Baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2005

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2005 EXERCICE 1 5 points 1. a. On a u0 = 1, u1 =? 1 2 , u2 =? 1 4 et u3 = 7 8 0. La relation est vraie au rang 3. Supposons que pour n 3, un 0, alors un+1 = 1 2 +n?1. Or n 3 ?? n?1 2, donc un+1 2> 0. L'hérédité est démontrée. On a donc démontré par récurrence que pour n 3, un 0. b. n 4 ?? n?1 3 ; d'après a, un?1 0 ?? 1 2 un?1 0? 1 2 un?1+n? 2n?2 ?? 1 2 un?1+ (n?1)?1 n?2 ?? un n?2. c. Par comparaison, comme lim n?+∞ n =+∞, lim n?+∞ un =+∞. 2. a. vn = 4un?8n+24? vn+1 = 4un+1?8(n+1)+24= 4 ( 1 2 un +n?1 ) ?8(n+ 1)?1= 2un+4n?4?8n?8+24 = 2un?4n+12= 1 2 (4un ?8n+24)= 1 2 vn . On a donc démontré que (vn) est une suite géométrique de raison 1 2 .

• affixe z


• lnx


• ?e??x dx


• unpoint commun


• point commun de coordonnées


• temps sup- plémentaire d'attente


• ??


• ?? ?

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2005
• Nombre de lectures: 212
• Langue: Français

Extrait

Baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2005

E XERCICE 15 points 1 1 7 1. a.On au 0 =1,u 1 = −,u 2 = −etu 3 =  0. 2 4 8 La relation est vraie au rang 3. 1 Supposons que pourn  3,u n  0, alorsu n+1 = +n−1. Orn  3⇐⇒ 2 n−1  2, doncu n+1  2>0. L’hérédité est démontrée. On a donc démontré par récurrence que pourn  3,u n  0. 1 1 b.n  4⇐⇒n−1  3 ; d’après a,u n−1  0⇐⇒u n−1  0⇒u n−1 +n− 2 2 1 2  n−2⇐⇒u n−1 +(n−1)−1  n−2⇐⇒u n  n−2. 2 c.Par comparaison, commelimn= +∞, limu n = +∞. n→+∞n→+∞   1 2. a.v n =4u n −8n+24⇒v n+1 =4u n+1 −8(n+1)+24=4u n +n−1−8(n+ 2 1 1 1)−1=2u n +4n−4−8n−8+24=2u n −4n+12=(4u n −8n+24)=v n . 2 2 1 On a donc démontré que (v n .) est une suite géométrique de raison 2 La raison étant inférieure à 1, cette suite est décroissante. De plusv 0 = 4u 0 +24=28.    n n 1 1 b.On a immédiatementv n =v 0 × =28× =4u n −8n+24⇐⇒ 2 2    n n 1 1 4u n =28× +8n−24⇐⇒u n =7× −2n+6. 2 2   n 1 c.On a doncu n =7−× +2n+6=x n +y n où (x n ) est la   2   suite arithmétique suite géométrique   suite (v n ) au facteur 4 près et la suitey n est définie pary n = −2n+6, suite arithmétique de raison−2 et de premier terme 6. n nn n       d.On en déduit queu k =x k +y k =x k +y k . k=0k=0k=0k=0     n+1 1  n+1   n n  7−7 1 1 2 Orx k = =14 1− =14−7×. 1 1− 2 2 k=0 2   n  n(n+1) D’autre party k = −6(n+1)+2= 2 k=0 2 2 −6n−6+n(n+1)= −6n−6+n+n=n−5n−6.   n 1 2 FinalementS n =n−5n+8−7 . 2

E XERCICE 25 points 1.On a d’une part 2 22 – Onsait quex>1⇒lnx>0. Comme 1<x, on ax<x⇒x+x<2x⇐⇒ 1 12 lnx2 lnxlnx < ⇐⇒< ⇐⇒<f(x). 2 22 22 2x x+x2x x+x x 1 1 2 2 – Demême 1<x⇒x<x⇒2x<x+x⇐⇒ <⇒ 2 x+x2x 2 lnx2 lnx lnx < ⇐⇒f(x)<. 2 x+x2x x D’où l’encadrement demandé.

Baccalauréat S

lnx1  2. a.Comme=lnx×, on reconnaît une formeuuavecu(x)=lnx, qui x x   2 (lnx) a pour primitive. 2   4 2 2 (lnx2)) 3(ln On a donc I= =. 2 2 2  1   u(x)=lnxdv(x)= 2 x Pour J, on intègre par parties en posant 1 1   du(x)=v(x)= − x x    4 44 lnx1 lnx1 1 J= −+dx− == −. 2 x 2 xx x 2 4 2 b.De l’encadrement trouvé en 1, on en déduit, en intégrant entre 2 et 4 2 1 3(ln2) l’encadrement : J<K<I⇐⇒ <K<. 4 2 2 3.L’unité d’aire vaut 1×4=. L’aire cherchée est donc le quadruple de l’in4 cm tégrale K. 2 2 Donc 1<A<6(ln 2)soit approximativement 1<A<(cm )2, 883.

E XERCICE 34 points 1 3−1 3i 3  1. a.On ab−= = =i . 9+3 412 3+i 3 2 1 39+3 33 2      Forme exponentielle :b== +. Doncb= =. 16 144144 126     3 61 i3 31 3 π  −i 6 Orb= ×−− =i=e . 6 42 62 26 3 b.Le symétrique d’un pointMd’affixezest le point d’affixe−z. Un point (d’affixez=1) a pour image son symétrique si et seulement si :   2 1 11 2 2 = −z⇐⇒1= −z+z⇐⇒z−z+1=0⇐⇒z− −+1= z−1 24        2 2 2 1 31 31 31 3 0⇐⇒z=− +0⇐⇒z=− +0⇐⇒z− +iz− −i= 2 42 22 22 2 0. 1 31 3 Cette équation a deux solutions :z 1 = −i etz 2 = +encorei ou 2 22 2 π π −i i e ete . 3 3 1 11     2. a.z= ⇒z= =. De même pour les argumentsz=   z−1z−1|z−1   1   1  ⇒argz=arg=arg(1)−arg(z−1)=0−arg(z−1)= −arg(z− z−1z−1 1) mod[2π]. b.Md’affixezappartient au cercleCde centre A et de rayonrsi et seule  ment si|z−1]=r. D’après la question précédente l’imageMde ce point 1 1     a une affixeztelle quez= ==OM. |z−1|r  Conclusion : l’image d’un point du cercleCappartient au cercleCde 1 centre O et de rayon. r 1 c.Application sir=: pour avoir un argument opposé on construit sur les 2 1 deux cercles de rayonsdeux arcs de même longueur. 2

AntillesGuyane

2

septembre 2005

3 −3

E XERCICE 4

2 −2

1 −1

3

2 2

1 1

−→ v 0 O 0 −→ 0 u

1 −1

2 −2

3 −3

1 A 1

M

Baccalauréat S

 M

2 2

4 points

3

1. a.On intègre par parties entre 0 ett  0 en posant :  −λx u(x)=λxdv(x)=e −λx du(x)=λv(x)= −λe   uetvétant dérivables etuetvcontinues sur [0 ;t],     t   t t t 1 −λx−λx−λx−λx−λt λxe dx= −xe+e dx=e dx x−+ =te− 0 0 0 λ 0 1 1 −λt e+. λ λ  t 1 −λt−λx b.Comme lime=0, on en déduit quelimλxe dx=. t→+∞t→+∞ 0 λ 1 1 2.Si le temps moyen d’attente est égal à 5 minutes, alors=5⇐⇒λ= =0, 2. λ5  10 −λx La probabilté d’attendre plus de 10 minutes est : 1−p(X  10)=1−λe dx= 0   10 −λx−1 1− −e=(soite .≈au millième près)0, 135 0 De même la probabilté d’attendre plus de 5 minutes est : 1−p(X  10)=  5   5 −λx−λx−2 1−λe dx=1− −e=(soite .≈au millième près)0, 368 0 0 3.Il faut calculerp(X  15) sachant queX  10. Or  15 −0,2x p(X  15 etX  10)p(X  15) 1−p(X  15) 1−d0, 2ex 0 X  10 (X  15)= == = p= p(X  10)p(X  10)p(X  10)p(X  10)

AntillesGuyane

3

septembre 2005

Baccalauréat S

−3 e −1 =e≈0, 368. −2 e X  10  =p(X  5). Donc la probabilité est celle du temps sup On ap(X15) plémentaire d’attente. La loi exponentielle est une loi sans viellissement.

E XERCICE 5

4 points

1.Pour respectivementt= −3 ett= −2, on trouve que A et B sont deux points distincts de la droite dont on a une équation paramétrique. Elle est donc confon due avec la droite (AB). 2.Un point commun àPetDa ses coordonnées qui vérifient 2t+3t−(8+t)+4= 0⇐⇒4t−4=0⇐⇒t=1. Il existe donc un point commun de coordonnées (1 ; 1 ; 9). DoncPetDsont sécantes. |1×2+3×2−(−4)+4|16 1614 8 3.On calculed(A ;P)= == =14. 2 22 14 7 2+3+(− 1) 14 4.Sest la sphère de centre O et de rayon 4. 2 Or OB=9+16+1=26⇒OB=26>25  5>4. Conclusion : B est à l’extérieur deS.

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