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TS  Correction DS n° 2

Exercice 3

(30 minutes)

3x2 + x + 1
1. 2
=
x x+1

1 1
1 1
x2  3 + + 2
3+ + 2
x x
x x

=
1 1
1 1
2 
x 1  + 2
1 + 2
x x
x x


Exercice 1
c est un cône de révolution de sommet S et O est le centre de sa base qui situé dans le plan P.
Donc la droite (OS) est orthogonale au plan P.
Donc elle est orthogonale à toutes les droites de P
Or  appartient au plan P, donc la droite (OS) est orthogonale à la droite .

1 1
lim 3 + + 2 = 3 et
x+
x x

Or
M est un point quelconque de ce cercle.
La droite  est tangente en M au cercle de centre O, donc la droite  est orthogonale à la droite (OM).
La droite  est donc orthogonale aux droites sécantes (OM) et (OS) du plan (OMS).
Donc elle est orthogonale au plan (OMS).
Donc elle est orthogonale à toutes les droites du plan (OMS).
Or (MS) appartient au plan (OMS), donc la droite  est orthogonale à la droite (MS).

2x x + 1
2.
=
x2 + 1

Le point M étant commun aux deux droites  et (MS), donc la droite  est perpendiculaire à la droite (MS).
lim

x+

1 1
lim 1  + 2 = 1
x+
x x

1 

x x 2 +

x x

1
x2 1 + 2
x


1
= 0 et
x

lim

x+

donc

lim

x +

3x2 + x + 1
= 3.
x2  x + 1

1
1
2+
x x
x x
1
=

1
x 1+ 1
1+ 2
x
x2

2+
x

x

1
= 0
x

donc

lim 2 +

x+

1
=2
x x

Exercice 2
lim

1. A et P  (ABC), donc (AP)  (ABC). Comme (BC)  (ABC), alors les droites (AP) et (BC) sont
coplanaires. Comme elles ne sont pas parallèles, alors elles sont sécantes en un point nommé I.

x+

lim

A et Q  (ACD), donc (AQ)  (ACD). Comme (CD)  (ACD), alors les droites (AQ) et (CD) sont coplanaires.
Comme elles ne sont pas parallèles, alors elles sont sécantes en un point nommé J.
I appartient à la droite (AP) qui appartient au plan (APQ), donc I appartient au plan (APQ).
J appartient à la droite (AQ) qui appartient au plan (APQ), donc J appartient au plan (APQ).
Donc la droite (IJ) appartient au plan (APQ).

x+

3. Pour tout x  0, on a : 1  sin x  1 soit

Mais I et J appartiennent respectivement aux droites (BC) et (CD) qui appartiennent au plan (BCD)
Donc (IJ) appartient au plan (BCD).

1+

Or

lim

x+

1
=
x

lim

x +

1
= 0
x

1
= 1
x2

donc

lim

x+

2x x + 1
= 0.
x2 + 1

1
= 0
x

1 sin x 1


x
x
x

donc par encadrement

lim

x+

sin x
= 0.
x

La droite (IJ) appartient donc aux plans (BCD) et (APQ), donc (IJ) est l’intersection de ces deux plans.
2. Les droites (IJ) et (PQ) appartiennent au plan (APQ), donc elles sont sécantes en un point H (elle ne sont pas
parallèles d’après la figure !).
Or H appartient à (IJ) qui appartient au plan (BCD), donc H appartient à (BCD). De plus H appartient à (PQ).
A
Donc H est l’intersection de (PQ) avec le plan (BCD), donc H = E.
A

4. Pour tout x  0, on a : 1  cos x  1
Or

lim

x+

P

P
Q
B

B

D
Q

I
J

I

C

or x  1 soit x  1  0 donc

lim

x+

lim

x1
x1

x2 + cos x = + .

1
= +
x1
Donc

D
E

x2 1  cos x + x2  1 + x2

x2 1 = +  donc par comparaison

5. * lim x  1 = 0
x1
x 1

soit

J
C

E

lim

x1

x2 = 1

lim

x1
x1

x2
= 
x1

* lim x  1 = 0
x1
x 1

or x  1 soit x  1  0 donc

lim

x1
x 1

1
= 
x1

Par hypothèse
Donc

lim

x1

x2
= +
x1

lim

x1
x1

un  0

De plus n  1, donc
Donc

x2 = 1

n+1
un  0
2n

n+1
0
2n
Donc p(n+1) est vraie.

soit un+1  0.

* Conclusion : pour tout entier naturel n, un  0.

2x + 1
6.
=
3x  2

lim

x+

7.

1
1
x 2 + 
2+
x
x

=
2
2

3
x 3  
x
x


2x + 1
2
=
3
3x  2

et

lim

x+

lim

x  1 = 0 et

1
= 2
x

et

lim

x+

3

2
= 3
x

b. Pour n  1, on a un+1 =
Or

lim

2
x
3

x1
x  1( x + 1)
=
=
x1
( x  1)( x + 1)

x1

2+

x =

2
3

donc par composition

x  1( x + 1)
x1
=
( x + 1) =
x1
x1

x  1  0 donc

lim

x1

lim

x+

1
x1

lim

lim

( x + 1) =

2
.
3

x+1
x1

1
= +
x1
x1

x1

2x + 1
=
3x  2

x1
= + .
x1

x+1 = 2

n  1, donc

n+1
un
2n

soit

n + n  1 + n, soit

un+1
n+1
=
.
un
2n
n+1
soit
2n
donc pour n  1, un+1  un.

2n  1 + n,

Or pour n  1, un  0 (question précédente)

soit

1 

c. La suite (un) est décroissante et minorée par 0, donc la suite (un) est convergente.
(Ici on ne peut pas déterminer sa limite …)
n+1
un
2n
un+1
n+1
1
1 u
1
3.a. Pour tout entier naturel n : vn+1 =
=
=
un 
=  n = vn.
2 n
2
n +1
n +1
2n
n +1
1
1
Donc la suite (vn) est une suite géométrique de premier terme v1 = et de raison .
2
2

Or vn =

un
n

soit un = n vn .

Or pour n  1, un  0

Lorsque N = 3 l’algorithme effectue trois boucles avant de s’arrêter.
À la fin de la boucle pour k = 1 on a U = 0,5 ;
à la fin de la boucle k = 2 on a U = 0,375 ;
et à la fin de la boucle correspondant à k = 3 on obtient U = 0,25.
L’affichage en sortie est donc 0,25.

On sait que

lim

1

n + n

1
.
2n

Donc pour tout entier naturel non nul n, un =

c. On admet que pour tout entier n  4, n2  2n, soit

Partie A

un+1
.
un

Donc la suite (un) est décroissante.

b. (vn) est une suite géométrique, donc pour tout entier naturel non nul n, vn =

Exercice 4 (Bac juin 2012  Antilles Guyane (modifié))

1 

d’où 0  un 

1
n

2n
n

soit

un 

n
.
2n

1
n

1
.
n

= 0, donc par encadrement

lim un = 0 .

n +

4. Déterminer un algorithme qui permette de calculer la somme suivante pour n  2 : Sn = u1 + u2 + … + un.
Partie B
(1 + 1)
1. * u2 =
u1
21

1
soit u2 =
2

(2 + 1)
* u3 =
u2
22

3
soit u3 =
8

(3 + 1)
* u4 =
u3
23

2.a. Soit p(n) la propriété : pour tout entier naturel non nul n, un  0.
* Initialisation : u1 =

1
 0 donc la propriété p(1) est vérifiée.
2

* Hérédité : Supposons la propriété p(n) vraie pour une valeur de n fixée.
Montrons alors que p(n+1) est vraie.

1
soit u4 = .
4

Entrée
Saisir le nombre entier naturel non nul n
Traitement
Affecter à S la valeur 0
Pour k allant de 1 à n
Affecter à S la valeur S + k /(2k)
Fin pour
Sortie
Afficher S


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