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2015_2016_TS__DNS_9_corrige

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Eléments de correction du devoir n°9 du 14 janvier 2016
T.S
Objectifs : utiliser la relation de Chasles
démontrer que trois vecteurs sont coplanaires, que des points sont coplanaires
revoir diverses notions en Analyse, comprendre un algorithme
livre : page 249 n°83
Démonstration vectorielle – Vecteurs coplanaires – points
coplanaires
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
Comme K est le milieu de [AD], on a : BA + BD = 2 BK
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



En effet, BA + BD = (BK + KA ) + (BK + KD )
  
= 2 BK + KA + KD



Or K étant le milieu de [AD], KA + KD = 0
 

donc BA + BD = 2 BK


 
 
BF ‒ 2 BK = ( BA + AF ) ‒ ( BA + BD )

  
BF ‒ 2 BK = AF ‒ BD


Or AF = BE donc

 
 
BF ‒ 2 BK = BE ‒ BD = DE



De plus, 3 KJ = 3 ( KA + AJ )
Comme K est le milieu de [AD] et J le milieu de [AC] :
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
1 
1 
KA = DA et AJ = AC
2
2


3 
3  
1  1 
Donc 3 KJ = 3 ( DA + AC ) = (DA + AC ) = DC = DE
2
2
2
2



On en déduit : BF ‒ 2 BK = 3 KJ



On a montré que : BF ‒ 2 BK = 3 KJ
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


Et donc que : BF ‒ 2 BK = 3 (KB +BJ )
C’est-à-dire :




BF = 2 BK ‒ 3 BK +3 BJ



BF = ‒ BK +3 BJ



Ceci prouve que les vecteurs BK , BJ et BF sont coplanaires



Comme les vecteurs BK , BJ et BF sont coplanaires, on peut affirmer que les
quatre points B, K, J et F sont coplanaires.
Annabac Nathan 2016 : p 115 n° 24 à 28 ( concours Alpha)
n°24
initialisation
i=1
i=2
i=3
i=4
i=5
a=0
a = 0 + ln 3 = ln 3
a = ln3 + ln 3 = 2ln 3
a = 2ln3 + ln 3 = 3ln 3
a = 3ln3 + ln 3 = 4ln 3
a = 4ln3 + ln 3 = 5ln 3
Réponse : b
n°25
Réponse d
u+v 1
1
= u + v avec u(x) = e2x donc u’(x) = 2 e2x
2
2
2
v(x) = e‒ 2x donc u’(x) = ‒2 e‒ 2x
1
1
donc pour tout x de IR, f (x) =  2 e2x +  (‒2 e‒ 2x ) = e2x ‒ e‒ 2x
2
2
f=
n°26
A = ln ( e ‒ 3 )  ln ( e2) = (‒ 3)  2 = ‒ 6
Réponse b
n°27
Première méthode : on pose f(x) = e 2x + 5 ex ‒ 14
On étudie les variations de f ( f’(x) = 2 e 2x + 5 ex donc toujours strictement positif,
la fonction f est donc strictement croissante) et les limites ( en ‒ ∞, la limite est égale
à ‒ 14 et en + ∞, la limite est +∞
f est donc continue sur IR, strictement croissante sur IR, l’intervalle image de IR
est ] ‒ 14 ; + ∞ [ et zéro appartient à cet intervalle image donc, d’après un corollaire
du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = 0 admet une unique
solution dans IR
Seconde méthode : on résout l’équation
e 2x + 5 ex ‒ 14 = 0
D = IR
On pose X = ex donc X2 + 5 X ‒ 14 = 0
Δ = 52 ‒ 4  (1)  (‒ 14 ) = 81
Δ>0
donc l’équation d’inconnue X admet deux solutions réelles distinctes
‒ 5 + 81
‒ 5 ‒ 81
X1 =
X2 =
21
21
X1 = 2
X2 = ‒ 7
x
x
On doit donc résoudre : e = 2 ou e = ‒ 7
Réponse b
x = ln 2
pas de solution car ex > 0
Donc S = { ln 2}
n°28
Forme indéterminée en + ∞
f (x ) = x2 (
or
ex 1
‒ )
x2 2
lim x2 = + ∞
x  +∞
Donc par produit
ex
ex 1
d’après le cours : lim
lim ( 2 ‒ ) = + ∞
2 = + ∞ donc
x  +∞x
x  +∞ x 2
lim f (x ) = + ∞
x  +∞
Réponse a
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