Corrigé du baccalauréat S Polynésie septembre 2005

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures Corrigé du baccalauréat S Polynésie septembre 2005 EXERCICE 1 5 points 1. À partir de a0 = 1, b0 = 0, c0 = 0, on obtient : a1 = 0 b1 = 1 3 c1 = 2 3 a2 = 1 6 b2 = 0 c2 = 1 6 + 2 6 = 5 6 a3 = 0 b3 = 1 18 c3 = 1 9 + 1 6 + 2 3 = 17 18 2. a. De trois choses l'une : ou la puce est en A, ou elle est en B, ou elle est en C ; d'où an +bn +cn = 1. D'autre part elle ne peut être en A que si elle était précédemment en B : an+1 = 1 2 bn et elle ne peut être en B que si elle était précédemment en A, soit bn+1 = 1 3 an . b. D'après la questionprécédente : an+2 = 1 2 bn+1 etbn+1 = 1 3 an ; donc an+2 = 1 2 ( 1 3 an ) = 1 6 an , ce pour tout n ?N. c. On a a2?0 = 1= ( 1 6 )0 (initialisation).

• x? ?


• x?


• courbec ? symétrique


• ?e?k π


• rotation conservant les aires


• rotation

Sujets

• Rotation

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2005
• Nombre de lectures: 303
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures

Corrigé du baccalauréat S Polynésie septembre 2005 

E XERCICE 1

5 points

1.À partir dea 0 =1,b 0 =0,c 0 =0, on obtient : 1 2 a 1 =0b 1 =c 1 = 3 3 1 12 5 a 2 =b 2 =0c 2 = + = 6 66 6 1 11 2 17 a 3 =0b 3 =c 3 = + + = 18 96 3 18 2. a.De trois choses l’une : ou la puce est en A, ou elle est en B, ou elle est en C ; d’oùa n +b n +c n =1. D’autre part elle ne peut être en A que si elle était précédemment en B : 1 a n+1 =b n et elle ne peut être en B que si elle était précédemment en A, 2 1 soitb n+1 =a n . 3 1 1 b.D’après la question précédente :a n+2 =b n+1 etb n+1 =a n ; donca n+2 = 2 3   1 11 a n =a n , ce pour toutn∈N. 2 36   0 1 c.On aa 2×0 =1=(initialisation). 6   p 1 1 Hérédité : supposons quea 2p =et calculonsa 2p+2 =a 2p 6 6    p p+1 1 11 = ×=. La formule est donc vraie au rangp+1. La récur 6 66 rence est établie. D’autre part par récurrence immédiatte :a 1 =a 3 = ∙ ∙ ∙ = a 2p+1 =0. 1 Il suit queb 2p =a 2p−1 =0 quel que soitp. 3   p 1 11 Calculonsb 2p+1 =a 2p =. 3 36   n 1 3.Pour (a n lim) : les termes de rang impair sont nuls, et on sait que=0. n→+∞ 6 Donc lima n =0. n→+∞ Pour la même raisonlimb n =0. n→+∞ Orc n =1−a n −b n . Donclimc n =1. Au bout d’un certain temps la puce sera n→+∞ pratiquement toujours dans la case C.

E XERCICE 2

5 points

Partie A  2 y=x+16 2 22 2 1.y−x=16⇐⇒y=x+16⇐⇒. La représentation 2 y= −x+16 graphique deHest donc la réunion de la représentationCde la fonction 2  x−→x+16 et de la courbeCsymétrique autour de (Ox) deC.

Corrigé du baccalauréat S septembre 2005

 2 2.f(x)=x+16 est définie surR; composée dedeux fonctions dérivables, elle x  est dérivable surRetf(x)=. La fonction est donc décroissantesur 2 x+16 − + Ret croissante surR. On alimf(x)=limf(x)= +∞. x→+∞x→−∞ 2 2 (x+16−x)(x+16+x 2 a.CalculonsΔ(x)=f(x)−x= x+16−x= = 2 x+16+x 2 2 x+16−x16 =. 2 2 x+16+x x+16+x Donc limΔ(x)=limΔ(x)=0 + . Ceci signifie que la droite d’équation x→−∞x→+∞ y=xest asymptote àCau voisinage de l’infini, la courbe restant au dessus de son asymptote.

−5

4

−4

 A ×

D

b. −8  3 2 Par différence avec l’aire du rectangle, on a aire(D)=30−x+16dx −3 (u.a.).

Partie B

Polynésie

2

5

C

 B ×

 C

Corrigé du baccalauréat S septembre 2005

π  −i 1. a.La rotation a pour écriture complexe :z=ze . 4   2 2   b.Avecz=x+iyet par identificationx+iy=(x+iy)−i onob 2 2  1    x=(x+y) 2 tient : 1   y=(−x+y) 2   On a A (2 ; 42) et B (42 ;2). 2. a.Cf. figure cidessus.  1  2   x=(x+x+16) 2 b.SiM(x;y)∈C, alors. D’où 1   2  y=(−x+x+16) 2 2 2 x+16−x16   x×y=)=8. 2 2  De même avec un point deC. Ceci signifie que l’image deHpar la  rotationrest bienH. 3. a.Cf. figure cidessus. b.Par différence avec l’aire d’un trapèze (on pouvaitégalement utiliser le rectangle du2. a.de laPartie Aon a :  4 2 2+4 2   8  4 2 aire(D)= ×4 2−2−dx=15−8 [lnx ] = 2 2 2 x 15−8 ln 4. La rotation conservant les aires, on a : 2 aire(D)=aire(D)=15−8 ln 4≈)3, 910(u.a. ou cm

E XERCICE 3

1.Réponse :b. 2.Réponse :c. 3.Réponse :a.

E XERCICE 4

3 points

5 points

1. a.On a−1  cos(4x)  1, donc par produit : −x−x −e  f(x)  e . −x b.Comme lim e=lim0, d’après le théorème des « gendarmes » :f(x)= x→+∞x→+∞ 0. L’axe des abscisses est donc asymptote àΓau voisinage de plus l’infini. −x−x−x 2.On sait que e=0, quel que soitx∈R, donc e=e cos(4x)⇐⇒cos(4x)=   π 1⇐⇒4x=0 [2π]⇐⇒x=0 . 2   π π −k Les points communs aux deux courbes sont donc les pointsM k k; e. 2 2   π π ππ π −(n+1)−n− − 2 22 2 3. a.u n+1 =f(n+1)=e=e×e=u n ×e . 2 π − La suite (u n .) est donc une suite géométrique de raison e 2 π − b.e≈et0, 2u 0 =1 donc la suite est positive et décroissante et d’après la 2 question1. a.la limite de cette suite est nulle.

Polynésie

3

Corrigé du baccalauréat S septembre 2005

 −x−x−x 4. a.On af(x)= −e cos(4x)−e×4 sin(4x)= −e [cos(4x)+4 sin(4x)].  −x De mêmeg(x)= −e . π b.Or six=k, cos(4x)=1 et sin(4x)=0. 2    π π π  −k 2 On a doncf k=g k= −Donc les courbese .ΓetCont même 2 2 tangente en chacun de leurs points communs.   π π  − 2 5.On af= −e≈ −0, 2. 2

Polynésie

4