Baccalauréat S obligatoire La Réunion septembre

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Baccalauréat S (obligatoire) La Réunion \ septembre 2004 EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats 1. a. u0 = 0, u1 = 1 2 ,u2 = 1 2? 12 = 2 3 ,u3 = 1 2? 23 = 3 4 . b. On a w0 = 0,w1 = 1 2 ,w2 = 2 3 ,w3 = 3 4 . c. Initialisation : on a u0 = w0 = 0. Hérédité : Supposons que pour k ?N, on ait uk = wk = k k +1 . uk+1 = 1 2?uk = 1 2? kk+1 = 1 2k+2?k k+1 = 1 k+2 k+1 = k +1 k +2 = wk+1. La relation est donc héréditaire. Conclusion pour tout n ?N,un = wn = n n+1 . 2. vn = ln ( n n+1 ) . a. v1+ v2+ v3 = ln 12 + ln 2 3 + ln 3 4 = ln 1?2?3 2?3?4 = ln 1 4 =? ln4. b. Sn = ln 12+ln 2 3+·· ·+ln n n+1 = ln 1?2?·· ·n 2?3?·· · ?n? (n+1) = ln 1 n+1 =? ln(n+ 1).

• axe des abscisses contenant le point


• e?x ?


• affixe du vecteur ????


• ei pi3


• o?


• axe des abscisses


• rotation de r2


• points commun

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2004
• Nombre de lectures: 13
• Langue: Français

Extrait

[Baccalauréat S (obligatoire) La Réunion\ septembre 2004

E X E R C IC E 1 3points Commun à tous les candidats 1 12 13 1. a.u 0 =0,u 1 =,u 2 = =,u 3 = =. 1 2 2 2 − 3 2 − 4 2 3 1 2 3 b.On aw 0 =0,w 1 =,w 2 =,w 3 =. 2 3 4 c.Initialisation : on au 0 =w 0 =0. k Hérédité : Supposons que pourk∈N, on aitu k =w k =. k+1 1 11 1k+1 u k+1 = == == =w k+1 . La relation est k2k+2−k k+2 2−u k+2 k 2− k+1k+1k+1 donc héréditaire. n Conclusion pour toutn∈N,u n =w n =. n+1 ³ ´ n 2.v n =ln . n+1 1 2 31×2×3 1 a.v 1 +v 2 +v 3 =ln+ln+ln=ln=ln= −ln 4. 2 3 42×3×4 4 1×2× ∙ ∙ ∙n 1 1 2n b.S n =ln+ln+∙ ∙ ∙+ln=ln=ln= −ln(n+ 2 3n+1 2×3× ∙ ∙ ∙ ×n×(n+1)n+1 1). Comme lim(n+1)= +∞, limS n = −∞. n→+∞n→+∞

E X E R C IC E points2 4 Commun à tous les candidats 1 21 31 1. a.On ap(A)=,p(B)= =,p(C)= =. 6 63 62 3 Si le 1 sort, la probabilité de tirer une boule noire est; k 2 Si le 3 ou le 6 sortent, la probabilité de tirer une boule noire est; k 1 Si le 2 ou le 4 ou le 5 sortent, la probabilité de tirer une boule noire est; k La probabilité de tirer une boule noire après une partie est : 1 3 2 2 3 13+4+53 10 p(N)= × + × + × == =. 6k6k6k6k6k3k 3 p(A∩N) 3 6k 3 3k b.On sait quep N (A)= == × =. 5 6k5 N 10 3k 1 51 10 c.On doit avoirp(N)> ⇐⇒> ⇐⇒10>3k⇐⇒k<. 2 3k2 3 5 4,5 Commek > 3, la seule possibilité estk=3. (Dans ce casp(N)= >.) 9 9 1 51 d.p(N)= ⇐⇒ = ⇐⇒k=50. 30 3k30 2.On a donc icik=50. 1 On a ici une épreuve de Bernoulli avec comme paramètresn=20 etp=, 30 puisque le nombre de boules est constant dans les urnes.

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µ ¶µ ¶ 2 0 ¡ ¢ 29 1 20 La probabilité de ne tirer aucune boule noire est égale à0× ≈ 20 30 30 0, 507615. On en déduit que la probabilité de tirer au moins une boule noire est égale à : −3 ≈(1−0, 507615)≈près.à 100, 492

E X E R C IC E 3 8points Partie A ¡ ¢ 2−x 1.ϕ(x)=x+x+1 e−1 µ ¶ 1 11 1 2−x a.En écrivantϕ(x)=x1+ +e−1, on alim 1+ +=1, puis 2 2 x→−∞ x xx x 2−x limxe= +∞limet enfinϕ(x)= +∞. x→−∞x→−∞ n x En utilisant la propriété : pour toutn∈N, lim=0 et en écrivant x x→+∞ e 2 x x1 ϕ(x)= + + −1, on obtient : x x x e e e limϕ(x)= −1. x→+∞ b.ϕest la somme de produits de fonctions dérivables surR, donc déri ¡ ¢¡ ¢ ′ −x2−x2−x vable surR; on aϕ(x)=(2x+1)e−x+x+1 e= −x+xe= −x−x x(1−xest du signe du trinôme)e quix(1−x) (puisque e>0 quel que soitx). Le trinôme s’annule pourx=0 et pourx=1 et est négatif sauf entre 0 et 1. D’où le tableau de variations deϕ.

x−∞ 0 1 +∞ ′ ϕ −0+0− 3 +∞ −1 e ϕ

0

−1

2.L’équationϕ(x)=0 a une solution évidentex=0. D’autre part sur l’intervalle [1;+∞[, la fonctionϕest monotone,ϕ(1)>0 et lim x→+∞ ϕ(x)<0. Il existe donc un réelαde cet intervalle tel queϕ(α)=0. La calculatrice donneϕ(1, 79)≈0, 00078etϕ(1, 80)≈ −0, 0016.On en conclut −2 queα≈près.à 101, 78 3.Conclusion : on aϕ(x) > 0 pourx 6 α(s’annule pourx=0) etϕ(x) 6 0 pour x > α. Partie B 1 0 1.On af(0)=1×e=1×1=1 etg(0)= =1. 1 Donc A∈C f et A∈C g . Pour démontrer que les deux courbes admettent en ce point la même tan gente, il suffit de démontrer que les coefficients directeurs respectivement ′ ′ égaux àf(0) etg(0) sont égaux : ′ −x−x−x′0 –f(x)=2e−(2x+1)e=(1−2xd’où)e ,f(0)=1×e=1 ;

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¡ ¢ 2 2 2 2 2x+x+1−(2x+1)(2x+1) 2 x+2x+2−4x−4x−1−2x−2x+1 ′ –g(x)== =, ¡ ¢¡ ¢¡ ¢ 2 22 2 22 x+x+1x+x+1x+x+1 1 ′ d’oùg(0)= =1. 1 · ¸ 2x+1 1 −x−x 2. a.f(x)−g(x)=(2x+1)e− =(2x+1) e− =(2x+ 2 2 x+x+1x+x+1 £¡ ¢¤ (2x+1)ϕ(x) 2−x 1)x+x+1 e−1=. 2 x+x+1 b.Le signe de la différencef(x)−g(x) est celui du numérateur. En effet : ¡ ¢¡ ¢ 2 2 2 11 13 3 x+x+1=x+ +1− =x+ + > >0. 2 42 44 Le signe est donc celui du produit (2x+1)ϕ(x). D’après la question 3 de la partie A, on en déduit le tableau de signes :

1 − x −∞ 2 0 α +∞ 2x+1−0+ + +

ϕ(x) + +0+0−

(2x+1)ϕ(x)− 0+0+0 −

1 c.Ce tableau montre queC f est au dessous deC g sauf entre−etα, ces 2 deux courbes ayant le poin t A en commun. 3. a.La fonctionhest dérivalble comme différence de fonctions dérivables et 2x+1 2x+1 ′ −x−x−x h(x)= −2e+(2x+3)e− =(2x+1)e− =f(x)− 2 2 x+x+1x+x+1 g(x). La fonctionhest donc une primitive de la fonctionf−g. £ ¤ 1 b.Par définition de l’intégrale, la fonctionf−gétant positive sur−; 0, 2 Z µ¶ 0 1 1 0 A=(f−g)(x) dx= [ h(x)] 1 =h(0)−h− =−3−ln 1−(−2e+ 2 1 − − 2 2 2 µ ¶ 1 13 1 2 ln− +1= −3+2e+ln . 4 24 −4 La calculatrice livreA≈0, 009 76≈à 100, 009 8près.

E X E R C IC E 4 5points Partie A ¡ ¢ 2 2 22 2 1.z−2z+4=0⇐⇒(z−1)−1+4=0⇐⇒(z−1)+3=0⇐⇒(z−1)−i 3= ′ ′′ 0⇐⇒(z−1+i 3)(z−1−i 3)=0⇐⇒z=1+oui 3z=1−i 3. n o S=1+i 3; 1−i 3 2 ¯ ¯¯ ¯ ′2′ On az=1+3=4=d’où2 ,z=2. à ! 1 3 ¡ ¢ π ′ ′ π π i zpeut s’écrirez=2+i=2 cos+i sin=2e . 3 3 3 2 2 π ′′ ′ −i 3 De mêmez=z=2e . ³ ´ π 2004 2004π ′ 2004 i2004 i 2004 668iπ 2.En utilisant l’écriture exponentiellez=2e=2 e=2 e= 3 3 ¡ ¢ 334 2004 2iπ2004 2 e=2∈N. (écriture exponentielle et algébrique) Partie B

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p ′ ′′ 1.On a vu que 1+i 3=zet que 1−i 3=zet que ces deux nombres complexes ont pour module 2. On a donc OA = OB=2. A et B sont sur le cercle de centre O de rayon 2. Pour construire A, il suffit de construire la perpendiculaire à l’axe des abscisses contenant le point (1; 0); cette droite coupe le cercle en deux points : A (au dessus de l’axe des abscisses) et B (au dessous). π ′ −i 2.La rotationr 1 est définie par :z7−→z−z A =e (z−z A ) soit 2 p¡ ¢ ′ z−(1+i 3)= −iz−1−.i 3 ¡ ¢ ′ L’image du point O d’affixe 0 est donc Od’affixez=1+i 3−i−1−i 3= ′ O p p 1+i 3+i−3=1−3+i(1+3). De même la rotationr 2 est définie par : π p ¡ ¢ ′ i ′ z→−7z−z A =e (z−z A ) soitz=1+i 3+iz−1−.i 3 2 ¡ ¢ L’image du point B d’affixe 1−i 3est doncz=1+i 3+i 1−i 3−1−i 3= ′ B p p 1+i 3+2 3=1+2 3+i 3. On construit ces points par rotation d’un quart de tour. ′ ′ 3. a.B .Il semble que (AI) soit hauteur du triangle AO p p 1 3 −→ 31 3 b.I a pour affixe :−estDonc l’affixe du vecteur AIi .− −i . 2 22 2 −→− p¡ ¢¡ ¢p ′ ′ L’affixe du vecteur O Best 1+2 3+i 3−1+3−i 3−1=3 3−i. à ! −→ −−−→ 1 p 3 3 ′ ′ c.Le produit scalaire AI∙O B×= −3 3×+ −(−1)=0 signifie bien 2 2 ′ ′ que (AI) est perpendiculaire à (O B ). La conjecture est donc vraie. ′ O

2

1

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2

1 −→ v

−→ O 0 u 1

1 I

2

A

B

4

2

′ B

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