Corrigé du baccalauréat S France juin

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Corrigé du baccalauréat S France juin 2004 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats 1. On a pour tout n ? N, un+1 = un + 2n + 3, donc un+1 ? un = 2n + 3. Or 2n+ 3 > 3 > 0, donc un+1 ?un > 0 quel que soit n ? N. Conclusion : la suite (un) est strictement croissante. 2. a. Démonstration par récurrence : – Initialisation : u0 = 1 > 02 : vrai ; – Hérédité : supposons qu'il existe n ? N tel que un > n2, alors un+1 = un+2n+3 > n2+2n+1+2 ou encore un+1 > (n+1)2+2 donc a fortiori un+1 > (n + 1)2. On a donc démontré par récurrence que pour tout n ? N, un > n2 b. Comme lim n?+∞ n2 = +∞ on a par comparaison : lim n?+∞ un = +∞. 3. On calcule les premiers termes : u0 = 1 u1 = u0 + 3 = 4 u2 = u1 + 2 + 3 = 9 u3 = u2 + 4 + 3 = 16 u4 = u3 + 6 + 3 = 25 On peut donc conjecturer que un = (n + 1)2.

• sommets du triangle bca


• solution de l'équation


• ad ?


• ?e ??x


• question précédente


• vecteur directeur de coordonnées


• ?18x ?


• ??


• points commun

Sujets

• France 5
• France 3
• France 4
• France 2

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2004
• Nombre de lectures: 18
• Langue: Français

Extrait

Corrigé du baccalauréat S France juin 2004

E XERCICE 1 Commun à tous les candidats

4 points

1.On a pour toutn∈N, u n+1 =u n +2n+3, doncu n+1 −u n =2n+3. Or2n+3>3 > 0, doncu n+1 −u n > 0quel que soitn∈N. Conclusion : la suite(u n )est strictement croissante. 2. a.Démonstration par récurrence : 2 – Initialisation:u 0 =1 > 0: vrai; 2 – Hérédité: supposons qu’il existen∈Ntel queu n > n, alors 2 2 u n+1 =u n +2n+3 > n+2n+1+2ou encoreu n+1 >(n+1) +2 2 donc a fortioriu n+1 >(n+1). 2 On a donc démontré par récurrence que pour toutn∈N, u n > n 2 b.Comme limn= +∞limon a par comparaison :u n = +∞. n→+∞n→+∞ u 0 =1 u 1 =u 0 +3=4 3.On calcule les premiers termes :u 2 =u 1 +2+3=9 u 3 =u 2 +4+3=16 u 4 =u 3 +6+3=25 2 On peut donc conjecturer queu n = (n+1). Démonstration de la propriété par récurrence : 2 – Initialisationu 0 =1=1 2 – Hérédité: supposons qu’il existen∈Ntel queu n = (n+1) 2 2 On a doncu n+1 =u n +2n+3= (n+1) +2n+3=n+2n+1+2n+3= 2 2 n+4n+4= (n+2). On a donc démontré par récurrence que quel que soitn∈N, u n = (n+ 2 1).

E XERCICE 2 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

5 points

6 23 33 1.(1+i) =[(1+i= () ]1+i)6= (1+2i−1() =2i−) =8i. 2 Autre méthode :|1+i|=2, donc|1+i|=2; donc1+i=  ! √ 2 2 π i 2+i=2e . 4 2 2 h i 6 π π3π 6i6i i Donc(1+i) =2e=8e=8e= −8i. 4 42 2 6 2. a.Soit l’équationz= −8i ; d’après la question précédente(1+i−) =8i 3 23 donc[(1+i) ]= −8i donc le nombre complexez= (1+i)est 3 2 solution de (E) ; or(1+i() =1+i) (1+i) = (1+2i−1)(1+i) = −2+2i. Conclusion :−2+2i est une solution de (E). 2 22 2 b.z= −8i, d’oùz− (−8i) =0⇐⇒z− (−2+2i) =0⇐⇒ [z− (−2+2i)] [z+ (−2+2i)] =0. On retrouve la solution précédente et aussi le nombre complexe 2−2i autre solution de l’équation (E).

Correction du baccalauréat S

6 23 3.(1+i) =−8i⇐⇒[(1+i) ]= −8i. 2′ Le nombre complexe(1+i) =2).i est solution de l’équation (E 2π 4.Soitrla rotation de centre O et d’angle. 3 a.Soit A le point d’affixe 2i Si B est l’image de A parr, on a :  ! 1 3 2iπ 3 z B =b=z A Donce .b=2i− +i= −3−i. 2 2 2iπ 3 Pour C, l’image de B par la rotationr, on a :c=eb=  !     1 33 31 3 − +i−3−i= + +i− =3−i. 2 22 22 2   3   2     b.On a−3−i= −3−i−3−i=2+2i3−3−i= −2 3+2 3−2i−6i= −8i.  ! 3 1 Variante :pourc: on calcule facilement que|c|=2, d’oùc=2−i= 2 2     π π π −i 2cos− +i sin− =2e. 6 6 6  π  π π 3 3−i3−3i−i 6 62 D’oùc=2e=2e=8e= −8i. ′ Doncbetcsont solution de l’équation (E). 5. a.Représentation des points A, B, C. 2 A

France

1 1 0 -2 -1 0 O 1 2 −2−1 1 -1 −1 B C -2 −2 b.AB =|z B −z A |=  −3−3i  =2 3; AC=|z C −z A |=  3−3i  =2 3; BC=|z C −z B |=  2 3  =2 3. Par la rotationr: – l’imagede A est B ; – l’imagede B est C ;  !    2iπ 1 3 ′ – l’imagede C est Ctel quez C =e3−i+= −i3−i= ′ 3 2 2   3 31 3 − ++i+ =2i. 2 22 2 ′ Donc C= A. L’image de C est A. Les trois points images sont donc les sommets du triangle BCA. Or ce triangle a ses trois côtés de même longueur : il est donc équilaté ral. c.G centre de gravité (ou isobarycentre des points A, B et C) du tri z A +z B +z C 2i−3−i+3−i angle ABC a une affixe telle quez G = == 3 3 0.

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Correction du baccalauréat S

Le centre de gravité est donc le point O. Autre méthode :; Opar définition de la rotation on a OA = OB = OC est donc le centre du cercle circonscrit au triangle (ABC); or ce tri angle est équilatéral : son centre du cercle circonscrit est aussi son centre de gravité.

E XERCICE points2 5 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 2 k−1 1.1+x+x+∙ ∙ ∙+xest la somme deskpremiers termes de la suite géométrique de premier terme1et de raisonx: elle est donc égale à : k x−1 (pourx6=1). x−1 k   x−1 2 k−1 k Donc(x−1)1+x+x+∙ ∙ ∙+x= (x−1)×=x−1. x−1 Pourx=1: l’égalité est évidente. 2. a.n∈N, n=dk.   n 2n−1 D’après la question1.a−1= (a−1)1+a+a+∙ ∙ ∙+a=   k   dk dd a−1=a−1=a−1(∙ ∙ ∙+∙ ∙ ∙)parenthèse étant une, la somme d’entiers donc un entier.    n dd Conclusion :a−1=a−1(∙ ∙ ∙+∙ ∙ ∙), ce qui signifie quea−1 n est un diviseur dea−1. b.On a donc 2 004 – 2004 est multiple de 3, donc d’après lea.2−1est divisible 3 par2−1=7; 2 004 – 2004 est multiple de 3 et de de 2, donc de 6; d’où2−1est 6 divisible par2−1=63: 2 0042 004 – Onvient de voir que2−1=63k=9×(7k), donc2−1 est divisible par9. ′ ′ 3. a.m=dmetn=dn. Puisquedest le plus grand diviseur commun ′ ′ àmetn, on sait quempremiers entre eux. D’après Bezoutet sont 2 il existe(u, v)∈Ztel que ′ ′′ ′ m u−n v=1⇐⇒m ud−n vd=d⇐⇒mu−nv=d b.Avecuetvpositifs, l’égalité précédente peut s’écriremu=nv+d.   mu nvd nv+dd nv D’où :(a−1) − (a−1)a=a−1− (a−1)a=     nv dnv dnv dnv dd a×a−1−(a−1)a=a×a−1−a×a+a= d a−1. mu nvmu nvd Le PGCD dea−1eta−1divise aussia−1et(a−1)a d (et c’est le plus grand diviseur) donc leur différence qui esta−1. mu nvd np Donc le PGCD de(a−1) − (a−1)aet dea−1est égal d np au PGCD dea−1et dea−1. Nous avons vu à la question d nv précédente que commeddivisen,a−1divisea−1. mu nvd Conclusion :le PGCD dea−1eta−1est égal àa−1. c.Application :m=63, n=60. 2 63=3×7et60=2×3×5. Donc PGCD(63;60) =3. ′ ′ On am=63=3×21=3metn=60=3×20=3n. D’autre part 21 et 20 sont premiers et on trouve facilement u=1, v=1tels que21×1−20×1=1. Doncmu−nv=63−60=3=PGCD(63;60). En appliquant le

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juin 2004

résultat de la question précédente :   63 603 PGCD2−1;2−1=2−1=7.

E XERCICE 3 Commun à tous les candidats

Correction du baccalauréat S

4 points

1.Réponse D : Pour que S appartienne àD, il faut que les coordonnées de S vérifient les équations paramétriques deD. Or ces coordonnées de S ne vérifient ni A(z6=3) ni B (il faudraitt= −1ett=1/3), mais vérifient les équations C et D. De plusDest perpendiculaire àPil faut que tout vecteur directeur de −→ Dsoit colinéaire à tout vecteur normal deP. Le vecteurn(1;1; −3)est normal àP. Or la droite définie par C a un vecteur directeur de coordonnées(1; −2;0) −→ qui n’est pas colinéaire àn. Par contre un vecteur directeur de la droite définie par D a pour coordon −→ nées(1;1; −3)qui sont les coodonnées den. 2.Réponse D car seules les coordonnées de D vérifient l’équation du plan 14 P: elles correspondent à la valeurt=. 11 3.Réponse B : |1−2+4|3 d(S,P) ==. 2 22 1+1+ (−3) 11 4.Réponse B : La distance de S au plan est inférieure à 3 donc l’intersection de la sphère et du planPest un cercle de centre H. Le triangle SHM, M étant un point du cercle est rectangle en H.   2 3 2 22 D’après le théorème de Pythagore on a :3= +r⇐⇒r= 11 9 9010 9− =⇒r=3 . 11 1111

E XERCICE 4 4points Commun à tous les candidats Z 200   200 −λx−λx−200λ 1.On a donc0, 5=λe dx= −e= −e+1⇐⇒ 0 0 ln2 −200λ e=0, 5⇐⇒−200λ= −ln2⇐⇒λ=. 200 Z 300   300 −λx−λx−300λ 2.La probabilité cherchée est1−λe dx=1− −e=e= 0 0 300ln2 3ln2 − − −2 200 2 e=e≈0, 353soit0, 35à10près par défaut. 3. a.Pour calculer l’intégrale on pose : ′−λx u(x) =x v(x) =e 1 ′−λx u(x) =1 v(x) = −e λ

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Correction du baccalauréat S

′ ′ Les fonctionsu, u , v, vétant continues, on peut intégrer par par ties et Z A   A Z   A A 1 11 −λx−λx−λx−λx−λx λxe dx= −λ xe+e dx= −xe−e= 2 λ λλ 0 00 0   A −λA−λA 1 11−λAe−e+1 −λx−λx−λA−λA −xe−e= −Ae−e+ =. λ λλ λ 0 −λA−λA 4.Comme lime=0(carλ > 0et quelimAe=0, on en A→+∞A→+∞ déduit que : −λA−λA −λAe−e+1 1 200 lim= =. A→+∞ λ λln2 200 Doncd m =≈289semaines à une semaine près. ln2

E XERCICE 5 Commun à tous les candidats

4 points

′ 1. a.x(t) =v(t). •Sivest solution de l’équation (F), alors pour tout réelt>0, 1 1 ′ v(t) = −v(t) +. 8 4 ′ ′′′ Orx(t) =v(t)⇒x(t) =v(t). L’équation précédente s’écrit donc : 1 1 ′ x"(t) = −x(t) + 8 4 ′′ ′ 8x(t) = −x(t) +2 ′ ′′ 25x(t) +200x(t) =50 La fonctionxest donc solution de l’équation (E). •Inversement sixest solution de (E), alors pour tout réel positif, ′ ′′ 25x(t) +200x(t) =50 26 50 ′′ ′ x(t) = −x(t) + 200 200 1 1 ′′ ′ x(t) = −x(t) + 8 4 1 1 ′ v(t) = −v(t) + 8 4 ′ ′′′ car en posantv(t) =x(t), v(t) =x(t) Conclusion : la fonctionxest solution de (E) si et seulement si la fonctionvest solution de (F). ′ Résolution de (F): cette équation est de la formey=ax+b.Elle a 1 b 4 une solution particulière constante− =− =2et les solutions 1 a − 8 1 ax−x de l’équationy=axsont de la formesy=Ke=Ke (avec 8 K∈R). Les solutions de l’équationy=ax+bsont donc de la forme : 1 −x 8 y=Ke+2

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Correction du baccalauréat S

Les fonctionsvsolutions de l’équation (F) sont les fonctions définies sur[0; +∞[par 1 −t v(t) =Ke+2 8 1 ′ ′−t b.dei. Calculx(t): on sait quex(t) =v(t) =Ke+2. 8 1 ′−×0 Commex(0) =0⇐⇒Ke+2=0⇐⇒K+2=0⇐⇒ 8 K= −2, on a finalement pour touttpositif : 1 ′−t x(t) =2−2e 8 ii. Calculdex(t): d’après la question précédentexest une primi 1 −t tive sur[0; +∞[de la fonctionx7−→2−2e ,soit : 8 1 1 1 −t′−t′ ′ x(t) =2t−2×e+K=2t+16e+KavecK∈R. 8 8 1 − 8 ′ ′ Comme on sait quex(0) =0, alors16+K=0⇐⇒K= −16. Conclusion : la fonction solution de (E) est définie sur[0; +∞[ par : 1 −t x(t) =2t−16+16e 8 1 −t c.lim eOn sait que=0lim, alorsv(t) =2. 8 t→+∞t→+∞ Donc V = 2. La vitessevdu chariot est inférieure ou égale à 90 % de V si 1 1 −t−t v(t)60, 9V⇐⇒−2e+260, 9×2⇐⇒e>0, 1⇐⇒ 8 8 1 1 −t>ln0, 1⇐⇒t6ln10⇐⇒t68ln10≈18, 4secondes. 8 8 d.La distance parcourue par le chariot au bout de30secondes est : 30 −s x(30) =2×30−16+16ex(30) =44+16e−154x(30)≈44, 4 8 En 30 secondes le chariot a parcouru environ 44,4 mètres à 1 déci mètre près.

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