Bac Blanc TS Corrigé Spécialité

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Niveau: Secondaire, Lycée, Terminale
Bac Blanc TS Corrigé Spécialité Exercice 1 Spécialité t 5 points 1. (a) Comme 7 = 3?2+1 ?? ?3?2+7?1 = 1, le couple (?2 ; 1) vérifie l'équation 3u+7v = 1. 3? (?2) + 7? 1 = 1 donne en multipliant par 102n, 3? (2? 102n) + 7? 102n = 102n. Le couple Ä?2? 102n ; 102nä est donc une solution particulière de l'équation (E). (b) • . ? ?? ?? 3x + 7y = 102n 3? (?2) + 7? 1 = 1 ?? ? ?? ?? 3x + 7y = 102n 3? (?2? 102n) + 7? 102n = 102n ? (par différence on obtient) 3 (x + 2? 102n) + 7 (y ? 102n) = 0 ?? 3 (x + 2? 102n) = 7 (102n ? y) (1) . 3 divise 7 (102n ? y) et est premier avec 7 : il divise donc 102n ? y. Il existe donc k ? Z tel que 102n ? y = 3k ?? y = 102n ? 3k .

  • gain

  • ?3 ln

  • x??∞

  • intersection de cf avec l'axe

  • ??

  • ?m

  • e?3x

  • composition lim


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Bac Blanc TS Corrigé Spécialité
Exercice 1 Spécialité t 5 points
1. (a) Comme 7 = 32+1 () 32+71 = 1,lecouple ( 2; 1)vérifie l’équation 3u+7v = 1.
2n 2n 2n 2n3( 2)+71 = 1 donne en multipliant par 10 ; 3(210 )+710 = 10 :
Ä ä
2n 2nLe couple 210 ; 10 est donc une solution particulière de l’équation (E).
(b) .8 8
> >2n 2n< <3x+7y = 10 3x+7y = 10
()
> > 2n 2n 2n: :3( 2)+71 = 1 3( 210 )+710 = 10
2n 2n( (par différence on obtient) 3(x+210 )+7(y 10 ) = 0 .
2n 2n() 3(x+210 ) = 7(10 y) (1)
2n 2n3 divise 7(10 y) et est premier avec 7 : il divise donc 10 y. Il existe donc k2
2n2ntel que 10 y = 3k () y = 10 3k :
2n 2n 2nEn reportant dans l’égalité (1) : 3(x+210 ) = 7(10 10 +3k) :
2n() x+210 = 7k
2n() x = 7k 210
Réciproquement :
Soient n2 GN et k2 .
2n 2nMontrons que x = 7k 210 et y = 10 3k sont solutions de (E) :
2n 2n3x+7y = 3(7k 210 )+7(10 3k)
2n 2n3x+7y = 21k 610 +710 21k
2n3x+7y = 10
2n 2ndonc x = 7k 210 et y = 10 3k sont bien les solutions de (E).
2. (a) 100 = 714+2 () 100 2 mod 7.
(x ; y) solution de (G) signifie :
n2 2 2n 2 2 2 2 2 n3x +7y = 10 () 3x +7y = (10 ) () 3x +7y = 100 .
n nOr 100 2 mod 7) 100 2 mod 7:
2 2 nDonc 3x +7y 2 mod 7.
2 n2Mais 7y 0 mod 7, donc finalement 3x 2 mod 7:
Reste de la division 0 1 2 3 4 5 6
euclidienne de x par 7
(b)
Reste de la division 0 3 5 6 6 5 3
2euclidienne de 3x par
7.
(c) De trois choses l’une :
p3p 3 p p n = 3p;p2N ; alors 2 = (2 ) = 8 . Or 8 1 mod 7) 8 1 mod 7;
3p+1 3p p p n = 3p + 1; alors 2 = 2 2 = 8 2. Or 8 1 mod 7 ) 8 1 mod 7 )
3p2 2 2 mod 7;
3p+2 3p 2 3p p p p n = 3p+2; alors 2 = 2 2 = 42 = 48 . Comme 8 1 mod 7;48 4
mod 7.
1/ 5
Z
ZnConclusion : 2 est congru à 1, 2 ou 4 modulo 7.
nOn vient de voir que les restes dans la division par 7 de 2 ne sont pas les mêmes que ceux
2 2 nde la division de 3x par 7. Donc 3x et 2 ne peuvent être congrus modulo 7.
D’après le 2. a. il n’y a donc pas de solution pour l’équation (G).
Exercice 2 Équation différentielle t 5 points
Partie A :
0 3x1. g est dérivable comme produit de fonctions dérivables et g (x) = 9e on a donc :
0 3x 3xg (x)+2g(x) = 9e +2 3e
0 3x 3xg (x) g(x) = 9e 6e
0 3xg (x) g(x) = 3e g est bien solution de (E)
02. (E’)() y = 2y. D’après le cours, les solutions de (E’) sont les fonctions définies sur de la
2xforme x7!Ce , où C est une constante réelle.
9
3. En particulier, avec C = , on obtient la fonction h.
2
0 0 04. Comme f =g+h, on a f =g +h, donc, pour tout réel x :
0 0 0 3xf (x)+2f(x) =g (x)+2g(x)+h(x)+2h(x) = 3e ;
| {z } | {z }
−3x 03e
et f est alors bien solution de (E).
Partie B :
Ç å Å ã3x9 3 e 3
2x 3x 2x 2x x1. f(x) = e 3e = 3e = 3e e .
2x2 2 e 2
2. – Limite de f en1 .
X 2xlim ( 2x) = +1 et lim e = +1, donc par composition lim e = +1.
x!1 X!+1 x!1
Å ã
33x xDe même lim e = +1, donc lim e =1 ;
x!1 x!1 2
on en déduit, par opérations sur les limites dans l’expression de f(x) obtenue à la question B1
que lim f(x) =1 .
x!1
– Limite de f en +1.
X 2xlim ( 2x) =1 et lim e = 0, donc par composition lim e = 0.
x!+1 x!+1X!1
3xDe même lim e = 0;
x!+1
on en déduit par opérations sur les limites dans l’expression initiale def(x) que lim f(x) = 0.
x!+1
Graphiquement, cela signifie que l’axe des abscisses est asymptote horizontale àC au voisinagef
de +1.
3. f est dérivable sur (combinaison simple de fonctions qui le sont), et, pour tout réel x :
90 2x 3x 2x 3x 3x xf (x) = ( 2)e 3( 3)e = 9e +9e = 9e ( e +1):
2
3x 0 xComme, pour tout réel x, 9e > 0, f (x) a le même signe que e +1.
x x 0Or : e +16 0() 16 e () 06x, donc f (x)6 0()x> 0.
9 3
0 0Par ailleurs f(0) = e 3e = . On en déduit le tableau de variation suivant :
2 2
2/ 5
R
Rx 1 0 +1
0f (x) + 0
3/2
f(x)
1 0
4. – Intersection deC avec l’axe (Ox).f
On cherche les points de coordonnées (x;f(x)) tels que f(x) = 0.
2xD’après l’expression de la question B1, et comme pour tout réel x, e = 0, on a : f(x) =
Ä ä Ä ä3 3 2x0() = e () ln = x()x = ln ' 0;4 (à 0,01 près).
2 32 Ä Ä ä ä
2La courbeC coupe l’axe (Ox) en un seul point A de coordonnées ln ;0 .f 3
– Intersection deC avec l’axe (Oy).f Ä ä
3Il s’agit du point de coordonnées B(0;f(0)) c’est-à-dire 0; .
2
Exercice 3 Suites t 5 points
1. (a) Voir à la fin.
(b) Il semble que la suite est décroissante et qu’elle converge vers 1.
2. (a) La fonction f somme de fonctions dérivables sur [0 ; +1[ est dérivable sur cet intervalle et
4
0f (x) = > 0 car quotient de deux nombres supérieurs à zéro.
2(x+1)
La fonction f est donc croissante sur [0 ; +1[.
(b) 8n2 ; u > 1n
Initialisation : u = 4> 1. L’inégalité est vraie au rang 0;0
Hérédité : Supposons qu’il existe un naturel k> 0 tel que u > 1.k
1 1 4 4 4
Alors u +1> 2) 6 ) 6 2) > 2) 3 > 1.k
u +1 2 u +1 u +1 u +1k k k k
4
Or 3 =u .k+1
u +1k
On a donc démontré que si u > 1, alors u > 1.k k+1
Conclusion : on a démontré par récurrence que quel que soit le naturel n; u > 1.n
8n2 ; u 6u soit que la suite (u ) est décroissanten+1 n n
Montrons par récurrence la décroissance de la suite :
Initialisation : u = 2;26u = 4. La relation est vraie au rang 0;1 0
Hérédité : Supposons qu’il existe un naturel k> 0 tel que u 6u ; la fonction f étantk k 1
croissante (tous les termes étant supérieurs à 1), on af (u )6f (u ) () u 6u .k k 1 k+1 k
On a donc démontré que quel que soit le naturel n; u 6u .n+1 n
(c) On a démontré que la suite (u ) est décroissante et minorée par 1 : elle est donc convergenten
vers un nombre ` supérieur ou égal à 1.
(d) La fonction f est continue car dérivable sur ] 1 ; +1[; la relation de récurrence
4
u =f (u ) donne la limite ` =f(`) () ` = 3 () `(`+1) = 3(`+1) 4n+1 n
`+1
2 2 2() ` +` 3` 3+4 = 0 () ` 2`+1 = 0 () (` 1) = 0 () ` 1 = 0 () ` = 1.
La suite (u ) converge vers 1.n
3/ 5
6
N
ND
4
3
C
2
1
!
j
!O1 1 u u 2u 3 u =4 53 2 1 0i
1
Exercice 4 Probabilité t 5 points
1
2 G
N
1
10
1 G
2
1 ) a )
1
6 G
N
9
10
5 G
6
b ) N et N forment une partition de l’univers. Avec la formule des probabilités totales :
P(G) = P(G\N)+P(G\N
P(G) = P (G)P(N)+P (G)P(G)N N
1 1 1 9
P(G) = +
2 10 6 10
4
P(G) =
20
1
P(G) =
5
c ) On cherche à calculer P (N) :G
1 1
P(G\N) 12 10P (N) = = =G 1 16P(G) 1
5
4/ 5
bbbbbbb2 ) a ) Déterminer la loi de probabilité de X.
1
2 G gain 4 me
N
1
10
Loi de probabilité de X :1 G gain 0e
2
X m 4 m 0
3 1 11
Proba6 G gain 4 me
4 5 20N
9
10
5 G gain me
6
3 1 1 15m+(4 m)4
b ) E(X) = m +(4 m) +0 = = 0;8 0;95m
4 5 20 20
c ) Soit à résoudre E(X) = 1;1
E(x) = 0;8 0;95m
1;1 = 0;8 0;95m
0;8+1;1
m =
0;95
m = 2 il doit donc demander une mise de 2e
3 ) Soitn un entier naturel non nul. On noteA l’événement «le joueur gagne au moins une fois». Donc
A est l’événement « le joueur perd tout le temps » et :
Å ãn4n
P(A) = (1 P(G)) =
5 Å ãn4
Donc P(A) = 1 P(A) = 1
5
On cherche donc à trouver la valeur minimale de n tel que P(A)> 0;999
Å ãn4
1 > 0;999
5Å ãn4
> 0;999 1
5Å ãn4
< 0;001 On a multiplié par 1
5Å ãn4
3ln < ln(10 )
5Å ã
4
n ln < 3 ln(10)
5
3 ln(10)
n > Å ã On divise par un nombre négatif
4
ln
5
3 ln(10) 3 ln(10)
n > , 30;96, le plus
ln(4) ln(5) ln(4) ln(5)
petit entier vérifiant l’inégalité est donc n = 31 .
5/ 5
bbbbbbb