85 0, 7 0, 3 U2 = (0, 563 0, 438) # = (0, 459 0, 541) . 0, 15 0, 85 On démontre par récurrence sur n que Un = U0 # T n pour tout entier naturel n. 5. A la calculatrice : U7 = U0 # T 7 = (0, 340 0, 660) , U14 = U0 # T 14 = (0,333 0,667) et U28 = U0 # T 28 = (0,333 0,667) . Après 7 jours (resp. 14 et 28 jours) la proportion de voitures situées dans l’agence A est égale à 0,340 (resp. 0,333 et 0,333). On peut conjecturer que les suites (a n) et (b n) tendent vers 1 et 2 respectivement lorsque n 3 3 tend vers +3 . 6. Si U0 = (0, 1 0, 9) alors U1 = (0, 205 0, 795) , U2 = (0, 263 0, 737) , U7 = (0, 330 0, 670) , U14 = (0, 333 0, 667) et U28 = (0, 333 0, 667) .

5. Processus aléatoire, matrice de transition

(

Location de voitures 1. jour n

jour n+1 A 0,7

A

an

bn

0,3

B

0,15

A

0,85

B

B

(00,, 715 0,0, 385) . 0, 7 0, 3 = 1 2 et 3. Si U = ( 1 2) alors U = ( 1 2) ( 3 3 3 3 0, 15 0, 85) ( 3 3) 0, 7 0, 3 U = ( 1 2) ( = 1 2 . 3 3 0, 15 0, 85) ( 3 3) On aura donc U = ( 1 2) pour tout n N . 3 3 2. (a n + 1 b n + 1) = (a n b n) # T avec T = 0

1

#

#

2

!

n

(

)

)

Exercices résolus (p. 506 à 511) Page 508 1 3 2 1 0 0 0 3 2 B = 0 1 – 1 = 0 1 0 + 0 0 – 1 = I3 + C . 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 3 2 2 0 0 –3 0 0 0 Or C 2 = 0 0 – 1 = 0 0 0 et C 3 = 0 0 0 . Donc 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Page 506

x + 2y – z = 7 1. Le système * 2x + 3z = – 3 admet pour écriture matricielle x–y+z=–4 1 2 –1 x 7 2 0 3 y = –3 . 1 –1 1 z –4 1 2 – 1 –1 3 –1 6 1 = 1 2 – 5 ; donc Or 2 0 3 7 1 –1 1 –2 3 –4 x 3 –1 6 7 0 y =1 1 2 –5 –3 = 3 . 7 z –2 3 –4 –4 –1 2x – 3z = 0 Le système * x – 2y + z = 5 admet pour écriture matricielle x – y + 2z = 7

( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )

(

)( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) (

)( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 0 –3 1 –2 1 1 –1 2

Or

2 0 –3 1 –2 1 1 –1 2

0 0 0 C n = 0 0 0 pour tout n H 3 . 0 0 0 On utilise la formule du binôme (car les matrices I3 et C commutent) : tous les termes de la somme sont nuls, à part trois d’entre eux : n (n – 1) n – 2 2 I3 C Pour tout n ! N Bn = (I3 + C) n = I3n + nI3n – 1 C + 2 n (n – 1) 2 = I 3 + nC + C . 2 1 0 0 0 3 2 0 0 –3 n (n – 1) Bn = 0 1 0 + n 0 0 – 1 + 0 0 0 2 0 0 1 0 0 0 0 0 0

x 0 y = 5 . z 7 –1

=1 9

x 3 –3 6 y =1 1 –7 5 9 z –1 –2 4

3 –3 6 1 –7 5 –1 –2 4

( ) ( )

; donc =

0 3 5 = 0 . 7 2

Page 509

(

( )

1 3n – 3n 2 + 7n 2 0 1 –n 0 0 1

)

U3 = U0 T 3 = (1/4 3/8 3/8) et U15 = U0 T 15 . (1/3 1/3 1/3) .


174


.

TS erm


Livre du professeur


26. Corrigé dans le manuel. 27. 1. Faux, la matrice est de dimensions 4 # 3 . 2. Vrai. 3. Faux, ce terme n’existe pas. 4. Faux, la matrice est de dimensions 4# 3. 28. Corrigé dans le manuel. 2 3 4 29. 1. A = 3 4 5 ; 4 5 6 0 1 2 3 1 1/2 1/4 1 0 1 2 2. B = ; 3. C = . 2 1 0 1 2 1 1/2

( )

(

)

( ) 3 2 1 0

( ) () ( ) () () ( )

–5 –3 30. 1. D = 10 ; 2. E = 2 ; – 15 0 1 1 3. F = 2 ; 4. G = 3 ; –6 5 –5 5 5. H = 1 ; 6. J = – 17 . –8 –9

(

)

(

)

3 – 15 12 – 28 31. 1. C = ; 2. D = ; 12 0 0 4

(

)

( ) )

)

2 –2 4 –4 3. E = ; 4. F = . 4 1 –4 1 –7 0 –1 32. 1. C = ; –4 2 2 – 6 2/3 2 2. D = ; 0 – 4 10/3 4 –2 –8 3. E = ; 8 16 – 6 – 62 3 4 4. E = . – 20 – 9 25

( ( (

(

)

33. M = – 3A + 2I et N = – 4I + A . 34. M = 3A + I et N = I – A . 35. A =

(21 01) et B =(–11 –11) .

(

)

–3 –5 –4 36. 1. C = A – 2B = – 2 – 1 – 3 et 1 0 –1 5 –1 2 D = 3A + B = 1 4 – 2 . 3 0 –3 2. M = 3C – D = 7B ; N = C + 2D = 7A .

(

)

2. Produit de matrices 37. et 38. Corrigé dans le manuel.

( )

( ) (

)

( (

(

(

(

(

)

)( ) )( )

( (

)

( ) ( )

– 18 12 ; 2. AB = – 21 : 15 6 – 16 19 3. AB = ; 4. AB = – 60 . –4 51 40. Corrigé dans le manuel. 14 – 24 14 – 24 . 41. 1. AB = ; BA = 8 22 8 22 2. AB = BA . 42. On sait que a 2 + b 2 = 1 . 1 0 a 2 + b 2 ab – ba = AB = et 0 1 ab – ba a 2 + b 2 1 0 b 2 + a 2 ab – ba BA = = . 0 1 ab – ba a 2 + b 2 43. 1. AB de dimensions 3 # 3 , BA de dimensions 2 # 2 . 2. AB = Q ; BA de dimensions 2 # 3 . 44. 1. La matrice B a pour dimensions 2# 5. 2. La matrice B a pour dimensions 3 # 4 . 45. Dans le cas du produit AB on a une matrice p # p , dans le cas du produit BA on a une matrice q # q . Donc AB ! BA . 5 5 46. 1. AB = ; 12 6 44 – 18 – 5 2. AB = 63 – 21 0 ; 8 6 5 – 14 – 21 – 35 28 3. AB = ; 0 – 6 – 18 12 4 39 42 4. AB = . 12 – 13 – 4 – 12 40 47. 1. AB = – 26 – 6 ; 4 – 23 83 57 – 9 2. AB = – 24 – 6 0 ; –7 –3 0 3. (– 2 – 4 – 15) . 48. 1. AB, BC n’ont pas de sens. BA et CB oui. 0 –3 –6 –1 2. BA = ; CB = ; –4 – 5 – 32 13 –2 3 –8 AD = 4 – 6 16 ; DA = (16) ; 6 – 9 24 8 – 12 32 15 2 15 FD = ; BE = ; 6 – 9 24 826 3 – 17 –6 17 EA = 8 ; CF = . 1 –5 39. 1. AB =

1. Notion de matrice, premières opérations

( )

)

(

( )

(

()


)

) )

(

)

) ( ( ) 175

)

49. AD = (– 4 0 15 DE = – 6 3 – 2 10 – 15 12 ED = 1 24

( (

26) ; – 15 45 ; 6

)

) ; FE = (– 7 2 54) ; 16 – 28 FC = (2 3) CF = ( ; –4 7 ) DB =

( )

51.

20 0 0 –6 . 12 – 2

Le chat a mangé le poisson Un chat a mangé un poisson

Le rat a dévoré le fromage Un rat a dévoré un fromage

Le chat avait mangé un poisson

Le rat avait dévoré un fromage

52. 1. AB =

(–123

Le lion a dégusté le touriste Un lion a dégusté un touriste Le lion avait dégusté un touriste

) 0 0 =( . 0 0)

# 1 – 1 # 4 – 6 # 2 – 4 # (– 3) # 2 – 1 # 6 – 3 # (– 6) – 3 # 6

(–1114 ––22244) . 3 3 3. C = ( . 3 1) 2. BA =

53. 1. AB =

(21##22 ++ 10##((–– 77)) +– 13##11 21##11 ++ 10##((–– 44)) +– 13##11) 1 0 . =( 0 1) 4 1 1

(

)

2. BA = – 15 – 4 – 5 . 3 1 2 55. Corrigé dans le manuel.

(–– 44 –169); (AB)C =(– 421 1212). 12 12 12 24 2. CB = ( ; (CB) A = ( . 0 5) –2 5) 57. AB = (11 – 2) ; (AB) C = (– 54) . – 16 – 32 16 BC = ( ; (BC) A = ( . 12 ) 24 – 12) –8 4 – 44 8 CA = ( ; (CA) B = ( . 10 – 5) 65 – 10) ) 58. 1. B + C =(–42 88) ; 11 28 A (B + C) = ( . 5 4) 2 32.5 9 – 4.5 2. AB = ( ; AC = ( ; ) ) AB + AC =2 117.5 28 . 3 – 3.5) ( 5 4)


56. 1. AB =

3. La distributivité.

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( ) ) (

( ) ) ( )

7 0

49 0

59. 1. a. A + B = ; (A + B) 2 = . 3 –6 3 36 1 2 10 4 b. A 2 = ; AB = ; – 6 13 15 11 25 3 46 13 B2 = ; A 2 + 2AB + B2 = . 0 4 24 39 2 2 2 A + 2AB + B ! (A + B) .

(

( )

(–03 –03) ; (A + B) =(90 09) . 1 2 –7 1 b. A = ( ; AB = ( ; ) – 6 13 – 3 – 1) 22 – 4 9 0 B =( ; A + 2AB + B = ( . ) 12 – 2 0 9) 2

2. a. A + B =

5x + 8y = 6.8 * 12x + 10y = 10.8 on obtient alors 30x + 35y = 33 x = 0.4 et y = 0.6 . 66. 1. La couleur rouge dans l’espace 0.299 (YUV) est – 0.147 13 . 0.615 2. La couleur amande est représentée par

( (

2

2

2

2

2

2

2

A + 2AB + B = (A + B) . 60. 1. (2A – In)(A + 3In) = 2A 2 + 5A – 3In . 2. (A – 4In)(2A + 3In) = 2A 2 – A – 12In . 3. (In – A)(In + A + A 2) = In – A 3 . 4. (A + 2In) 2 = A 2 + 4A + 4In . 61. On sait que AB = BA . a. (A + B) 2 = (A + B)(A + B) = A 2 + AB + BA + B2 = A 2 + 2AB + B2 . b. (AB)(A – B) = A 2 – AB + BA – B2 = A 2 – B2 . 62. a. (2A – B)(A + B) = 2A 2 + 2AB – BA – B2 . Si AB = BA , on obtient : 2A 2 + AB – B2 . b. (– A + 3B)(3A – B) – 3A 2 + AB + 9BA – 3B2 . Si AB = BA , on obtient : – 3A 2 + 10AB – 3B2 . c. (B – 4A)(B + 4A) B2 + 4BA – 4AB – 16A 2 . Si AB = BA , on obtient : B2 – 16A 2 . d. (3A – B)2 = 9A 2 – 3AB – 3BA + B2 . Si AB = BA , on obtient : 9A 2 – 6AB + B2 . 63.

(

)

cos a cos b – sin a sin b – cos a sin b – sin a cos b Ma Mb = sin a cos b + cos a sin b sin a sin b – cos a cos b cos (a + b) – sin (a + b) = =Ma + b . sin (a + b) cos (a + b)

(

(

)

)

1 80 0.8 64. 1. M = 0.0125 1 0.01 . 1.25 100 1 2. (318.75 48 000 255) correspond à la somme totale dans chacune des devises.

(

)

7.1 6.5 5.6 65. 1. PV = 10.6 11 11.6 , la ma33.5 32.5 31 trice donne les quantités nutritives (lipides, protides et glucides) pour trois types de recettes différentes. 31.5 35.4 2. VP = pas d’interprétation 33.5 17.6 concrète. 3. Il faut résoudre le système :

(

)

)

)

0.882 9 – 0.345 552 82 . 0.050 059 4

3. Systèmes – Inverse d’une matrice carrée

(–23 –11) (xy) =(51) . 1 –4 x 7 =( ) . 2. ( ) ( ) 4 3 y 2 2 0 x –1 = 3. ( . – 1 2) ( y) ( 6 ) 0 7 x 12 = 4. ( . – 3 1) ( y) ( 2 ) 69. 1.

(

)( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )

1 1 1 x 2 y = 0 . 70. 1. 2 – 3 5 4 –1 –2 z 1 1 2 3 x 5 y = 1 . 2. 2 0 – 1 3 –5 2 z 0 1 1 0 x 4 y = 1 . 3. 0 – 3 1 1 –2 –1 z 6 2 0 5 x 2 y = 0 . 4. 0 3 2 1 –1 0 z 14 71. Corrigé dans le manuel. –9 –3 72. 1. det = 18 ; A – 1 = 1 . 18 3 – 1 2. Non inversible, le déterminant est nul. 3. Non inversible, le déterminant est nul. –2 0 4. det = – 12 ; A –1 = – 1 . 12 0 6 a b d –b 73. Soit A = , A–1 = et c d –c a det A = ad – cb = 1 . Z ad – cb = 1 Z a 2 – 0 = 1 ] ] ]a = d ]a = d , on obtient +[ [ ]] c = – c ]c = 0 ]b = 0 \b = – b \ 1 0 –1 0 2 solutions A = ou A = . 0 1 0 –1 74. 1. det A = 4 , A est inversible. D et B = 1 , B est inversible. D et (A + B) = 4 , (A + B) est inversible.

(

( )

( )


176

)

( (

)

(

)

)


(

)

(

)

0 –4 5 3 2. A –1 = 1 , B–1 = , 4 1 2 –2 –1 5 –1 (A + B) –1 = 1 . 4 –1 1 2 –1 3. et 4. Faux si A = et 1 1 –2 1 B= sont inversibles, (A + B) 1 1 n’est pas inversible. 75. 1. Pour tout réel k, det A k = 1 # 1 – 0 # k = 1 , la matrice est inversible. 1 –k 2. A –k 1 = . 0 1 76. 1. Pour qu’une matrice soit inversible il faut que son déterminant soit différent de 0. D et M = a 2 + b 2 . Si a = b = 0 , la matrice M n’est pas inversible. a b 2. M –1 = . –b a 1 0 0 1 0 0 77. 1. AB = 0 1 0 ; BA = 0 1 0 . 0 0 1 0 0 1 2. Les matrices A et B sont inversibles et A = B– 1 . 5 0 0 5 0 0 78. 1. AB = 0 5 0 ; BA = 0 5 0 . 0 0 5 0 0 5 1 1 –1 2. AB = BA = I3 ; A = B . 5 5 79. 1. Une matrice carrée A d’ordre n est dite inversible, s’il existe une matrice carrée B d’ordre n, telle que AB = BA = In . 2.

(

AB =

(

)

)

(

)

(

)

(

)

( ) ( ) ( ) ( )

(10##66 +– 23##11 ++ 11##((–– 33)) 10##((–– 1)1) +– 23##00 ++ 11##11) 1 0 . =( 0 1)

3. Non la matrice A n’est pas inversible car elle n’est pas carrée. 82. A est inversible. AB = AC + A – 1 AB = A – 1 AC + B = C . 83. 1. La variable D correspond au déterminant de la matrice. L’algorithme permet de calculer l’inverse d’une matrice. 3. a. M est inversible et son inverse est : N 6 1 @ = 2 ; N 6 2 @ = – 1 ; N 6 3 @ = – 5 ; N 64@ = 3; b. M est inversible et son inverse est : N 6 1 @ = 4 ; N 6 3 @ = 3 ; N 6 2 @ = – 1 ; 5 5 5 N 6 4 @ = – 2 ; 5 c. M n’est pas inversible. 84. 1. det (A) = 2 ; 1 –1 –1 A–1 = 1 1 1 1 . 2 1 –1 1

(

)

TS erm


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2. det (A) = 0 , la matrice A n’est pas inversible. 85. 1. det (A) = 9 ; –2 –4 1 A–1 = 1 1 2 4 . 9 –6 –3 3 2. det (A) = – 72 ; – 10 – 6 4 A – 1 = – 1 – 14 6 – 16 . 72 – 6 – 18 – 12 16 15 – 15 2 86. 1. M = 15 16 – 15 . 15 15 – 14

)( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 16 15 – 15

2. M 2 – 5M + 4I3 = 15 16 – 15 15 15 – 14

20 15 – 15 4 0 0 0 0 0 – 15 20 – 15 + 0 4 0 = 0 0 0 15 15 – 10 0 0 0 0 0 0

.

3. M – 1 (M 2 – 5M + 4I3) = M – 5I3 + 4M – 1 = 0 + M – 1 = 1 (5I3 – M). 4 88. Corrigé dans le manuel. 7 3 x –2 = 89. 1. ; –3 –2 y 5 det (A) = – 5 ; A est inversible et –2 –3 A–1 = – 1 . 5 3 7 –2 –3 –2 11/5 –1 = , 5 3 7 5 – 29/5 on trouve alors x = 11 et y = – 29 . 5 5 –3 3 x –1 = 2. ; det (A) = – 3 ; 5 –4 y 11 –4 –3 A est inversible et A – 1 = – 1 . 3 –5 –3 –4 –3 –1 29/3 –1 = , on trouve 3 – 5 – 3 11 28/3 alors x = 29 et y = 28 . 3 3 2 –4 x 3 = 3. ; det (A) = 10 ; 4 –3 y –7 –3 4 –1 A est inversible et A = 1 . 10 – 4 4 3 – 37/10 1 –3 4 = , on trouve 10 – 4 4 – 7 – 26/10 – 26 alors x = – 37 et y = . 10 10 7 16 x 31 = 4. ; det (A) = 4 ; A est 5 12 y 25 12 – 16 inversible et A –1 = 1 . 4 –5 7 1 12 – 16 31 = – 7 , on trouve 4 –5 7 25 5 alors x = – 7 et y = 5 .

(

x –4 y = 2 . z 2 – 3 3 12 2. det (A) = 6 ; A – 1 = 1 4 – 2 – 14 . 6 – 7 5 20 – 3 3 12 –4 7 3. 1 4 – 2 – 14 2 = –8 . 6 – 7 5 20 2 13 1 1 –1 x 2 2 –3 0 y = –5 . 91. 1. –3 1 4 z 0 det (A) = – 13 ; – 12 – 5 – 3 A–1 = – 1 – 8 1 – 2 . 13 –7 –4 –5 – 12 – 5 – 3 2 – 1/13 1 – – 8 1 – 2 – 5 = 21/13 . 13 –7 –4 –5 0 – 6/13 –2 5 –1 x 4 1 –1 0 y = 12 . 2. 3 0 4 z 20 – 4 – 20 9 det (A) = 15 ; A – 1 = 1 – 2 – 5 3 . 15 3 15 – 3 – 4 – 20 9 4 – 76/15 1 2 –5 3 12 = 8/15 . 15 3 15 – 3 20 132/15 90. 1.

5 0 –3 3 4 1 1 –1 –1

–2 –1 2 3 1 –5 4 –1 1 –4 det (A) = 1 ; A – 1 = – 23 –7 –4 –1 3 2 – 23 – 6 16 8 = –7 –2 5 1 1 –1 1 x y 2. – 1 1 1 1 1 –1 z

x 2 y = 8 . z 1 –1 3 – 6 16 . –2 5 – 713 – 78 . – 25 3 = 5 . –2 –2 0 –2 det (A) = – 4 ; A – 1 = – 1 0 – 2 – 2 . 4 –2 –2 0 –2 0 –2 3 1/2 –1 0 –2 –2 5 = 3/2 . 4 –2 –2 0 –2 4 –4 3 –2 0 1/9 93. 1. 1 – 6 9 – 3 1 = – 1/3 –9 7 –3 –1 2 – 5/9 92. 1.

–4 3 –2 1 2. –6 9 –3 –9 7 –3 –1 © Hachette livre, 2012

177

3 25/9 – 1 = 14/3 . 5 – 19/9 Repères Term S, Livre du professeur

–4 3 –2 1 1/3 0 . 3. 1 – 6 9 – 3 1 = –9 7 –3 –1 1 – 1/3 0 1 –1 x a y = b . 94. 1. 1 0 3 1 1 1 z c x –3 –2 3 a b . 2. y = 2 1 – 1 z 1 1 –1 c 0 1 –1 –3 –2 3 2 1 –1 5. AA¢ = 1 0 3 1 1 1 1 1 –1 1 0 0 = 0 1 0 . 0 0 1 –3 –2 3 0 1 –1 A¢A= 2 1 – 1 1 0 3 1 1 –1 1 1 1 1 0 0 = 0 1 0 . 0 0 1 1 0 0 95. 1. det (A) = – 1 . A –1 = 0 1 0 . –k 0 1 bc 0 1 – b 2. det (A) = abc . A –1 = 0 ac 0 . – k 0 ab –3 2 2 96. 1. A –1 = – 4 3 2 ; 2 –1 –1 3 –6 1 2. A –1 1 1 – 2 – 3 . 10 1 8 –3 1 –1 2 x 2 y = 1 . 97. 1. 0 3 – 1 1 2 k z –1 3k + 2 4 + k – 5 2. S –k 1 = 1 –1 k–2 1 . 3k – 3 –3 –3 3 3. Pour que la matrice soit inversible, il faut que son déterminant soit différent de 0. Il faut donc que k soit différent de 1. 8 6 –5 4. S –2 1 = 1 – 1 0 1 ; 3 –3 –3 3 8 6 –5 2 9 1 –1 0 1 1 = –1 . 3 –3 –3 3 –1 –4 –1 3 –5 S –– 11 = – 1 – 1 – 3 1 ; 6 –3 –3 3

TS erm


Livre du professeur

(

)( ) ( ) ( )( ) ( )

–1 3 –5 2 –1 –1 –1 –3 1 1 = 1 . 6 –3 –3 3 –1 2 k 1 1 x 1 y = 1 . 98. 1. P : 1 k 1 1 1 k z 1 2. Calcul du déterminant : det = k 3 – 3k + 2 = (x – 1) 2 (x + 2) . Matrice non inversible pour k égal à 1 ou – 2. 3. 1 k2 – 1 1 – k 1 – k P –1 :

1 (x – 1) 2 (x + 2)

(

)( ) ( )

1 – k k2 – 1 1 – k 1 1 – k 1 – k k2 – 1 1 k 2 – 2k + 3 = k 2 – 2k + 3 k 2 – 2k + 3

.

99. 1. La matrice formée par P1, P2 et P3 a un déterminant de 9, cette matrice est inversible. 3 1 –2 –1 – 11/9 1 –3 5 –1 0 = – 1/9 . 9 3 –2 4 4 13/9 2. la matrice équivalente au système est : k 0 1 1 k 1 . Le déterminant de cette –1 1 k matrice est det = k 3 + 1 . La matrice n’est pas inversible pour k = – 1 . 1 –k k2 – 1 1 –1 Pk = 3 – 1 – k k2 + 1 1 – k ; k +1 1+k –k k2 2 1 – k –1 k –1 1 2 –1–k k +1 1–k 0 k3 + 1 1 + k –k 4 k2 – k 2 – 4k + 1 . = 31 5 – 3k k + 1 4k 2 – k – 1 100. 1. Les trois équations correspondent respectivement aux équilibres pour le carbone, l’hydrogène et l’oxygène dans la réaction chimique. 4x – z 4x – z = 0 2. * 10x = 2t + * 10x = 2t . 2y = 2z + t 2y – 2z = t 4 0 –1 x 0 y = 2t . 3. 10 0 0 0 2 –2 z t 5. valable pour t = 10 , on obtient alors, x = 2 ; y = 13 et z = 8 . 3x = z 3x – z = 0 + * 8x = 2t 6. * 8x = 2t ; valable 2y = 2z + t 2y – 2z = t pour t = 4 , on obtient alors, x = 1 ; y = 5 et z = 3 .

( )( ) ( ) ( ) (

(

(

) )( ) ( )

)( ) ( )

4. Puissances d’une matrice

( ) ( ) 4 0 8 0 2. A = ( ; A =( . 3 1) 9 – 1) 9 0 – 27 0 3. A = ( ; A =( . 0 4) 0 8) – 0.5 0 0 – 0.5 4. A = ( ; A =( . 0 – 0.5) 0.25 0 ) 101. 1. A

–2

4 –9 13 – 30 = ; A3 = . –3 2 – 10 23

2

3

2

3

2

3

102. 1. A 2 =

(

) ( ;

)

9 4 8 A3 = 0 – 1 – 4 8 4 3

( ) ( ) ( ) ( )

0 2. A 2 = 0 0 3 3. A 2 = 3 3 4. A 2 =

(

5 2 2 –2 0 –1 2 1 3

0 0 0 3 3 3

2 0 ; A3 = 0 3 3 ; A3 = 3

) (

1/4 0 – 1 0 1/25 0 0 0 1

;

A3 =

( )

0 0 0 9 9 9

0 0 0 9 9 9

0 0 . 0 9 9 . 9

.

( )

0 0 0 B3 = 0 0 0 . 0 0 0 2. a. B et I sont deux matrices 3*3 qui commutent, la formule du binôme de Newton peut s’appliquer. b. A n = (B + I3) n =

(n0) I + (n1) B + (n2) B + B / (ni) B 2

3

)

(n1) B + (n2) B

2

( )( )(

1 0 0 0 n n = 0 1 0 + 0 0 n + 0 0 1 0 0 0

=

(

) )

0 0 n (n – 1) 2 0 0 0 0 0 0

1 n n (n – 1) + 2n 2 0 1 n 0 0 1

.

1 2k 1 3k 103. 1. A = ; A3 = . 0 1 0 1 . 2. Hypothèse de récurrence vérifiée au rang 2.

c. pour n = 0 ; n = 1 et n = 2 l’expression n’est pas valable.

An # A =

109. 1. DN = 0 0 0 ; ND = 0 0 0 .

2

( )( ) ( 1 nk 0 1

)

1 k 1 # 1 + 0 # k 1 # k + nk # 1 = 0 1 0#1 + 1#0 0#k + 1#1 1 (n + 1) k = . 0 1

( ( )

(

)

–1 0

(

)

)

0 1

104. 1. M 2 = ; M3 = . 0 –1 –1 0 1 0 2. M 4 = . 0 1 3. Si n = 4k , alors M n = I2 . Si n = 4k + 1 , alors M n = M . Si n = 4k + 2 , alors M n = M 2 . Si n = 4k + 3 , alors M n = M 3 . 1 0 105. 1. A 2 = . 0 1 2. Si n = 2k alors A n = I2 . Si n = 2k + 1 alors A n = A .

( )

106. 1. 2

(

) (

6 –3 –3 A2 = – 3 6 – 3 –3 –3 6

;

)

18 – 9 – 9 A 3 = – 9 18 – 9 – 9 – 9 18

.

2. A = 3A , hypothèse de récurrence vérifiée au rang 2. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier si l’hypothèse est vraie au rang n + 1 . A n + 1 = A n A = 3 n – 1 AA = 3 n – 1 . 3A = 3 n A . L’hypothèse de récurrence est vraie pour tout n appartenant à IN.

( ) ( )

0 1 1 0 0 1 108. 1. B = 0 0 1 ; B2 = 0 0 0 ; 0 0 0 0 0 0 © Hachette livre, 2012

178


.

On sait que B est une matrice nulle. Il n’y alors que les 3 premiers termes dans le binôme qui soit différents de 0. Donc

.

( )

i–3

3

A n = I3 +

1/8 0 0 0 1/125 0 0 0 –1

i=n i=3

3

( ) ( ) ( ) 0 2 0

0 2 0

0 0 0

0 0 0

0 0 0 2. N 2 = 0 0 0 . 0 0 0 3. D et N sont deux matrices 3*3 qui commutent, la formule du binôme de Newton peut s’appliquer. On sait que N2 est une matrice nulle. Il n’y alors que 2 termes dans le binôme qui soit différents de 0. n n n A n = (D + N) n = D + ND n – 1 . 0 1 2n 0 0 4. D n = 0 2 n 0 ; 0 0 3n 0 2n – 1 0 2n 0 0 An =

(

()

(

)

) ( (

0 2n 0 + n 0 0 0 3n 0

()

0 0

)

0 0

)

2 n n2 n – 1 0 = 0 0 . 2n 0 0 3n 5. pour n = 0 l’expression est fausse, elle est vraie pour n = 1 . 110. Corrigé dans le manuel. – 15/16 – 31/32 111. 1. A 5 = ; 31/16 63/32 – 127/128 – 255/256 A8 = ; 255/128 511/256

(

(

)

)

TS erm


Livre du professeur

(

)

– 511/512 – 1 023/1 024 . 1 023/512 2 047/1 024 – 1 1/2 – 1 1/2 2. AP = ; PD = . 2 – 1/2 2 – 1/2 1 1 3. det (P) = – 1 , P – 1 = . 2 1 –1 –1 4. AP = PD + APP = PDP + A = PDP – 1 . Par récurrence on montre que A n = PD n P – 1 est vraie au rang 1. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . A n = PD n P – 1 + A n A = PD n P – 1 A + A n + 1 = PD n P – 1 + A n + 1 = PD n + 1 P – 1 , donc vraie pour tout n appartenant à N. –1 1 1 1 1n 0 5. A n = n 0 –2 –1 2 1 0.5 – 1 n + 2 # 0.5 n – 1 n + 0.5 n = . 2 # 1 n – 2 # 0.5 n 2 # 1 n – 0.5 n 6. Quand n tend vers +3 , on obtient la –1 –1 matrice . 2 2 A 10 =

(

(

)

(

( ( )

)(

(

)( )

)

)

)

5. Matrices et suites b0 = 0

a1 = 1

b1 = 2

a2 = 3

b2 = 2

a3 = 5

b3 = 6

a 4 = 11

b4 = 10

( )

(

(

)

2 1 –1 1

)

2 # 2 n + (– 1) n 2 n – (– 1) n =1 . n n n 3 2 # 2 – 2 # (– 1) 2 + 2 # (– 1) n 7. Un = U0 ;

(

2 # 2n + (– 1) n 2 n – (– 1) n Un = 1 n n n 3 2 # 2 – 2 # (– 1) 2 + 2 # (– 1) n

() (

n

n

) )

1 2 # 2 + (– 1) =1 0 3 2 # 2 n – 2 # (– 1) n

114. Partie I 1. a n + b n = 1 est vérifiée au rang 0 et 1. On suppose l’hypothèse de récurrence vraie au rang n, on cherche à la vérifier au rang n + 1 . a n + 1 + bn + 1 = 1 a n + 1 bn + 2 a n + 1 bn = 1 . 3

2

3

On a donc b n = 1 – a n .

2

3. a. u n = a n – 3 ; 7 3 un + 1 = a n + 1 – = – 1 a n + 1 – 3 7 6 2 7 – 1 + un + 1 = a n – 3 = – 1 un . 6 7 6 – La suite Un est une suite de raison 1 et 6 de premier terme : 4 . 7 n n 4 – 1 4. b. u n = ; an = 4 – 1 + 3 7 6 7 6 7 n 4 4 – 1 et b n = – . 7 7 6 Partie II 1/3 1/2 1. M = . 2/3 1/2 2. U1 = MU0 est vérifiée. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . Un = M n U0 , Un + 1 = MUn + Un + 1 = MM n U0 + Un + 1 = M n + 1 U0 , donc vraie pour tout n appartenant à N. 3. det (P) = 7 , P est inversible. 1 1 P– 1 = 1 = . 7 –4 3 1 0 4. D = P – 1 MP ; D = . 0 –1 6

(

1 1 . 2 0 3. U1 = MU0 est vérifiée. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . Un = M n U0 , Un + 1 = MUn + Un + 1 = MM n U0 + Un + 1 = Un + 1 = M n + 1 U0 , donc vraie pour tout n appartenant à N. 4. det (P) = 3 , P est inversible. 2 1 P– 1 = 1 = . 3 –1 1 2 0 5. D = P – 1 MP ; D = . 0 –1 6. D = P – 1 MP + PD = PP – 1 MP + PDP – 1 = PP – 1 MPP – 1 + PDP – 1 = M . Par récurrence on montre que M n = PD n P – 1 est vraie au rang 1. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 .

)

)(

0 1 (– 1) n 3

a n + 1 1 a n + 1 b n = 1 a n + (1 – a n) = – 1 a n + 1 . 3 2 3 6 2

a0 = 1

(

(11 –21) (20

n

Mn =

2.

113. 1.

2. M =

M n = PD n P – 1 + M n M + PD n P – 1 M + M n + 1 = PD n P – 1 + PDP – 1 M n + 1 = PD n P – 1 + PDP – 1 M n + 1 = PD n + 1 P – 1 , donc vraie pour tout n appartenant à N.

)

( ) ( )

(

)

( )

)

(


)

( )

179


5. D = P – 1 MP + PD = PP – 1 MP ; + PDP – 1 = PP – 1 MPP – 1 + PDP – 1 = M . Par récurrence on montre que : M n = PD n P – 1 est vraie au rang 1. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . M n = PD n P – 1 + M n M = PD n P – 1 M + M n + 1 PD n P – 1 PDP – 1 + M n + 1 = PD n + 1 P – 1 , donc vraie pour tout n appartenant à N.

(

) ( 0 (– 16) ) 17 (–14 13) 1n

3 –1 M = 4 1 n

(

0

( ) ( )

3 + 4# – 1 1 6 = 7 4 – 4# – 1 6

n

n

n

( ) ( )

3 – 3# – 1 6 4 + 3# – 1 6

n n

)

.

Un = M n (U 0) on obtient : 1 7

(

( ) ( )

3 + 4# – 1 6 4 – 4# – 1 6

n

n

)

.

115. 1. Un = a n + b n ; Un + 1 = a n + 1 – bn + 1 = 1 (a n + b n) – 1 (a n + 3b n) 2 4 1 = (a n – b n) . 4 n Un = 1 # 1 . 4 V n = a n + 2b n ;

()

V n + 1 = a n + 1 + 2b n + 1 = 1 (a n + b n) + 1 (a n + 3b n) = a n + 2b n . 2 2

Vn = 1 .

Z ]] a n = 1 + Un = a n + b n 3 + 2. ) V n = a n + 2b n [ ] bn = 1 + 3 \

2 3 1 3

(14) (14)

n n

.

3. Les deux suites ont pour limite 1 . 3 Voir correction exercice 114. 1/2 1/2 M= . 1/4 3/4 U1 = MU0 est vérifiée. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . Un = M n U0 , Un + 1 = MUn + Un + 1 = MM n U0 + Un + 1 = M n + 1 U0 , donc vraie pour tout n appartenant à N. det (P) = 3 , P est inversible.

(

)

TS erm


Livre du professeur

(

)

1 2 P– 1 = 1 = . 7 –1 1

( )

1 0 . 0 1 4 • D = P – 1 MP + PD = PP – 1 MP ; + PDP – 1 = PP – 1 MPP – 1 + PDP – 1 = M . Par récurrence on montre que : M n = PD n P – 1 est vraie au rang 1. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . M n = PD n P – 1 + M n M = PD n P – 1 M + M n + 1 PD n P – 1 PDP – 1 + M n + 1 = PD n + 1 P – 1 , donc vraie pour tout n appartenant à N. • D = P – 1 MP ; D =

Mn =

(

)( 0 ( ) ) ( ) 1

1 –2 1 1

(

n

0 1 1 2 1 n 3 –1 1 4

() ()

1n + 2 # 1 1 4 = n 3 1n – 1 4

n

() ()

2 # 1n – 2 # 1 4 n 2 # 1n + 1 4

n

1 3

(

() ()

1n + 2 # 1 4 n 1n – 1 4

)

.

116. 1. u0 = 0

u5 =

31 16

u1 = 1

u6 =

63 32

u2 =

3 2

u7 =

127 64

u3 =

7 4

u8 =

255 128

15 u4 = 8

(

)( )

(

( )

)

()

( ) ( ( ) )(

(

() ()

(

() ()

)

1u 2 n 0

( )

b. U1 = AU0 est vérifiée. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . Un = A n U0 ,

)

)

() ()

)

117. 1. u0 = 0

u 5 = 221

u1 = 1

u 6 = 665

u2 = 5

u 7 = 2 059

u 3 = 19

u 8 = 6 305

u 4 = 65

u 9 = 19 171

(

)

(

) ( )(

(

)

( ) )(

(

)

)


180

(– 2 – 22 ++ 33 3 ) . #

Un = A n U0 =

n

#

n

n

n

Un tend vers +3 . 118. 1. a. u0 = 1

u5 = 8

u1 = 1

u 6 = 13

u2 = 2

u 7 = 21

u3 = 3

u 8 = 34

u4 = 5

u 9 = 55

(F F ) et A = (11 00) ; F F 1 1 F AU = ( =( ) ( ) F F 0) 1 0 F =( =U F )

b. Un =

n+1 n

n

n+1

n+1

n

n+1

n

n+2 n+1

n+1

c. U1 = AU0 est vérifiée. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . Un = A n U0 , Un + 1 = AUn + Un + 1 = AA n U 0 + Un + 1 = A n + 1 U0 , donc vraie pour tout n appartenant à N.

Un tend vers +3 . u 5 –6 2. a. Un = n + 1 et A = . un 1 0 b. U1 = U 0 est vérifiée. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . Un = A n U0 , Un + 1 = AUn + Un + 1 = AA n U 0 + Un + 1 = A n + 1 U0 , donc vraie pour tout n appartenant à N. 3. a. det (P) = – 1 , P est inversible. –1 3 P– 1 = . 1 –2 2 0 b. D = P – 1 AP ; D = ; 0 3 n 2 0 Dn = . 0 3n 2 3 2n 0 – 1 3 c. A n = 1 1 0 3n 1 –2 n n – 2 # 2 + 3 # 3 6 # 2n – 6 # 3n = . – 2n + 3n 3 # 2n – 2 # 3n

( )

511 u9 = 256

La suite Un tend vers 2. 2. a. 3 –1 u 3u n+1 AUn = 2 2 = 2 n+1 un 1 0 un + 1 u = n + 2 = Un + 1 . un + 1

)

(

)

Un = M (U 0) on obtient : n

(

.

n

Un + 1 = AUn + Un + 1 = AA n U 0 + Un + 1 = A n + 1 U0 , donc vraie pour tout n appartenant à N. 3. a. det (P) = 1 , P est inversible. 2 –1 P– 1 = . –1 1 1 0 b. D = P – 1 AP ; D = ; 0 1 2 n 1 0 n . Dn = 1 0 2 n 0 1 1 1 2 1 n c. A n = 1 1 2 0 –1 1 2 n n –1– 1 2– 1 2 2 = n n . – 1 + 2# 1 2 – 2# 1 2 2 n 1 2– 2 Un = A n U0 = n . La limite 2 – 2# 1 2 de Un est bien de 2.


2. a. det (P) = 4 5 ; P est inversible. P– 1 =

(

2 –1+ 5 1 4 5 –2 1+ 5

)

b. D = P – 1 AP ; D=

(

)

1 10 + 2 5 – 1 + 5 ; –2 1+ 5 4 5

Dn =

(

(1 +2 5 )

n

0

0

(1 +2 5 )

)

n

.

c. Par récurrence on montre que : A n = PD n P – 1 est vraie au rang 1. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . A n = PD n P – 1 + A n A = PD n P – 1 A + A n + 1 = PD n P – 1 PDP – 1 + A n + 1 = PD n + 1 P – 1 , donc vraie pour tout n appartenant à N.

TS erm


Livre du professeur

An =

(

( (

5+ 5 1+ 5 10 2 5 1+ 5 5 2

(

5 1+ 5 2 5

)

n

(

5– 5 1+ 5 2 10

+

)

) )

n

(

5– 5 1– 5 + 10 2

n

–

(

)

(

)

5 1– 5 5 2

5– 5 1– 5 10 2

n

–

)

n

n

(

n

5+ 5 1– 5 2 10

)

n

)

.

Fn =

(

5+ 5 1+ 5 10 2

)

+

(

)

n

5– 5 1– 5 . 10 2

119. Partie I 1. Si c = 0 , la suite est une suite arithmétique. Si ad = bc alors la suite est une suite constante. au + b 2. u 1 = f (u 0) = 0 ; cu 0 + d au + b a 0 +b cu 0 + d u 2 = f (u 1) = . au 0 + b a +d cu 0 + d au 0 + b a b u0 = 3. X 1 = AX 0 ; . cu 0 + d c d 1 X 2 = AX 1 ; a (au 0 + b) + b a b au 0 + b = . cu d + c (cu 0 + d) + d c d 0 4. X 1 = AX 0 est vérifiée. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . Xn = An X0 , X n + 1 = AX n + X n + 1 = AA n X 0 + Xn + 1 = An + 1 X0 , donc vraie pour tout n appartenant à N. Partie II 2. a. det (P) = 1 , P est inversible. 1 –1 P– 1 = . –1 2 1 0 b. D = P – 1 AP ; D = ; 0 –2 n 1 0 Dn = . 0 (– 2) n c. Par récurrence on montre que : A n = PD n P – 1 est vraie au rang 1. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . D n = PD n P – 1 + A n A = PD n P – 1 A + A n + 1 = PD n P – 1 PDP – 1 + A n + 1 = PD n + 1 P – 1 ,

( )( ) (

( )(

) (

(

)

(

)

(

)

)

)

( ) ( )( )(

)

(

)

3. X n = A n X 0 ,

(

)

– 2 – (– 2) n – 2 + 2 # (– 2) n 1 – (– 2) n – 1 + 2 # (– 2) n 5 – 3 # (– 2) n + 8 = . 1 – 3 # (– 2) n + 4 – 3 # (– 2) n + 8 4. u n = . – 3 # (– 2) n + 4 Xn =

3. a. Un = A n U0 , on obtient alors : n

donc vraie pour tout n appartenant à N. 1n 0 Dn = . 0 (– 2) n 2 1 1n 1 –1 0 An = 1 1 0 (– 2) n – 1 2 – 2 – (– 2) n – 2 + 2 # (– 2) n = . 1 – (– 2) n – 1 + 2 # (– 2) n

() (

)

6. Processus évolutifs 120. 1. a. La population de chouettes en absence de souris diminuerait. b. La population de souris augmentera en absence de chouettes. 0, 5 0, 5 2. a. A = . – 0, 1 – 1, 1 b. X 1 = AX 0 est vérifiée. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . X 1 = AX 0 , X n + 1 = AX n + X n + 1 = AA n X 0 + Xn + 1 = An + 1 X0 , donc vraie pour tout n appartenant à N. 90 96 3. a. X 1 = ; X2 = . 102 103 104 105 b. X 6 = ; X 6 = X 12 = . 105 105 4. Les populations des deux espèces tendent vers 105 individus.

(

)

( ) ( )

( ) ( )

121. 1. Ces deux coefficients correspondent au taux d’évolution de l’espèce seule. La population de renard diminuerait alors, tandis que la population de campagnols augmenterait. 2. a. « =-0.025*A2+1.05*B2 ». b. On constate que les deux suites tendent respectivement vers 50 et 25, soit 50 renards et 25.000 campagnols. 0.8 0.4 3. a. A = . – 0.025 1.05 b. U1 = AU0 est vérifiée. On suppose l’hypothèse vraie au rang n,

(


)

181


on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . Un = A n U0 , Un + 1 = AUn + Un + 1 = AA n U 0 + Un + 1 = A n + 1 U0 , donc vraie pour tout n appartenant à N. c. det (P) = 6 , P est inversible. 1 –8 P– 1 = – 1 . 6 –1 2 1 0 d. D = P – 1 AP ; D = ; 0 0 . 85 n 1 0 Dn = . 0 (0.85) n

(

(

)

) (

)

–1

D = P AP + PD = PP – 1 AP + PDP – 1 = PP – 1 APP – 1 + PDP – 1 = A . On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . A n = PD n P – 1 + A n A = PD n P – 1 A + A n + 1 = PD n P – 1 PDP – 1 + A n + 1 = PD n + 1 P – 1 , donc vraie pour tout n appartenant à N. 2 8 1 0 –1 1 –8 An = 1 1 0 (0.85) n 6 – 1 2 =

(

Un =

( )(

) (

– 1 + 4 # (0.85) n 3 – 1 + (0.85) n 6

(

)

8 – 8 # (0.85) n 3 . – 1 + (0.85) n 6

– 1 + 4# (0.85) n

8 – 8# (0.85) n

3 – 1 + (0.85) n

3 4 – 2# (0.85) n

6

3

(9030) = (5025+– 405

)

# (0.85)

# (0.85)

n

n

)

).

Les résultats obtenus sont semblables avec les résultats du 2b. 90 4. a. en prenant , on obtient 30 150 renards et 65.000 campagnols.

( )

122. Partie II 1. U1 = AU0 est vérifiée. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . Un = A n U0 , Un + 1 = AUn + Un + 1 = AA n U 0 + Un + 1 = A n + 1 U0 , donc vraie pour tout n appartenant à N. 2. a. det (P) = – 2 295 000 . b.

P– 1 =

–1 2 295 000

(

)

– 51 000 – 204 000 – 255 000 500 2 000 20 000 . 765 – 1 530 – 7 650

TS erm


Livre du professeur

(

)

– 2 340 900 0 0 0 1 170 450 – 2 295 000 0 0 1 170 450 1.02 0 0 . = 0 – 0.51 1 0 0 – 0.51

T = P – 1 AP =

–1 2 295 000

(

T=D + N=

(

)

)( )

1.02 0 0 0 0 0 0 – 0.51 1 + 0 0 1 0 0 – 0.51 0 0 0

c. T n = (D + N) n =

(n0) D + (n1) D n

(

n–1

)

123. 1. La concentration de glucose après 30 h est de – 0.57 g/L et celle de l’insuline de – 0.28 g/L. 0.9 – 0.4 2. A = . – 0.1 0.9 X 1 = AX 0 est vérifiée. On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . X n = A n U0 , X n + 1 = AX n + X n + 1 = AA n X 0 + Xn + 1 = An + 1 X0 , donc vraie pour tout n appartenant à N. 1 0 1 0 3. a PQ = ; QP = . 0 1 0 1 b. A = PDQ .

(

(

4. T =

)

)

0.5 0.1 0.1 1/4 1/6 5/8

0 0.1 0.3 3/8 1/2 0

) )

0.5 0.8 . 0.6 3/8 1/3 . 3/8

(00..48 0.0.62) . 0.2 0.8 2. T = ( . 0.3 0.7) 126. 1. T =

3. T =

4. T =

( (

0.3 0.3 0.1 0.4 0.5 0

0.6 0.2 0.1 0.5 0.1 0.3

) )

0.1 0.5 . 0.8 0.1 0.4 . 0.7

0

1

1–p

p

La matrice associée est donc : P (2 – P) (1 – P) 2 T= . P 1–P

(

)

129. 1. 0,92

J K0 K1 K K3 K0 K K1 K3 2. T = KK 0 K K0 K K0 K K0 K K0 L

1 2 0 1 2 0 1 4 0

0 1 3 0 0

0 1 3 0 0 0 0 0 0

1 0 0 2 0 1 0 3 0 0 1 2 0 1 0 3 1 0 1 4 4 0 1 0 3 1 0 0 2 0 1 0 3 0 0 1 2

N 0 0 0O O 0 0 0O O 0 0 0O O 1 0 0O 3 O 0 1 0OO 4 O 0 0 1O 3 O 0 1 0O 2 1 0 1OO 3 3O 1 0 0O 2 P

132. 1. 1/3

1 2

1

2/3

0,05

0,03

1/4

0,08 3

2

0,88

0,88

0,0

2. T =

(

)

0.92 0.03 0.05 0.04 0.88 0.08 . 0.06 0.06 0.88

J119 15 170N K O 73 293O K 236 229 38 49 12 O. 3. T = K K 165 105 671O KK 1 127 225OO L 3 483 557P La probabilité qu’un client de Big passe chez Clémentine au bout de un an est 229 = 0.34 . 671 4. a. U 0 = (0.30 0.20 0.50) . J119 15 170N K 236 73 293O O K b. U12 = (0.30 0.20 0.50) K 49 38 229O K 165 105 671O KK 1 127 225OO L 3 483 557P 263 30 140 = 697 113 393

(

)

130. 1. p (1 " 2) = 1 ; p (1 " 3) = 1 ; 2 6 p (5 " 6) = 1 . 4 © Hachette livre, 2012

3/4

0,06 0,04

( )

124. Corrigé dans le manuel. 1/4 3/4 125. 1. T = . 3/5 2/5 1 0 2. T = . 0.4 0.6

( (

p(2 – p)

)

( )

3. T =

( p – 1)2

N.

1.02 n 0 0 n n T = 0 (– 0.51) n (– 0.51) n – 1 . 0 0 (– 0.51) n

(

128. 1. D’après l’énoncé le nombre de machine en panne est 0 ou 1. 2.

182


() ()

2 T= 3 1 4

1 3 3 4

.

3 4 2. T 10 = 7 7 , au bout de 10 jours la 3 4 7 7 probabilité qu’une femme le reste est 4 . 7 2 1 3. a. U = UT ; (x y) = (x y) = 3 3 1 3 4 4 Z Z 2 1 – 1 1 ] x+ y=x ] x+ y=0 4 ]3 ] 3 4 [1 x + 3 y = y + [ 1 x – 1 y = 0 ]3 ] 3 ] x + y4 = 1 ] x + 4y = 1 \ \ 4x – 3y = 0 + * 4x – 3y = 0 x+y=1 Z 3 ]] x = b. On trouve alors [ 7 . ]y = 4 7 \ c. Avec les 3 cas proposés on obtient les Z 3 ]] x = mêmes valeurs [ 7 . ]y = 4 7 \ 4. a. det (P) = 7 , P est inversible. 3 4 P– 1 = 1 7 –1 1

()

(

)

TS erm


Livre du professeur

D = P – 1 TP ;

(

()

)

3 4 D=1 7 -1 1

1 3 3 4

2 3 1 4

(11 –34) = (10 125). 0

–1

–1

b. D = P TP + PD = PP TP + PDP – 1 = PP – 1 TPP – 1 + PDP – 1 = T . On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . T n = PD n P – 1 + T n T = PD n P – 1 T + T n + 1 = PD n P – 1 PDP – 1 + T n + 1 = PD n + 1 P – 1 , donc vraie pour tout n appartenant à N. n 0 1 –4 1 3 4 n n 1 T = 5 0 7 –1 1 1 3 12 n 5 5 n 3 + 4 4 – 4 # # 12 12 =1 . 7 3 – 3# 5 n 4 + 3# 5 n 12 12

)( ( ) ) (

(

(

)

)

( ) ( )

( ) ( ) p c. U = U T = ( # ( 3 + 4 # ( 5 ) ) 7 12 q p 5 5 + # (3 – 3 # ( ) ) # (4 – 4 # ( ) ) 7 12 7 12 n

0

0 n

n

n

0

(

n

0

( ) )) .

q + 0# 4 + 3# 5 7 12

n

On sait que p 0 + q 0 = 1 , on obtient alors :

(

) ( ) ( )( ) ) La limite de U est ( 3 4) et ne dépend 7 7 3 p0 3 5 Un = + – # 7 7 7 12

n

3 5 4 + + p0 7 7 12

n

n

pas des conditions initiales. 5. On obtient sur la planète Herma une proportion d’hermiens de genre masculin de 3 . 7 133. 1. Après une voyelle, on trouve une seconde voyelle avec une probabilité de 0.127 et une consonne avec une probabilité 0.873. En présence d’une consonne, on obtient une voyelle avec une probabilité de 0.663 et une consonne avec une probabilité de 0.337. 2. a. Un = (1 0) . b. U1 = (1 0)

0.595x + 0.308y = x 0 3. * .405x + 0.692y = y . x+y=1 – 0.405x + 0.308y = 0 + * 0.405x – 0.308y = 0 x+y=1 0.405x – 0.308y = 0 + * 0.405x – 0.308y = 0 x+y=1 Z ]] x = 308 b. On trouve alors [ 137 . ] y = 405 713 \ 5. La proportion de voyelles dans un texte russe est de 308 , la proportion de 713 consonne est alors de 405 . 713

0.873 = (0.127 0.873), (00..127 663 0.337)

la probabilité que la seconde lettre soit une voyelle sachant que la première est une voyelle est de 0.127. U 2 = U 0 T 2 = (1 0)

0.405 = (0.595 0.405), (00..595 308 0.692)

la probabilité que la troisième lettre soit une voyelle sachant que la première est une voyelle est de 0.595.

En route vers le bac (p. 536-537) 138. 1. a.

0.9 0.05 0.05 P4 = P3 M = (0.87 0.05 0.08) 0.8 0.1 0.1 0.45 0.05 0.5 = (0.859 0.0525 0.0885)

0,9 0 0,05

0,05

0,45 0,8 0,1 2

1

0,1

0,5

la probabilité que le 4e feu soit vert est 0,859. 3. Si le premier feu est rouge alors : P1 = (0 0 1) ; P2 = P1 M = (0.45 0.05 0.5) . 4. Résolution du système : Z 0.9a + 0.8b + 0.45c = a ] ] 0.05a + 0.1b + 0.05c = b [ ]] 0.05a + 0.1b + 0.5c = c a +b+c=1 \ on trouve alors 178 1 20 . 209 19 209

(

0,05

(

(

b.

)

0.9 0.05 0.05 b. T = 0.8 0.1 0.1 0.45 0.05 0.5 2. a. Si le feu est vert alors P1 = (1 0 0) ; P2 = P1 M = (0.9 0.05 0.05) .

)

139. Partie I 1. a.


183


)

1/3 1 1/6

1/2

1/2 1/4 1/2

1/4

3

2

1/4

1/4

J1 K3 K b. T = K 1 K4 K1 L2

1 2 1 4 1 4

1N 6O 1O . 2OO 1O 4P

TS erm


Livre du professeur

J1 1 1N K 3 2 6O K O 0) K 1 1 1O = 1 1 1 3 2 6 2 4 4 K 1 1 1O K O L2 4 4P 18N O 59O 18O , la probabilité qu’il 59O 18O O 59P semaine plus tard est :

(

2. a. P1 = (1 0 J21 20 K K 59 59 0 b. T 7 = K 21 2 K 59 59 KK 21 20 L59 59 fasse beau une 0,356.

)

( ) ( )

3. a. Qn + 1 = Qn

Qn + 1 = Qn

( ) ( )( ( )( ) (

1. T =

2 3 1 4

.

() () 1 3 3 4

2 3 = Q Tn 0 1 4

1 3 3 4

2 3 = Q T n + 1, 0 1 4

donc vraie au rang n + 1 . 4. a. det (P) = 17 , P est inversible. 9 8 P– 1 = 1 . 17 – 1 1 1 9 8 3 1 –1 b. D = P TP . D = 17 – 1 1 3 4 1 0 1 –8 n D = = . 0 –5 1 9 12

.

1 2 2. Q1 = (1 0) 3 3 = 1 3 1 3 4 4 1 2 3 3 = 11 Q2 = 1 2 3 1 18 3 3 4 4

2 3 1 4

1 2 b. Q1 = Q0 3 3 est vérifié. 3 1 4 4 On suppose que Qn = Q0 T n , on cherche à vérifier si l’hypothèse de récurrence est vraie au rang n + 1 .

Partie II

1 3 3 4

1 3 3 4

(

)

2 ; 3

(

)

7 . 18

)

)

)

( )

Tn = 1 = 17

(

10 3 45 9+ 12 9–

)

2 3 1 4

TP Info (p. 538-540) 1. Chiffre de Hill

Partie 2 : Déchiffrement

Partie 1 : Chiffrement 3

1

4

3

11

5

20

11

U

20

340

2

O

M

12

40

14

O

Y

24

664

14

I

E

4

60

8

I

S

18

273

13

U

S

18

72

20

U

P

15

525

5

W

1

86

8

G

3

S

S

18

126

22

W

B

A

0

6

6

G

P

15

185

G

6

18

18

S

Z

25

290

4

Q

3

533

13

C

E

4

16

16

Q

D

E

4

28

2

C

N

13

253

19

P

N

13

41

15

P

W

22

502

8

G

C

2

58

6

G

X

23

368

4

H

X

23

713

11

S

L

11

33

7

H

A

0

44

18

S

I

8

41

15

P

R

17

83

5

F


184


(–125 ) (–125 )

10 3 45 8– 12

8+

n

(–125 ) (–125 )

5. u 7 = 0,529 ; u 14 = 0,529 . 6. a. Q = 9 8 . 17 17 b. On obtient finalement Q ¢ = Q .

(

()

(

c. D = P – 1 TP + PD = PP – 1 TP + PDP – 1 = PP – 1 TPP – 1 + PDP – 1 = T . On suppose l’hypothèse vraie au rang n, on cherche à vérifier l’hypothèse de récurrence au rang n + 1 . T n = PD n P – 1 + T n T = PD n P – 1 T + T n + 1 = PD n P – 1 PDP – 1 + T n + 1 = PD n + 1 P – 1 , donc vraie pour tout n appartenant à N. d. n n n

)

.

TS erm


Livre du professeur

À vous de jouer 1.

2.

1

3

4

3

1

2

5

2

4

3

3

1

1

M

12

36

10

K

M

12

96

18

S

4

80

2

C G

A

0

48

22

W

E

T

19

64

12

M

S

18

58

6

H

7

97

19

T

S

18

42

16

Q

0

48

22

W

E

4

24

24

Y

A

M

12

52

0

A

G

6

60

8

I

A

0

19

19

T

E

4

68

16

Q

T

9

57

5

F

E

4

54

2

C

13

29

3

D

9

J

I

8

40

14

O

N

Q

16

80

2

C

C

2

35

U

20

64

12

M

L

11

59

7

H

0

17

17

R

E

4

92

14

M

A

S

18

54

2

C

I

8

59

7

H

A

0

72

20

U

R

17

101

23

X

A

0

41

15

P

Sur les pas du supérieur (p. 227)

( ) ( ) ( )

I. 1. M 2 =

M4 =

6 4 4 2

6 4 4 2

1 1 1 1 6 4 4 2

2 1 1 0 6 4 4 2

2 1 1 0

1 1 1 1

3 2 2 1

; M3 =

3 2 2 1

3 2 2 1

3 2 2 1

b.  M 2 = ;

(

()(

4. On a alors M n = 2 n – 3

)

3 2 . 2 1

0.5 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.5

pn + 1 pn qn + 1 = M qn + rn + 1 rn

II. 1. a. si aI2 est involutive alors (aI2) 2 = I2 , on a alors (aI2) 2 = a 2 I2 = I2 soit a 2 = 1 . On a donc a = 1 ou a = – 1 . Si a = 1 ou a = – 1 , (aI2) 2 = a 2 I2 = I2 alors la matrice aI2 est involutive.


)

p0 III. 1. q 0 vérifiée au rang 1. r0 pn p0 n On suppose l’hypothèse de récurrence q n = M q 0 vraie au rang n, on la vérifie au rang n + 1 . rn r0

( ) 3 2 2 1

) ( ) (

)( ) () () ( ) () ( ) () ( ) () ( ) p1 q1 = r1

M n + 1 = M n M = a n M 3 M = a n M 4 = 2a n M 3 On a donc a n + 1 = 2a n . La suite a n est une suite géométrique de raison 2. 3 2 2 1

(

=2 + . 2. a. En prenant a = 2 ,on obtient 2 –1 0 1 2 –3 – 1 4 1 c.  det (A) = 3 , a – 1 = . 3 –2 5

2. On sait que : M n = a n M 3 ; a 3 = 1 et a 4 = 2

3 2 2 1

)

Z 2 Z 2 Z – ad + bc = 1 ] a + bc = 1 ] a + bc = 1 ] ] ab + bd = 0 ] b (a + d) = 0 ] (a + d) = 0 a+d=0 . +[ +[ +' [ ( ) + a d ad – cb = – 1 = 0 ( ) + c a d + = ca cd = 0 0 ] ]] ] ] cb + d 2 = 1 ] cb + d 2 = 1 \cb – ad = 1 \ \ 5 –4 1 0 3 –4

.

3. a n = 2 n – 3 .

(

a 2 + bc ab + bd = I2 ; ca + cd cb + d 2

2. B = 4M – 2I ; B =

185


pn + 1 p0 q n + 1 = MM n q 0 + rn + 1 r0

0 1 1 1 0 1 . 1 1 0

pn + 1 p0 q n + 1 = M n + 1 q 0 . rn + 1 r0

TS erm


Livre du professeur

( )

c.  u n = a n – b n ; u n + 1 = a n + 1 – b n + 1 = 1 (a n + b n) – 1 (a n + 3b n) .

2 1 1 a.  B = 1 2 1 = 2I + B . 1 1 2 1 b.  M = B + 1 I , vérifié au rang 1. 4 2 On suppose l’hypothèse de récurrence : M n = a n I + b n B est vraie au rang n, on cherche à la vérifier au rang n + 1 n+1. MM n = M (a n I + b n B) = 1 B + 1 I (a n I + b n B) 4 2 an bn 2 an b n+1 +M = B + B + I + nB 4 4 2 2 a b a b + M n + 1 = n B + n (2I + B) + n I + n B 4 4 2 2 1 1 2

(

+M

n+1

2

u n + 1 = 1 (a n – b n) = 1 u n . La suite u n est une suite géométrique 4 4 1 de raison . 4 y n = a n – 2b n ; y n + 1 = a n + 1 – 2b n + 1 = 1 (a n + b n) – 1 (a n + 3b n) = a n – 2b n . 2 2

)

= (a n + b n)I + (a n + 3b n)B + M 2 4

n+1

La suite V n est une suite constante. On a a1 = 1 et b1 = 1 , la suite V n = 0 ; u n = 1 # 1 4 4 2 4 n–1 n–1 1 1 1 1 obtient alors b n = # et a n = # . 4 4 2 4 n–1 I. On trouve M n = 1 # 1 2 4

()

() ()

= an + 1 I + bn + 1 B

Z ]] a n + 1 = 1 (a n + b n) 2 On obtient : [ ] b n + 1 = 1 (a n + 3b n) 4 \


4

186


()

n–1

. On

Term S Maths Repères - Livre Du Professeur [2011]

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