Corrigé Bac S 2017 - Mathématiques spécialité
7 pages
Français

Corrigé Bac S 2017 - Mathématiques spécialité

Cet ouvrage peut être téléchargé gratuitement
7 pages
Français
Cet ouvrage peut être téléchargé gratuitement

Description

Extrait du sujet :
4 Exercice 4 (spé)
Partie A
1) La condition de Pythagore s’écrit :
y2=x2+(x+1)2 ⇔ y2=x2+x2+2x+1
⇔ y2=2x2+2x+1.
2) Pour y=5 la condition précédente donne 2x2+2x−24=0⇔x2+x−12=0, de solutions réelles
x=3 et x=−4, donc la seule valeur positive pour x est 3 soit x+1=4 d’où :
(x, y)=(3, 5) définit un TRPI.
Maintenant, pour y=4, cela donne 2x2+2x−15=0, on trouve √Δ =2√31 donc pas de solution
entière. Pour y =3, cela donne 2x2+2x −8=0⇔x2+x − 4= 0 avec un √Δ =√17 donc pas de
solutions entières non plus et enfin pour y =2 cela saute aux yeux.
On pouvait aussi lister tous les cas manuellement.
3) a) Nous pouvons raisonner par contraposée :
si n est pair, alors n2 l’est aussi (car si n=2k alors n2=4k2=2×2k2)
par contraposée, donc, si n2 n’est pas pair, n non plus, ce qui répond à la question.
3) b) L’égalité y2=2x2+2x+1 montre que y2 est impair, donc, d’après la question précédente, y
aussi.
4) La relation utilisée précédemment peut s’écrire :

Sujets

Informations

Publié par
Publié le 21 juin 2017
Nombre de lectures 9 709
Langue Français

Extrait

!


BaccalauréatS

!
!

!
Session 2017

!

!

Épreuve :Mathématiques

Enseignement de spécialité

!


Durée de l’épreuve : 4 heures

Coefficient : 7

PROPOSITION DE CORRIGÉ

Propriété exclusivedeStudyrama.Toutereproductionoudiffusioninterditesans
autorisation.!!

!

1

1

Exercice 1

Partie A

−x
1) Lorsquex→+∞, la fonction présente une forme indéterminée. En effet, lim0e =et
x→+∞
limx= +∞, on est donc dans le cas «0× ∞un simple». Mais l’indétermination est levée par
x→+∞x
xe
changement d’écriture: pour tout réelx, on ah(x) =, or on on sait quelim= +∞, donc,
x
ex→+∞x
x
par passage à l’inverse, on alim= 0».: c’est ce qu’on appelle les «croissances comparées
x
x→+∞e
′ −x−x−x−x−x
2) On dérive:h(x) = 1×e +x×(−e )= e−xe =(1−x) e.
−x′
On peut ensuite écrire que pour tout réelxon ae>0donc le signe deh(x)est celui de(1−x).
On a ainsi le tableau de variations de la fonctionh:
x−∞1+∞

h(x) +0−
h↗ ↘

3) a) Partons du résultat proposé:

−x′
e−h(x)

=
=
=

! "
−x−x−x
e−e−xe
−x
xe
h(x).

3) b) Décomposons:
−x−x
•une primitive dex'→esurRestx'→ −e;
3) c)

•une primitive dex'→h(x)surRestx'→h(x);
−x′
par conséquent, une primitive dex'→e−h(x) =h(x)surRest :

−x
x'→ −e−h(x),

−x−x−x
c’est-à-dire la fonctionHdéfinie parH(x) =−e−h(x) =−e−xe:, soit encore

Partie B

−x
H(x) = (−1−x) e.

1) a) La distanceM N, appelons-làd(x), est égale àd(x) =|f(x)−g(x)|, vu que les deux points
#
2 2
MetNont la même abscisse (c’est un cas particulier de la formule(xM−xN) +(yM−yN)
dans le cas oùxN=xM).
−x−x−x
Cette distance vaut doncd(x) =|xe +ln(1 +x)−ln(1 +x)|=|xe|=xepuisque dans
−x
l’intervalle proposé, à savoir[0; +∞[, les deux facteursxetesont toujours positifs donc la
quantitéh(x)aussi.
Pour connaître la valeur maximale de cette distance, il suffit par conséquent de connaître le
maximum de la fonctionh. Il est atteint pourx= 1d’après la question 2 de la partie A.
1
−1−1
Le maximum de la quantitéd(x)sur[0; +∞[est donc égal àh(1) = 1×e =e =.
e
1) b) Voici le graphique:

1

2) a) Voici le graphique:

Figure 1.Écart maximal entreCfetCgsur[0; +∞[.

2) b) C’est un calcul d’intégrale:

=

=

=

=
=
=
=
=
=

Figure 2.DomaineDλ

$
λ
(f(x)−g(x)) dxon précise que ceci est valide carf!gsur[0; +∞[;
0
$
λ
−x
xe dx
0
$
λ
h(x) dx
0
λ
[H(x)]0
H(λ)−H(0)
−λ−0
(−1−λ) e−(−1−0) e
−λ
(−1−λ+ 1) e
−λ
1−(1 +λ) e
1 +λ
1−.
λ
e

1 +λ
λ
2) c) Lorsqueλ→+∞, alorse→+∞, et1 +λ→+∞, la limite deprésente donc une forme
λ
e
indéterminée. Décomposonssimplement :


Aλ= 1− −.
λ λ
e e

2


Le terme−a pour limite 0 lorsqueλ→+∞. Quant auterme ,nous avons démontré dans
λ λ
e e
la toute première question de ce sujet qu’il avait pour limite0lorsqueλ→+∞. Ainsi, par
soustraction :

limAλ= 1.
λ→+∞

L’interprétation qu’on peut faire de ce résultat, c’est que l’aire entre les deux courbesCfetCg,
bien que correspondant à un domaine infini en largeur, est néammoins finie en mesure, et cette
aire vaut 1.L’illustration n’était pas demandée mais la voici pour bien visualiser:

Figure 3.

3) a) L’algorithme afficheλ= 3.
3) b) Cet algorithme calcule la première valeur entière deλtelle que l’aire deDλdépasse unS
donné. Ici, cet algorithme aaffichéλ= 3parce que:

2

Exercice 2

Aλ= 2= 0,5940
Aλ= 3= 0,8009.

1) On remplace dans l’équation dePpar les coordonnées deA:
2 2
2xA−zA−3 = 2×1−a−3 =−1−aor nous savons que quelle que soit la valeur réelle dea,
2 22
nous aurons toujoursa!0(un carré étant toujours positif) donca+ 1>0donc−a−1<0. La
2
quantité−1−an’est donc jamais nulle et donc:

2) a) Donnons un vecteur normal deP:

∀a∈R, A∈/P .

⃗n(2; 0;−1).

Nous en déduisons un système d’équations paramétriques de la droiteD:

x= 1+ 2t
D:y=ta ,∈R.

2
z=a−t

Attention,test une variable muette, c’est la variable qui paramètre la droite, tandis queaest une
constante qui ne dépend que du pointA.
2) b) On applique la formule de Pythagore:
#
2 2
A M= (xA−xM) +(yA−yM)
#
2 2
= (2t() +−t)

5
= 5t

= 5×|t|.

3

Remarque : on pouvait aller plus vite et dire que puisqueM∈Davec le paramètret, alorsA M=t⃗n

doncA M=|t|× ∥⃗n∥=|t|×5.
3) Ce sujet comporte des questions demandant décidément des prises d’initiative!
Nous devons d’abord déterminer les coordonnées deH, point d’intersection deDet deP.
 
x+ 2= 1t
 
H, étant surD, s’écritHy=apour une certaine valeur det.
2
z=a−t

Mais,Hétant surPaussi, ses coordonnées vérifient l’équation deP: 2x−z−3 = 0.
Cela va nous permettre de déterminer la valeur detcorrespondant àH:

2xH−zH−3 = 0




2
2(1 + 2t)−(a−t)−3 = 0
2
2 + 4t−a+t−3 = 0
2
5t= 1 +a
2
1 +a
t=.
5

Maintenant, déterminonsA Hen utilisant la formule établie au 2)b):

A H

=

=

2

1 +a

5
2
1 +a
√.
5

Cette distance, oui, est minimale pour une certaine valeur dea, en l’occurence poura= 0. Elle
vaut alors, ce qui n’était pas demandé:

3

Exercice 3

1
A H=d(A, P) =√.
5

Attention, les zones centrales sont numérotées 1 et les zones périphériques sont numérotées 5.

Partie A

1) C’est la proposition C:

π π
−iπ/3
2) a) Pourz=70e, on a 60<|z|<80 et−<arg(z)<−donc c’est la zoneG4.
2 4

2) b) Pourz=−453 +45i:, nous devons d’abord trouver le module
√ √
. .
• |z|=45× −=3 + i45×3 + 1 =90 ;


−3

cosθ=5π
2
•⇔θ=.
1
6

sinθ=
2

4

Ainsi, c’est la zoneD5.

Partie B

1)p(M <0) = 0En ed’après la calculatrice.ffet, on est très loin de la valeur moyenne qui est 50.
Cela signifie dans notre exercice que la variableMne prend que des valeurs positives, et cela a du
sens pour nous, vu queMest censée représenter un module.
2)p(40<< M60) =p(µ−2σ< M< µ+ 2σ) = 0,9545 d’après le cours : pas besoin de calculatrice ici.
0 011
π π
3) On nous demandep(40<< M60)∩< T<. D’aprèsles hypothèses de l’énoncé, ceci
4 2
0 1
π π
est égal àp((40< M <60))×p <T <= 0,9545×0,819≈0,782.
4 2
La probabilité que ce soit bienB3est donc 78,2% environ.

4

Exercice 4 (spé)

Partie A

1) La condition de Pythagore s’écrit:

2 22 22 2
y=x+ (x+ 1)⇔y=x+x+ 2x+ 1
2 2
⇔y= 2x+ 2x+ 1.

2 2
2) Poury= 5la condition précédente donne2x+ 2x−24= 0⇔x+x−12= 0, de solutions réelles
x= 3etx=−4, donc la seule valeur positive pourxest 3 soitx+ 1 = 4d’où

  • Univers Univers
  • Ebooks Ebooks
  • Livres audio Livres audio
  • Presse Presse
  • Podcasts Podcasts
  • BD BD
  • Documents Documents