Source Latex
de la correction du devoir
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pdfauthor={Yoann Morel},
pdfsubject={Correction du baccalauréat de mathématiques 2018},
pdftitle={Corrigé du Baccalauréat France métropolitaine 2018 - Mathématiques},
pdfkeywords={Baccalauréat, bac, Mathématiques, TS, terminale, S, 2018, métropole}
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% Raccourcis diverses:
\newcommand{\nwc}{\newcommand}
\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
\nwc{\bgit}{\begin{itemize}}\nwc{\enit}{\end{itemize}}
\nwc{\bgen}{\begin{enumerate}}\nwc{\enen}{\end{enumerate}}
\nwc{\la}{\left\{}\nwc{\ra}{\right\}}
\nwc{\lp}{\left(}\nwc{\rp}{\right)}
\nwc{\lb}{\left[}\nwc{\rb}{\right]}
\nwc{\ul}{\underline}
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\nwc{\V}{\overrightarrow}
\newcommand{\zb}{\mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\db}{\mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\ct}{\centerline}
\nwc{\bgsk}{\bigskip}
\nwc{\vsp}{\vspace{0.1cm}}
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\nwc{\vspq}{\vspace{0.4cm}}
\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}} % Doppel-N
\def\D{{\rm I\kern-.1567em D}} % Doppel-N
\def\R{{\rm I\kern-.1567em R}} % Doppel R
\def\C{{\rm C\kern-4.7pt % Doppel C
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\def\euro{\mbox{\raisebox{.25ex}{{\it =}}\hspace{-.5em}{\sf C}}}
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\protect\vspace*{\fill}}
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\nwc{\TITLE}{Corrigé du Bac S - Métropole - L Réunion - 22 juin 2018}
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\lfoot{Y. Morel - \url{https://xymaths.fr}}
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\cfoot{}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\ct{\textbf{\begin{Large}
Corrigé du Bac S - Métropole--La Réunion 22 juin 2018
\end{Large}}}
\bigskip
\textbf{\textsc{Exercice 1}}
\begin{enumerate}
\item La largeur de l'arc de chaînette est égal à $2x$
et sa hauteur est égale à $y=\dfrac12\lp e^x + e^{-x}-2\rp$.\smallskip
L'égalité entre la largeur et la hauteur s'écrit donc
$2x=\dfrac12\lp e^x + e^{-x}-2\rp$,
soit, en mulitpliant par 2 et en réunissant tous les termes,
$e^x + e^{-x}-2-4x=0$
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item Pour $x>0$, $x\lp\dfrac{e^x}{x}-4 \rp = e^x-4x$
et donc on a bien
$f(x)=x\lp\dfrac{e^x}{x}- 4\rp + e^{- x} - 2$.
\item $\dsp\lim_{x \to + \infty} \dfrac{e^x}{x}=+\infty$
par croissances comparées,
et ensuite, par somme puis produit,
$\dsp\lim_{x \to + \infty} x\lp\dfrac{e^x}{x}-4 \rp = +\infty$
et comme $\dsp\lim_{x \to + \infty}e^{-x}=0$,
on obtient $\dsp\lim_{x \to + \infty} f(x)=+\infty$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item On a $f=u+e^v-w$,
avec $u(x)=e^x$ donc $u'(x)=u(x)=e^x$,
$v(x)=-x$ donc $v'(x)=-1$ et $w(x)=4x+2$ donc $w'(x)=4$,
et alors
$f'=u+v'e^v-w'$,
soit
$f'(x)=e^x-e^{-x}-4$
\item Comme $e^{-x}=\dfrac1{e^x}$, puis en multipliant par $e^x\not=0$,
on a
\[\bgar{ll}f'(x) = 0 &\iff e^x-\dfrac1{e^x}-4=0 \\[.5em]
&\iff(e^x)^2-1-4e^x=0 \\[.5em]
&\iff \lp e^x\rp^2-4e^x-1 = 0\enar\]
\item On pose $X =e^x$ et alors l'équation précédente se réécrit
$(e^x)^2-4e^x-1=0 \iff X^2-4X-1 = 0$.
Cette équation est du second degré, de discriminant
$\Delta=16-4\tm1\tm(-1)=16+4=20>0$
et admet donc deux solutions réelles:
$X_1 = \dfrac{4-\sqrt{20}}{2}=\dfrac{4-2\sqrt{5}}{2}=2-\sqrt{5} \approx -0,24 <0$ et $X_2=2+\sqrt{5} \approx 4,24 > 0$ \smallskip
$e^x=X_1<0$ n'a pas de solution car $e^x >0$
et $e^x = 2 + \sqrt{5} \iff x=\ln(2+\sqrt{5})$.
\smallskip
En résumé, $f'(x)$ s'annule pour une seule valeur égale à $\ln(2 + \sqrt{5})$
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item On obtient alors le tableau de variations suivant:
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\[\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(5.,2.75)
\psframe(5.5,2.75)\psline(0,2)(5.5,2)\psline(1.5,0)(1.5,2.75)
\uput[u](0.75,1.9){$x$} \uput[u](1.7,1.9){0}
\uput[u](3.5,1.9){\small $\ln \left(2 + \sqrt{5}\right)$} \uput[u](5.1,1.9){$+ \infty$}
\rput(0.75,1){$f(x)$} \uput[d](1.7,2){0} \uput[u](3.5,0){\small $f\left(\ln \left(2 + \sqrt{5}\right)\right)$}\uput[d](5.1,2){$+ \infty$}
\psline{->}(1.75,1.5)(3,0.75)\psline{->}(3.5,0.75)(5.1,1.5)
\end{pspicture}\]
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.4\linewidth}
avec $f(0) = 1+1-0-2 =0 $ \smallskip
et $f\left( \ln \left(2+\sqrt{5}\right) \right) \approx -3,3$
\end{minipage}
\item
\begin{itemize}
\item Sur $] 0; \ln(2+\sqrt{5})[$, $f(x) < 0$
donc l'équation $f(x)=0$ n'a pas de solution.\smallskip
\item Sur $] \ln(2+\sqrt{5}); +\infty[$, $f$ est continue
et strictement croissante,
avec
$f(\ln(2+\sqrt{5}))<0$ et
$\dsp\lim_{x \to + \infty} f(x)=+\infty$
et donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires,
l'équation admet une unique solution $\alpha$.
\end{itemize}
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item
$\begin{array}[t]{|*{5}{c|}}\hline
m & a & b & b-a & f(m) \\ \hline
& 2 & 3 & 1 & \\ \hline
2,5 & 2 & 2,5 & 0,5>0,1 & \approx 0,26 >0 \\ \hline
2,25 & 2,25 & 2,5 & 0,25>0,1 & \approx -1,4 <0 \\ \hline
2,375 & 2,375 & 2,5 & 0,125>0,1 & \approx -0,66 <0 \\ \hline
2,4375 & 2,4375 & 2,5 & 0,0625<0,1 & \approx -0,22 <0 \\ \hline
\end{array}$
\item Gr\^ce à cet algorithme (de Dichotomie),
on obtient un encadrement de $\alpha$:
$2,4375 < \alpha < 2,5$
\end{enumerate}
\item $e^{\frac{t}{39}} + e^{- \frac{t}{39} }-4\dfrac{t}{39}-2=0
\iff e^x+e^{-x}-4x-2=0$
avec $x=\dfrac{t}{39}$.
Cette équation a une unique solution $\alpha$ et $\alpha = \dfrac{t}{39}$.
Comme $2,4375 < \alpha < 2,5$,
la hauteur est $h=2t=78\alpha$ telle que
on a
$2,4375\tm78 < \alpha\tm78 < 2,5\tm78$,
soit $190,125 < h < 195$,
et donc la hauteur de l'arche est comprise entre 190 et 195 mètres.
\end{enumerate} \bigskip
\textbf{\textsc{Exercice 2}}
\textbf{Partie A}
\medskip
\bgen
\item
\bgen[a)]
\item $P(G)=0,2$ car 20\% de la population a contracté la grippe.
\item On obtient:
\[\psset{xunit=1cm,yunit=.8cm}\begin{pspicture}(0,-2.6)(5,2)
\psline(2,1.5)(0,0)(2,-1.5)
\rput[l](2.3,1.5){$V$}\rput(.7,1){40\%}
\rput[l](2.3,-1.5){$\overline{V}$}\rput(.7,-1.1){60\%}
\psline(4.5,2.5)(2.8,1.5)(4.5,.5)
\rput(4.7,2.5){$G$}\rput(3.8,2.3){8\%}
\rput(4.7,.5){$\overline{G}$}\rput(3.8,.5){92\%}
\psline(4.5,-2.5)(2.8,-1.5)(4.5,-.5)
\rput(4.7,-.5){$G$}\rput(3.8,-.7){}
\rput(4.7,-2.5){$\overline{G}$}\rput(3.8,-2.5){}
\end{pspicture}\]
\enen
\item On cherche $P(G \cap V)$, ici
$P(G \cap V)=40\%\tm8\%=0,032$ soit $3,2\%$ de chances
que la personne ait contractée la grippe et soit vaccinée.
\item On cherche la probabilité conditionnelle
$P_{\overline{V}}(G)=\dfrac{P\lp\overline{V} \cap G\rp}{P\lp\overline{V}\rp}$
En utilisant l'arbre, ou la formule des probabilités totales,
on a
\[\bgar{lrl}&P(G)&=0,2=P(V \cap G) + P\lp\overline{V} \cap G\rp\\[1em]
\iff &P\lp\overline{V} \cap G\rp&=0,2-P(V \cap G)\\[.6em]
&&=0,2-0,032=0,168 \enar\]
et donc Donc $P_{\overline{V}} (G) = \dfrac{0,168}{0,6} =0,28$.
La probabilité qu'une personne non vaccinée ait contracté la grippe
est égale à $0,28=28\%$.
\enen
\bigskip
\textbf{Partie B}
\medskip
\begin{enumerate}
\item On répète $n$ fois l'épreuve aléatoire "interroger au hasard un habitant"
dont le succès est "la personne est vaccinée" de probabilité
$p=0,4$.
Ces répétitions sont identiques et indépendantes entre elles.
Ainsi, la variable aléatoire $X$ égale au nombre de succès parmi ces $n$
répétitions suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n;0,4)$.
\item
\bgen[a)]
\item Pour la loi $\mathcal{B}(40~;~0,4)$, on trouve
$P(X=15) \approx 0,123$
\item De m\^eme, pour la loi $\mathcal{B}(40~;~0,4)$, on trouve
$P(X \geqslant 20) = 1- P(X < 20) = 1- P(X \leqslant 19) \approx 0,130$
\enen
\item \[\bgar{ll}P(1450 < X < 1550)
&= P\lp\dfrac{1450-1500}{30} < Z <\dfrac{1550-1500}{30}\rp \\[1em]
&= P\left( \dfrac{-5}{3} < Z < \dfrac{5}{3} \right) \approx 0,904\enar\]
\enen\bigskip
\textbf{\textsc{Exercice 3}}
\textbf{Partie A}
\begin{enumerate}
\item
\bgen[a)]
\item $(EA) \perp (ABC)$ donc $(EA)$ est la hauteur issue de $E$
dans le tétraèdre $ABCE$.
$(CB) \perp (ABE)$ donc $(CB)$ est la hauteur issue de $C$
dans le tétraèdre $ABCE$.
\item Les hauteurs précédentes, $(EA)$ et $(BC)$, sont non coplanaires
donc ne peuvent pas \^etre sécantes.
Par conséquent, les quatre hauteurs ne sont pas non plus concourantes.
\enen
\item
\bgen[a)]
\item $x-y+z=0$ est bien l'équation cartésienne d'un plan.
Il suffit dont de vérifier que les points $A$, $C$ et $H$
appartiennent bien à ce plan.
Or, $A(0;0;0)$ donc $x_A-y_A+z_A=0$,
et $C(1;1;0)$ donc $x_C-y_C+z_C=1-1-0=0$
et enfin $H(0;1;1)$ donc $x_H-y_H+z_H=0-1+1=0$.
$x-y+z=0$ est donc l'équation cartésienne d'un plan contenant
$A$, $C$ et $H$: c'est donc le plan $(ACH)$.
\item Un vecteur normal au plan $(ACH)$ est donc $\vec{n}(1;-1;1)$.
Or on a $F(1;0;1)$ et $D(0;1;0)$ et donc $\V{DF}(1;-1;1)$.
Ainsi, $(FD)\perp(ACH)$ ce qui montre que $(FD)$ est la la hauteur issue
de $F$ du tétraèdre $ACHF$.
\item Par analogie, on en déduit que $(AG)$ est la hauteur issue de $A$,
$(CE)$ est la hauteur issue de $C$ et $(HB)$ est la hauteur issue de $H$.
Ces 4 hauteurs sont les
\og grandes diagonales \fg{} du cube et sont donc, d'après l'énoncé,
concourantes.
\enen
\enen
\medskip
\textbf{Partie B}
\bgen
\item
\bgen[a)]
\item $(MK)$ est orthogonale au plan $(NPQ)$
donc elle est orthogonale à toute droite de ce plan.
En particulier, $(MK) \perp (PQ)$.
\item $(PQ)$ est orthogonale à $(NK)$ et $(MK)$ qui sont deux droites
sécantes du plan $(MNK)$ et donc $(PQ)$ est orthogonale au plan $(MNK)$.
\enen
\item $(PQ)$ est orthogonale au plan $(MNK)$ donc $(PQ)$ est orthogonale
à toute droite de ce plan.
En particulier, $(PQ) \perp (MN)$.
\enen\medskip
\textbf{Partie C}\smallskip
D'après ce qui précède, on peut regarder si deux ar\^etes opposées
sont perpendiculaires.
On a $\V{RS}(4;-1;-4)$,
$\V{ST}(3;-5;7)$,
$\V{TU} (0;8;-2)$,
$\V{RU}(7;2;1)$,
$\V{RT}(7;-6;3)$
et $\V{SU} (3;3;5)$
On trouve $\V{RS}\cdot\V{TU}=0$, ce qui ne nous aide pas beaucoup.
Par contre
$\V{ST}\cdot\V{RU}=3\times 7 + (-5) \times 2 + 7 \times 1 =21-10+7\neq 0$
donc $(ST)$ n'est pas orthogonale à $(TU)$ et enfin,
d'apès la propriété trouvée dans la partie précédente,
ce tétraèdre n'est pas orthocentrique.
\bigskip
\textbf{\textsc{Exercice 4 obligatoire}}
\bgen
\item
\bgen[a)]
\item \[\bgar{ll}\dfrac{\sqrt3}{2} e^{-i\frac\pi{6}}
&=\dfrac{\sqrt3}2\lp\cos\lp-\dfrac\pi6\rp+i\sin\lp-\dfrac\pi6\rp\rp\\[1em]
&=\dfrac{\sqrt3}2\lp\dfrac{\sqrt3}2-i\dfrac12\rp \\
&=\dfrac34-i\dfrac{\sqrt3}4
= \dfrac{3-i\sqrt3}4\enar\]
\item On a donc
$z_1=\dfrac{\sqrt3}2 e^{-i\frac\pi6}z_0
=\dfrac{\sqrt3}2 e^{-i\frac\pi6}\tm8$
soit $z_1=4\sqrt3 e^{-i\frac\pi6}$.
Ensuite,
$z_2=\dfrac{\sqrt3}2 e^{-i\frac\pi6}z_1
=\dfrac{\sqrt3}2 e^{-i\frac\pi6}\tm 4\sqrt3 e^{-i\frac\pi6}
=6e^{-i\frac{2\pi}{6}}$,
soit $z_2=6 e^{-i\frac\pi3}$.
Enfin,
$z_3=\dfrac{\sqrt3}2 e^{-i\frac\pi6}z_2
=\dfrac{\sqrt3}2 e^{-i\frac\pi6}\tm 6e^{-i\frac\pi3}
=3\sqrt3 e^{-i\frac{3\pi}{6}}$
soit $z_3=3\sqrt3 e^{-i\frac\pi2}$.
Or, $e^{-i\frac\pi2}=-i$, et donc $z_2=-i3\sqrt3$
et $z_2$ est imaginaire pur avec
$\text{Im}\lp z_3\rp=-3\sqrt{3}$.
\medskip
\textsl{Remarque: on a aussi, $\arg(z_3)=-\dfrac{\pi}{2}$
ce qui montre aussi directement que $z_3$ est imaginaire pur.}
\item $A_0$ se place directement.
Pour $A_1$, on a sous forme algébrique:
$z_1=4\sqrt3 e^{-i\frac\pi6}=4\sqrt3\lp\cos\lp-\dfrac\pi6\rp+i\sin\lp-\dfrac\pi6\rp\rp=4\sqrt3\lp\dfrac{\sqrt3}2+i\dfrac12\rp
=6+2i\sqrt3$,
et ainsi,
$A_1$ a comme abscisse 6, et est tel que
$\lp \V{OA_0};\V{OA_1}\rp=-\dfrac\pi6$.
De m\^eme,
$z_2=6e^{-i\frac\pi3}=6\lp\cos\lp-\dfrac\pi3\rp+i\sin\lp-\dfrac\pi3\rp\rp
=6\lp\dfrac12-i\dfrac{\sqrt3}2\rp=3-3\sqrt3$
Ainsi, $A_2$ a 3 comme abscisse et est tel que
$\lp \V{OA_0};\V{OA_1}\rp=-\dfrac\pi3$.
Enfin, $z_3$ est imaginaire pur et $A_3$ est sur l'axe des ordonnées.
\[\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-0.5,-8)(8.1,0.5)
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(-0.5,-8)(8.1,0.5)
\psaxes[linewidth=1.25pt](0,0)(-0.5,-8)(8.1,0.5)
\psarc(0,0){8}{-90}{5}
\uput[dr](8,0){$A_0$}
\psline[linestyle=dotted](0,-4)(7.1,-4)
\psline[linestyle=dotted](8;-30)
\psline[linestyle=dotted](6,0)(6,-3.464)\uput[r](6,-3.464){$A_1$}
\psline[linestyle=dotted](4,0)(4,-7.1)
\psline[linestyle=dotted](8;-60)
\psline[linestyle=dotted](3,0)(3,-5.196)\uput[ur](3,-5.196){$A_2$}
\psline(8;0)(6.928;-30)(6;-60)(0,-5.196)\uput[dl](0,-5.196){$A_3$}
\psarc(0,0){0.4}{-30}{0}\psarc(0,0){0.5}{-60}{-30}\psarc(0,0){0.6}{-90}{-60}
\rput(0.7,-0.2){$\frac{\pi}{6}$}
\rput(0.6,-0.6){$\frac{\pi}{6}$}
\rput(0.3,-1){$\frac{\pi}{6}$}
\end{pspicture}\]
\enen
\item
\bgen[a)]
\item \emph{Initialisation} Comme $\lp\dfrac{\sqrt3}2\rp^0=1$ et $e^0=1$,
on a bien $z_0=8\tm1\tm1=8$ et la propriété est vraie au rang $n=0$.
\medskip
\emph{Hérédité}: supposons que pour $n\geqslant0$,
$z_n=8 \tm \lp \dfrac{\sqrt3}2\rp^n e^{-i\frac{n\pi}{6}}$.
On cherche à montrer que
$z_{n+1} = 8 \tm\lp\dfrac{\sqrt3}2\rp^{n+1} e^{-i\frac{(n+1)\pi}6}$.
or, on a
$z_{n+1}=\dfrac{\sqrt3}2 z_n
=\dfrac{\sqrt3}2 e^{-i\frac\pi6}\tm8\tm\lp\dfrac{\sqrt3}2\rp^n e^{-i\frac{n\pi}{6}}$ \textit{(par hypothèse de récurrence)}.\smallskip
et donc,
$z_{n+1}=8 \tm\lp\dfrac{\sqrt3}2\rp^{n+1} e^{-i\frac{(n+1)\pi}6}$.
La propriété est doncencore vraie au rang suivant $n+1$:
la propriété est héréditaire.\smallskip
On vient donc de démontrer, d'après le principe de récurrence
que la propriété est vraie pour tout entier naturel $n$.
\item Comme $\left|e^{ix}\right|=1$ pour tout réel $x$,
on a donc $u_n=\left|z_n\right| =8 \times \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^n$, qui est terme général d'une suite géométrique de premier terme $u_0=8$ et de raison $\dfrac{\sqrt3}2$. \medskip
Comme de plus $0 < \dfrac{\sqrt3}{2} < 1$
on a $\dsp\lim_{n \to+\infty} \lp\dfrac{\sqrt3}2\rp^n=0$
et alors $\dsp\lim_{n \to + \infty}u_n=8\tm0=0$
\enen
\item
\bgen[a)]
\item \[\bgar{ll}\dfrac{z_{k+1} - z_k}{z_{k+1}}
&=\dfrac{ \dfrac{3-i\sqrt{3}}{4}z_k-z_k}{\dfrac{3-i\sqrt{3}}{4}z_k}
=\dfrac{\lp\dfrac{3-i\sqrt3}4-1\rp z_k}{\dfrac{3-i\sqrt{3}}{4}z_k} \\[2.4em]
&=\dfrac{\dfrac{-1-i\sqrt3}4}{\dfrac{3-i\sqrt{3}}{4}}
=\dfrac{-1-i\sqrt3}{4}\tm\dfrac{4}{3-i\sqrt{3}} \\[2.4em]
&=\dfrac{-1-i\sqrt3}{3-i\sqrt{3}}\enar\]
On multiplie par le conjugué du dénominateur:
\[\bgar{ll}\dfrac{z_{k+1} - z_k}{z_{k+1}}
&=\dfrac{ (-1-i\sqrt{3})(3+i\sqrt{3})}{(3-i\sqrt{3})(3+i\sqrt{3})} \\[1.6em]
&=\dfrac{-3-i\sqrt{3}-3i\sqrt{3}+3 }{9+3} \\[1.em]
&= \dfrac{-4i\sqrt{3}\tm \sqrt{3} }{12 \tm \sqrt{3} }
= \dfrac{-12i}{12\sqrt{3}} = - \dfrac{1}{\sqrt{3}} i
\enar\]
On en déduit donc que
\[\left|\dfrac{z_{k+1}-z_k}{z_{k+1}}\right|
= \left|-\dfrac{1}{\sqrt{3}}i\right|
=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\]
soit aussi que
\[\left|z_{k+1}-z_k\right|=\dfrac1{\sqrt3}\left|z_k\right|\]
ou encore
$A_kA_{k+1} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} OA_{k+1}$.
\item D'après la question précédente, pour tout entier naturel $k$,\smallskip
$A_kA_{k+1} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} OA_{k+1} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \left|z_{k+1} \right| = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \times 8 \times \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^{k+1} = \dfrac{8}{\sqrt{3}} \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^{k+1}$ \medskip
Donc, en notant $q=\dfrac{\sqrt3}2$, on a
\[\bgar{ll}l_n&=\dfrac{8}{\sqrt{3}}q+\dfrac{8}{\sqrt{3}}q^2+\dots+\dfrac{8}{\sqrt{3}}q^n\\[1em]
&=\dfrac{8}{\sqrt{3}}q\lp 1+q+q^2+\cdots+q^{n-1}\rp\\[1em]
&=\dfrac{8}{\sqrt{3}}q\dfrac{1-q^n}{1-q}\\
&=\dfrac{8}{\sqrt{3}}\tm\dfrac{\sqrt3}{2}\tm\dfrac{1 - \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^{n} }{1-\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)}\\[3.2em]
&=\dfrac{8}{2-\sqrt{3}} \times \left( 1 - \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^{n} \right)\enar\]
Enfin, comme $0<\dfrac{\sqrt3}2<1$ on a
$\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp\dfrac{\sqrt3}2\rp^n=0$
et alors
$\dsp\lim_{n \to + \infty} l_n=\dfrac{8}{2-\sqrt{3}}(1-0) =\dfrac{8}{2-\sqrt{3}} \approx 29,86$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
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\end{document}
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