Corrigé du bac S 2006: Mathématique Spécialité

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Description

probabilités, nombres complexe, étude de fonction, étude de suite
Terminale S, Amérique du Nord, 2006

Sujets

• bac
• bac s
• corrigé bac

Informations

• Publié par: les-corriges
• Publié le: 01 janvier 2006
• Nombre de lectures: 39
• Langue: Français

Extrait

[CorrigédubaccalauréatSAmériqueduNord\
mai2006
EXERCICE 1 3points
Communàtouslescandidats
1. L’espérance decejeuestégaleà:
4 3 3 120−90−30
(60−30)× +(0−30)× +(20−30)× = =0.
10 10 10 10
Lejeuestdoncéquitable.
4
2. OnauneépreuvedeBernoulliavecn=4etp= .
10
Tirer au moins une fois un bulletin oui est l’évènement contraire de l’évène-? ?44 81
ment:«nejamaistirerunoui»,dontlaprobabilitéest 1− = .
10 625
Laprobabilitécherchéeestdonc:
81 544
1− = .
625 625
? ? 10! 10×9103. Ilya = = =45tiragesdifférents.2 2!×8! 2
Les possibilités de tirages différents sont : oui-non, oui-blanc et non-blanc
donc en nombre égal à 4×3+4×3+3×3= 33. La probabilité cherchée est
33 11
donc: = .
45 15
EXERCICE 2 5points
PartieA ? !p
1 3 πi2 31. a. |z | = 1+3= 4=⇒|z |= 2. Donc z = 2 +i = 2e et commeB B B
2 2
π−i
3z =z ,onadoncz =2e .C B C
b. Pourplacerlespoints BetContracelesdeuxcerclesdecentreOetAet
derayonA:
′B G× ×
1
G×→−
v
→−O A
u
D
×
CCorrigédubaccalauréatS A.P.M.E.P.
p p p −−→ −−→
2. Onaz =1+i 3etz =2−(1−i 3=1+i 3.DoncOB =CA ⇐⇒ OABCestOB CA
unparallélogramme etcommeOB=OC(question1.a.)lequadrilatèreOABC
estunlosange.
3. Onsaitque|z|=|z−2| ⇐⇒ |z−0|=|z−2| ⇐⇒ OM=AM ⇐⇒ M estéquidis-
tantdeOetdeA,doncqueM appartientàladroiteD médiatricedusegment
[OA],c’est-dired’aprèslaquestionprécédenteladroite(BC).
PartieB
−4 2 21. a. Pour z6? 2, z= ⇐⇒ z −2z+4= 0 ⇐⇒ (z−1) −1+4= 0 ⇐⇒
z−2 p?
z =1+i 3=z1 B2 2 p(z−1) +3=0 ⇐⇒ (z−1) =−3 ⇐⇒ .
z =1−i 3=z2 C
Les solutions sont donc les affixes des points B et C qui sont donc les
−4′pointsinvariantsdel’application quiàz faitcorrespondrez = .
z−2
′ ′b. OnvientdevoirqueB =BetqueC =C. p
1 3 −4
′c. On sait que z = (z +z +z )= 1+i . Donc z = p =G O A B G3 3 3
1+i −2
3p4 =3+i 3.p
3−1+i
3 −−→ −−→′ ′Remarque:z ′=3z ⇐⇒ OG =3OG ⇐⇒ O,GetG sontalignés.G G
2. a. Questiondecours:
2• |z ×z | =z ×z ×z ×z =z ×z ×z ×z =z ×z ×z ×z =1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
2 2|z | ×|z | .Conclusion:|z ×z |=|z |×|z |1 2 1 2 1 2? ? ? ?? ? ? ?1 1? ? ? ?• ×z = ×|z|(d’aprèslepointprécédent)=|1|=1.Doncpour? ? ? ?z z? ?? ?1 1? ?z6?0, = .? ?z |z|? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?−4 −4−2z+4 −2z |−2z| 2|z|′ ? ? ? ? ? ?b. |z −2|= −2 = = = = .? ? ? ? ? ?z−2 z−2 z−2 |z−2| |z−2|
c. OnsaitqueM∈D ⇐⇒ |z|=|z−2|. Enutilisant l’égalité précédemment
′ ′démontrée,onadonc|z −2|=2 ⇐⇒ M ∈Γ,Γétantlecercledecentre
Aetderayon2.
′Remarque:enparticulier,commeG∈D,G ∈Γ.
′DoncG estlepointd’intersection deladroite(OG)etducercleΓ.
EXERCICE 2 5points
Exercicedespécialité
1. a. La composée d’une rotation et d’une homothétie de même centre estp
2 π
unesimilitude derapport etd’angle .
2 4
πi 4b. Si M est l’image de M par r, son affixe est z , telle que z −2=e (z−1 1 1
′ ′ ′2). L’image de M par h est M d’affixez telle que : z −2= 3(z −2)=1 1p h i ?p p ? p
π 12 2 2 2i 4e (z−2) =(z−2) +i × = (1+i)(z−2).D’où
2 2 2 2 2
(1+i) 1+i′z =2+ z−1−i= z+1−i.
2 2
c. L’égalitéprécédentepeuts’écrire:
′ ′ ′2z =(1+i)z+2−2i ⇐⇒ 2(1−i)z =2z+(2−2i)(1−i) ⇐⇒ 2(1−i)z =2z+
′ ′ ′ ′ ′2×(−2i) ⇐⇒ (1−i)z =z−2i ⇐⇒ −iz +2i=z−z ⇐⇒ i(2−z )=z−z .
AmériqueduNord 2 mai2006CorrigédubaccalauréatS A.P.M.E.P.
2. a. Questiondecours
AQ
D’après les propriétés de la rotation : Si P 6? A, AQ = AP ⇐⇒ =
AP? ? ? ?? ?|q−a| q−a π−→ −→? ?1 ⇐⇒ = 1 ⇐⇒ = 1. D’autre part : AP, AQ = ⇐⇒? ?|p−a| p−a 2
q−a π
arg = .
p−a 2
q−a
Conclusion: =i ⇐⇒ q−a=i(p−a).
p−a
′ ′b. D’après la question 1. c. z−z = i(2−z ) ⇐⇒ M d’affixe z est l’image
′de A dans le quart de tour direct de centre M , autrement dit le triangle
′ ′ΩMM estuntrianglerectangleisocèleenM ,M6?Ω.
3. Démontronslarelationparrécurrence:
Initialisation :pourn=0, A (2+ietenappliquant larelationaurang0:a =0 0
πi 2e +2=i+2. Larelation est vraie aurang0. Hérédité: supposons larelation? !p n
(n+2)π2 i 4vraieaurangn, :a = e +2.D’aprèslaquestion1.b.,onaa =n n+1
2"? ! #p n
(n+2)π1+i 1+i 2 i 4a +1−i= × e +2 +1−i.n
2 2 2? !p p p p
1+i 2 2 2 2 πi
4Or = +i = e .Doncenreportant:
2 2 2 2 2"? ! # ? !p p pn n+1 ? ?
2 π 2 (n+2)π 2 (n+3)π 1+ii i i4 4 4a = e e +2 +1−i= e +2 +1−i=n+1
2 2 2 2? !p n+1
2 (n+3)πi
4e +2.Larelationestdoncvraieaurangn+1.
2 ? !p 5
2 (5+2)π 17 1i 44. Onadonca = e +2= −i .5
2 8 8?? ! ? ?? ! ?p pn n? ? ? ?2 (n+2)π 2 (n+2)π? ? ? ?i i
4 45. A Ω<0,01 ⇐⇒ ? e +2−2?<0,01 ⇐⇒ ? e ?<0,01 ⇐⇒n ? ? ? ?2 2? ! ? !p pn
2 2 ln0,01<0,01 ⇐⇒ nln >ln0,01 ⇐⇒ n> ? !≈13,2.p
2 2 2
ln
2
Onadoncn =13.0
EXERCICE 3 5points
2
1. – Limites:Ona limlnx=−∞etlim− =−∞,d’oùparsomme limg(x)=
x→0 x→0 x→0x−∞.
2
De même lim lnx=+∞ et lim − =0, d’où par somme limg(x)=
x→+∞ x→+∞ x→0x+∞.
1 2′– Variations : gestune somme de fonctions dérivables : g (x)= +
2x x
somme de deux termes positifs. La dérivée est positive : la fonction g
estcroissante.
– Annulation : La fonction g est continue, car dérivable sur [2,3 ; 2,4],
croissantesurcetintervalle;lacalculatricedonneg(2,3)≈−0,04etg(2,4)≈
0,04.Conclusion:lafonctiong s’annuleenunpointuniquex ∈[2,3; 2,4]0
AmériqueduNord 3 mai2006CorrigédubaccalauréatS A.P.M.E.P.
2 2
2. a. Onadoncg(x )=lnx − =0⇐⇒ lnx = .0 0 0
x x0 0
2
5
5lnx 10x0 0
D’autrepart f(x )= = = .0 2x x x0 0 0Z Za a5lnt lnt
b. SoitA(a)= dt=5 dt etintégronsparparties:
t t1 1
1 ′ u(t)=lnt v (t)=
t
1 ′ u (t)= v(t)=lnt
tZa 2? ? lnt (lna)a2 2
A(a)= (lnt) − dt.Donc2A(a)=(lna) etenfinA(a)= .1 t 21
Remarque:onpouvait aussiremarquerquelafonction àintégrerestde
2u′laformeu ×u doncapourprimitive avecu(t)=lnt.
2
3. D’après la question 1, P a pour abscisse x , donc d’aprèslaquestion 2. M0 0 0? ! ? !
10 10
apourcoordonnées x ; etenfinH 0; .0 02 2x x0 0? !Zx0 5 5 4 102D’oùA(D )= f(t)dt= (lnx ) = = = f(x )=A(D ).1 0 0 22 22 2 x x1 0 0
Enpartantdel’encadrementdonné:
2,3<x <2,4=⇒0
2 2 22,3 <x <2,4 =⇒0
1 1 1< < =⇒
2 2 22,4 2,3x0
1 1 1
10× <10× <10×
2 2 22,4 x 2,30
10
Soit finalement :1,736< <1,891. Conclusion :1,7<A(D )<1,9à0,212x0
près.
EXERCICE 4 7points
PartieA.Étuded’unesuite
1. a.
n 0 1 2 3 4 5 6 7
x 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4n
y 0 0,8000 1,4720 1,8386 1,9625 1,9922 1,9984 1,9997n
AmériqueduNord 4 mai2006CorrigédubaccalauréatS A.P.M.E.P.
b.
Δ2
2
1
1
0
0
0 1 2
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,2 2,4
c. D’aprèscegraphique,lasuitesemblecroissanteetconvergervers2.
5′2. a. On a p (x)=−0,4x+1 qui s’annule pourx= .Si 06x62, la fonction
2
estcroissantedep(0)=0,8àp(2)=2.
Conclusion:six∈[0; 2], p(x)∈[0; 2].
b. Parrécurrence:
– Initialisation:y =0∈[0; 2].0 ? ?
– Hérédité : supposons que y ∈[0 ; 2]; on sait que y =p y ∈n n+1 n
[0; 2]d’aprèslaquestionprécédente.Larécurrenceestdémontrée.
2 2c. Onay −y =−0,2y +y +0,8−y =−0,2y +0,8.Orn+1 n n nn n
062=⇒
206y 64=⇒n
2−0,86−0,2y 60=⇒n
206−0,2y +0,86...n ? ?
Conclusion: y −y >0=⇒lasuite y estcroissante.n+1 n n? ?
d. Lasuite y estcroissanteetmajoréepar2:elleestdoncconvergente.n
PartieB.Étuded’unefonction
AmériqueduNord 5 mai2006
bbbbbbbbCorrigédubaccalauréatS A.P.M.E.P.
? ?′ ′ ′ 4xu (u+1)−u (u−1) 4u 16e4x ′1. Enposantu(x)=e ,onag (x)=2 = = .? ?2 2 24x(u+1) (u+1) e +1? !? ?24x 4xe −1 16e2D’autrepart:4−g(x) =4−4 = .? ? ? ?2 24x 4xe +1 e +1
Deplusg(0)=2×(1−1)=0.
Lafonctiong vérifielesconditions(1)et(2).? ?−4x1−e
2. a. Onag(x)=2 .Onadonc:−4x1+e
lim g(x)=2.
x→+∞ ? ?
La droiteΔ d’équation y= 2 est donc asymptote horizontale à C aug
voisinagedeplusl’infini.
′b. L’écriture trouvée pour g (x) montre que cette dérivée est positive : la
fonction g est donc croissante sur [0 ; +∞[. On a déjà g(0)= 0. On a
donc: lim g(x)=2.
x→+∞
Sur[0;+∞[,lafonctiong croîtde0à2. ? ?16′3. Le nombre dérivéen 0est g (0)= =4. L’équation dela tangente à C eng
4
l’origineestdoncpuisque g(0)=0, y=4x.
1
Les coordonnées du point commun à y=2 et y=4x sont x= , y=2. On a
2
1
doncα= .
2
4. Voirci-dessus.(Onconstateleslimitesdelaméthoded’Euler...)
AmériqueduNord 6 mai2006