Noel Infox
This document was uploaded by user and they confirmed that they have the permission to share it. If you are author or own the copyright of this book, please report to us by using this DMCA report form. Report DMCA
Overview
Download & View Noel Infox as PDF for free.
More details
- Words: 647
- Pages: 2
TS – Mathématiques Devoir pour le 8/1/2009 Exercice 1 n
an
bn
cn
dn
0
5000
2000
4000
-3000
1
4740
2340
3920
-2400
2
4539,2
2619,2
3841,6
-1920
3
4385,616 2849,616 3764,768
-1536
4
4269,664 3040,864 3689,473 -1228,8
5
4183,678 3200,638 3615,683 -983,04
6
4121,531 3335,099 3543,37 -786,432
7
4078,322 3449,176 3472,502 -629,146
1. Il semble que ( an ) et ( cn ) soient décroissante alors que ( bn ) est croissante. 2. Il semble que ( d n ) , suite définie par d n = bn − an , soit géométrique de raison 0,8. 3. En traduisant l’énoncé : an +1 = 0,9an + 0,1bn + 0, 01cn et bn +1 = 0,9bn + 0,1an + 0, 01cn . cn +1 = 0,98cn et par conséquent : bn+1 − an+1 = 0,8 ( bn − an ) donc d n +1 = 0,8d n .
( cn )
et ( d n ) sont des suites géométriques : bn − an = d n = 0,8n ( −3000 ) et cn = 0,98n ( 4000 ) .
( cn )
et ( d n ) convergent vers 0 puisque 0,8 < 1 et 0,98 < 1 .
On sait de plus : 11000 = an + bn + cn . On en déduit, par substitution, que : an = 5500 + 1500 × 0,8n − 2000 × 0, 98n et bn = 5500 − 1500 × 0,8n − 2000 × 0,98n .
lim 0,8n = 0 et lim 0,98n = 0 . Par addition et soustraction, les suites ( an ) et ( bn ) convergent vers 5500
n→+∞
n→+∞
alors que ( cn ) converge vers 0. Exercice 2 1. Conjectures. Il semble que le point R reste fixe. Il semble que le point S se déplace sur un segment
parallèle à ( AB ) , passant par O, de même longueur que [ AB ] . L’équation de ce lieu pourrait être Y = − X , X variant de −
1 1 de . 2 2
2. La droite ( AB ) a pour équation y = 1 − x .
Si M a pour abscisse x, l’ordonnée de M est donc 1 − x et l’affixe de M est x + i (1 − x ) . L’affixe de P est x et l’affixe de Q est i (1 − x ) . Soit I le milieu de [PQ] : z I =
x 1− x . +i 2 2
π
: zR − zI = i ( zP − zI ) avec z P = x et 2 x 1− x x 1− x x 1− x 1+ i . On en déduit zR = + i . R est donc bien fixe. zI = + i +i x − −i = 2 2 2 2 2 2 2 R est l’image de P par la rotation de centre I et d’angle
S est l’image de P par la rotation de centre I et d’angle − zI =
π 2
: zS − zI = i ( zP − zI ) avec z P = x et
x 1− x 1 1 . On en déduit zS = x − + i − x . +i 2 2 2 2
S est donc sur la droite d’équation Y = − X , X variant de −
1 1 de , puisque x varie de 0 à 1. S décrit un 2 2
1 1 1 1 segment [ S1 S2 ] , où S1 − ; et S 2 ; − 2 2 2 2 On peut vérifier que sa longueur est forment un rectangle.
2 comme AB. On peut aussi remarquer que les points A, B, S1 et S2
an
bn
cn
dn
0
5000
2000
4000
-3000
1
4740
2340
3920
-2400
2
4539,2
2619,2
3841,6
-1920
3
4385,616 2849,616 3764,768
-1536
4
4269,664 3040,864 3689,473 -1228,8
5
4183,678 3200,638 3615,683 -983,04
6
4121,531 3335,099 3543,37 -786,432
7
4078,322 3449,176 3472,502 -629,146
1. Il semble que ( an ) et ( cn ) soient décroissante alors que ( bn ) est croissante. 2. Il semble que ( d n ) , suite définie par d n = bn − an , soit géométrique de raison 0,8. 3. En traduisant l’énoncé : an +1 = 0,9an + 0,1bn + 0, 01cn et bn +1 = 0,9bn + 0,1an + 0, 01cn . cn +1 = 0,98cn et par conséquent : bn+1 − an+1 = 0,8 ( bn − an ) donc d n +1 = 0,8d n .
( cn )
et ( d n ) sont des suites géométriques : bn − an = d n = 0,8n ( −3000 ) et cn = 0,98n ( 4000 ) .
( cn )
et ( d n ) convergent vers 0 puisque 0,8 < 1 et 0,98 < 1 .
On sait de plus : 11000 = an + bn + cn . On en déduit, par substitution, que : an = 5500 + 1500 × 0,8n − 2000 × 0, 98n et bn = 5500 − 1500 × 0,8n − 2000 × 0,98n .
lim 0,8n = 0 et lim 0,98n = 0 . Par addition et soustraction, les suites ( an ) et ( bn ) convergent vers 5500
n→+∞
n→+∞
alors que ( cn ) converge vers 0. Exercice 2 1. Conjectures. Il semble que le point R reste fixe. Il semble que le point S se déplace sur un segment
parallèle à ( AB ) , passant par O, de même longueur que [ AB ] . L’équation de ce lieu pourrait être Y = − X , X variant de −
1 1 de . 2 2
2. La droite ( AB ) a pour équation y = 1 − x .
Si M a pour abscisse x, l’ordonnée de M est donc 1 − x et l’affixe de M est x + i (1 − x ) . L’affixe de P est x et l’affixe de Q est i (1 − x ) . Soit I le milieu de [PQ] : z I =
x 1− x . +i 2 2
π
: zR − zI = i ( zP − zI ) avec z P = x et 2 x 1− x x 1− x x 1− x 1+ i . On en déduit zR = + i . R est donc bien fixe. zI = + i +i x − −i = 2 2 2 2 2 2 2 R est l’image de P par la rotation de centre I et d’angle
S est l’image de P par la rotation de centre I et d’angle − zI =
π 2
: zS − zI = i ( zP − zI ) avec z P = x et
x 1− x 1 1 . On en déduit zS = x − + i − x . +i 2 2 2 2
S est donc sur la droite d’équation Y = − X , X variant de −
1 1 de , puisque x varie de 0 à 1. S décrit un 2 2
1 1 1 1 segment [ S1 S2 ] , où S1 − ; et S 2 ; − 2 2 2 2 On peut vérifier que sa longueur est forment un rectangle.
2 comme AB. On peut aussi remarquer que les points A, B, S1 et S2
