TS - Maths - D.S.2 - Correction
Samedi 11 octobre 2014 - 3h
Spécialités : Maths - SVT - Physique
Exercice 1
(3 points)
Une équation et des complexes
On considère dans C, l’équation (E ) suivante :
z 3 − (2 + i)z 2 + 2(1 + i)z − 2i = 0
1. Montrer que i est solution de (E ).
On a i3 − (2 + i)i2 + 2(1 + i)i − 2i = −i + 2 + i + 2i − 2 − 2i = 0 donc i est solution de (E ) .
2. Montrer qu’il existe deux nombres réels a et b, que l’on déterminera tels que, pour tout nombre
complexe z,
z 3 − (2 + i)z 2 + 2(1 + i)z − 2i = (z − i )(z 2 + az + b).
Pour tout nombre complexe z, on a :
(z − i)(z 2 + az + b) = z 3 + az 2 + bz − iz 2 − iaz − ib = z 3 + z 2 (a − i) + z(b − ia) − ib
3
2
3
2
Pour tout complexe z, on cherche a, b tels
que z − (2 + i)z + 2(1 + i)z − 2i = z + z (a − i) + z(b − ia) − ib
½
−(2 + i) = (a − i)
a = −2
Par identification des coefficients, on a : 2(1 + i) = (b − i) ⇐⇒
b = 2
−2i = −ib
On a alors z 3 − (2 + i)z 2 + 2(1 + i)z − 2i = (z − i )(z 2 − 2z + 2).
3. Résoudre dans l’ensemble des nombres complexes l’équation (E ).
On résout (E ) :
(E ) ⇐⇒ z 3 − (2 + i)z 2 + 2(1 + i)z − 2i = 0 ⇐⇒ (z − i)(z 2 − 2z + 2) = 0 ⇐⇒ z = i ou z 2 − 2z + 2 = 0
Soit (e 1 ) : z 2 − 2z + 2 = 0. C’est une équation de second degré à coefficients réels.
∆ = 4 − 8 = −4 ; ∆ < 0 donc (e 1 ) admet dans C deux solutions complexes conjuguées. z 1 =
z 2 = z 1 = 1 + i.
On a alors : S (E ) = {i, 1 − i, 1 + i}
Exercice 2
(5 points)
2 − 2i
= 1 − i et
2
Des complexes et des conjugués
Soit la fonction f définie sur C par f (z) = z 2 − 4z + 5.
1. Montrer que pour tout complexe z, on a f (z) = f (z).
On a f (z) = z 2 − 4z + 5 = z 2 − 4z + 5 car le conjugué d’une puissance est la puissance du conjugué et
le produit de conjugués est le conjugué du produit. D’autre part comme la somme de conjugués est le
conjugué de la somme, on a :
f (z) = z 2 − 4z + 5 = f (z).
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12 + i
et z 2 = z 1 .
5 − 2i
(a) Sans modifier les écritures des complexes z 1 et z 2 , montrer que z 1 + z 2 est un réel et que z 1 − z 2
est un imaginaire pur.
2. On considère les complexes z 1 =
1ère méthode
z 1 + z 2 = z 1 + z 1 = 2Re(z 1 ) d’après le cours donc c’est un réel.
z 1 − z 2 = z 1 − z 1 = 2i I m(z 1 ) d’après le cours donc c’est un imaginaire pur.
2ème méthode
z 1 + z 2 = z 1 + z 2 = z 2 + z 1 = z 1 + z 2 , d’où par théorème z 1 + z 2 est un réel.
z 1 − z 2 = z 1 − z 2 = z 2 − z 1 = −(z 1 − z 2 ), d’où par théorème z 1 − z 2 est un imaginaire pur.
(b) Vérifier que la forme algébrique du complexe z 1 est 2 + i . Quelle est celle de z 2 ?
12 + i (12 + i )(5 + 2i ) 60 − 2 + 29i 58 + 29i
=
=
=
= 2+i.
5 − 2i (5 − 2i )(5 + 2i )
29
29
On a z 2 = z 1 = 2 − i
z1 =
(c) Calculer f (z 1 ). En déduire f (z 2 ).
f (z 1 ) = (2 + i )2 − 4(2 + i ) + 5 = 3 + 4i − 8 + 4i + 5 = 0 donc f (z 2 ) = f (z 1 ) = f (z 1 ) d’après le 1.
donc f (z 2 ) = 0 = 0
5
(d) Déduire des questions précédentes les solutions de l’équation z − 4 = − .
z
5
⇔ z 6= 0 et z 2 − 4z + 5 = 0. Or on sait que z 1 et z 2 , non nuls, sont solutions de cette
z
équation du second degré à coefficients réels qui admet au plus deux solutions. Conclusion z 1 et
z 2 sont les seules solutions de cette équation.
z −4 = −
3. Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, sera prise en compte dans l’évaluation.
f (−3 + 2i )
f (−3 − 2i )
Les complexes
et
sont-ils égaux ?
11 − 10i
11 + 10i
f (−3 − 2i )
f (z)
=
avec z = −3 + 2i . Or d’après 1. f (z) = f (z). On a donc
11 + 10i
11 − 10i µ
¶
f (−3 − 2i )
f (z)
f (z)
=
=
.
11 + 10i
11 − 10i
11 − 10i
Les deux complexes sont donc conjugués. Sont-ils cependant réels ?
On a
f (−3 + 2i ) (−3 + 2i )2 − 4(−3 + 2i )z + 5 9 − 12i − 4 + 12 − 8i + 5 22 − 20i
=
=
=
=2
11 − 10i
11 − 10i
11 − 10i
11 − 10i
Ces deux nombres sont en fait des réels, comme ils sont conjugués, ils sont égaux.
Exercice 3
(5 points)
QCM
Pour chaque affirmation, une seule réponse est exacte. Identifiez la en justifiant votre réponse.
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1. Pour tout entier naturel n non nul, u n =
a. lim u n = 3
b. lim u n = 0
n→+∞
un =
n→+∞
c.
lim u n = +∞
n→+∞
3n + n 2
3+n
n(3 + n)
¶=
= µ
1
1
n −1
1−
n 1−
n
n
lim 3 + n = +∞. De plus lim 1 −
n→+∞
lim (3 + n) ×
n→+∞
n→+∞
1
1
1−
n
lim u n = 0
1
= 1 donc par inverse, lim
n→+∞
n
1
1−
= 1. Par produit, on a alors
2 − (−1)n
.
1+n
b. La suite (u n ) n’a pas de limite.
n→+∞
1
n
= +∞.
2. Pour tout entier naturel n, u n =
a.
3n + n 2
.}
n −1
c. lim u n = 2
n→+∞
On a pour tout entier naturel n,
−1 ≤ (−1)n ≤ 1 donc −1 ≤ −(−1)n ≤ 1 donc 1 ≤ 2−(−1)n ≤ 3 . Or n+1 > 0 donc
1
3
= lim
= 0.
n→+∞ n + 1
n→+∞ n + 1
2 − (−1)n
3
1
≤
≤
.
n +1
n +1
n +1
Or lim n + 1 = +∞ d’où lim
n→+∞
D’après le théorème d’encadrement, on en déduit que lim u n = 0.
n→+∞
3. Pour tout entier naturel n, u n =
a. lim u n = 1
b.
n→+∞
5n − 2n
.
4n − 5n
lim u n = −1
n→+∞
c. lim u n = +∞
n→+∞
¶
µ ¶n
µ
2
2n
1+
5 1− n
n
n
5 −2
5
5
un = n
= µ
µ ¶n .
n¶ =
n
4
4
4 −5
5n −1 + n
−1 +
5
5
µ ¶n
µ ¶n µ ¶n
4
2
4
et
est de la forme q n avec −1 < q < 1 donc lim
= 0.
or
n→+∞ 5
5
5
µ ¶n
µ ¶n
4
2
On a alors lim −1 +
= −1 et lim 1 −
= 1.
n→+∞
n→+∞
5
5
n
Par inverse puis par produit, on a alors lim u n = −1.
n→+∞
1
−1
≤ un − 2 ≤ .
2
n
a. La suite (u n ) est décroissante.
4. Si pour tout n ∈ N∗ ,
pour tout n ∈ N∗ ,
b. La suite (u n ) est bornée.
c. lim u n = 2
n→+∞
−1
1
3
1
≤ u n − 2 ≤ , on a alors ≤ u n ≤ 2 + .
2
n
2
n
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Or pour tout n non nul,
D’où
1
3
1
≤ 1, on a donc alors ≤ u n ≤ 2 + ≤ 2 + 1
n
2
n
3
≤ u n ≤ 3. La suite (u n ) est donc bornée.
2
Remarque : le théorème d’encadrement ne s’applique pas ici car lim 2 +
n→+∞
3 3
1
= 2 mais lim
=
n→+∞ 2
n
2
1
.
n
c. La suite (u n ) converge vers 0.
5. La suite (u n ) définie pour tout entier naturel n non nul par : u n = n −
a. La suite (u n ) est croissante .
b. La suite (u n ) est majorée.
Pour tout n non nul, u n+1 − u n = n + 1 −
Or 1>0 et pour tout n non nul, 1 +
Remarque lim
1
n→+∞ n
Exercice 4
1
1
1
n +1−n
1
1
−n + = 1+ −
= 1+
= 1+
n +1
n
n n +1
n(n + 1)
n(n + 1)
1
> 0 donc la suite (u n ) est croissante.
n(n + 1)
= 0 et lim n = +∞ donc lim u n = +∞ et (u n ) ne peut être majorée.
n→+∞
n→+∞
(7 points)
Des suites
Soit la suite numérique (u n ) définie sur l’ensemble des entiers naturels non nuls N∗ par :
17
u1 =
5
et pour tout entier naturel non nul n, u n+1 = 1 u n + 3 × 0, 5n .
5
On admettra que pour tout n non nul, u n est à temes positifs.
1.
(a) A l’aide de la calculatrice, compléter le tableau, des valeurs de la suite (u n ) approchées à 10−2
près.
n
un
1
3,4
2
2,18
3
1,19
4
0,61
5
0,31
6
0,16
7
0,08
8
0,04
(b) D’après ce tableau, énoncer une conjecture sur le sens de variation de la suite (u n ) et une éventuelle convergence.
On peut conjecturer que la suite est décroissante et converge vers 0.
2.
(a) Démontrer, par récurrence, que pour tout entier naturel n non nul on a : u n+1 É u n .
Soit P ( n) la propriété u n+1 É u n .
• Initialisation
On a u 1 ≈ 3,4 et u 2 ≈ 2,18 donc u 2 É u 1 donc P (1) est vraie.
• Hérédité
On suppose qu’à un rang k fixé (k ≥ 1), P k est vraie i.e. u k+1 É u k . Montrons alors que P k+1
est vraie i.e. u k+2 É u k+1 .
1
1
Par hypothèse de récurrence, on a : u k+1 É u k donc u k+1 É u k .
5
5
1
1
k
k
On a alors u k+1 + 3 × 0, 5 É u k + 3 × 0, 5 .
5
5
Or pour tout k non nul, 0, 5k+1 ≤ 0, 5k d’où :
1
1
1
u k+1 +3×0, 5k+1 É u k+1 +3×0, 5k É u k +3×0, 5k .Donc u k+2 É u k+1 et donc P k+1 est vraie
5
5
5
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• Conclusion
D’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n non nul, on a u n+1 É u n donc la
suite (u n ) est décroissante.
(b) Démontrer que la suite (u n ) est convergente.
D’après l’énoncé, pour tout n non nul, la suite a tous ses termes positifs, elle est donc minorée
par 0 deplus elle est décroissante donc elle converge.
3. On se propose, dans cette question de déterminer la limite de la suite (u n ).
Soit (v n ) la suite définie sur N∗ par v n = u n − 10 × 0, 5n .
(a) Démontrer que la suite (v n ) est une suite géométrique de raison
terme de la suite (v n ).
1
. On précisera le premier
5
Soit n ∈ N, alors :
v n+1 = u n+1 − 10 × 0,5n+1
v n+1 = 15 u n + 3 × 0,5n − 10 × 0,5 × 0,5n
v n+1 = 51 u n − 2 × 0,5n
v n+1 = 51 (u n − 10 × 0,5n )
v n+1 = 51 v n .
1
La suite (v n ) est donc géométrique de raison .
5
17
−8
Son premier terme vaut v 1 = u 1 − 10 × 0,51 =
−5 =
.
5
5
(b) Pour tout entier naturel non nul, exprimer alors v n en fonction de n.
La suite (v n ) étant géométrique, on a, pour tout entier naturel n :
µ ¶
µ ¶n
µ ¶n−1
−8 1 n−1
1
1
=
= −8
.
vn = v1
5
5 5
5
µ ¶n
1
(c) En déduire, que pour tout entier naturel non nul n, u n = −8 ×
+ 10 × 0, 5n .
5
µ ¶n
µ ¶n
1
1
n
On en déduit que −8 ×
= u n − 10 × 0,5 et donc que : u n = −8 ×
+ 10 × 0,5n .
5
5
(d) Déterminer la limite de la suite (u n )
µ ¶n
1
1
−1 < < 1, donc lim
= 0, de même : −1 < 0,5 < 1, donc lim 0.5n = 0.
n→+∞ 5
n→+∞
5
On en déduit par produit et somme sur les limites que lim = u n = 0.
n→+∞
4. Compléter les lignes (1), (2) et (3) de l’algorithme situé en annexe, afin qu’il affiche la plus petite
valeur de n telle que u n É 0, 01.
L’algorithme complet est :
Entrée :
Initialisation :
Traitement :
Sortie :
n et u sont des nombres
n prend la valeur 1
17
u prend la valeur
5
Tant que u>0,01
(1)
n prend la valeur n + 1
(2)
1
n
(3)
u prend la valeur 5 u + 3 × 0,5
Fin Tant que
Afficher n
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