Baccalauréat S La Réunion juin 2005

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Baccalauréat S La Réunion juin 2005 \ EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats 1. a. 2n n2005 = en ln2?2005lnn a pour limite +∞ : elle diverge. b. 2n+ (?1) npn n+1 = 2+ (?1)n p n n 1+ 1n ? 2 : elle converge. c. n sin 1 n = sin 1n 1 n ? 1 : elle converge. d. p n lnn = 1 2 p n 1 2 lnn = 12 p n ln p n ?+∞ : elle diverge. 2. a. lim n?+∞ (vn)= 0. On ne peut pas savoir : faux b. La suite (un ) est minorée. Oui c. Pour tout n de N, on a : ?16 vn 6 1. Pas forcément : faux d. On ne sait pas dire si la suite (vn) a une limite ou non. Vrai 3. a. La suite (un ) converge vers 1. Non car elle est croissante et u1 = 2. b. La suite (vn), définie sur N par vn = un ?1, est géométrique. Oui : vn+1 = un+1?1= 2un ?2= 2(un ?1)= 2vn .

• autour de la droite d'équation


• équation de la tangente


• axe des abscisses


• solution de l'équation différentielle


• question précédente


• points commun


• équation propo- sée

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2005
• Nombre de lectures: 38
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures

[Baccalauréat S La Réunion juin 2005\

E X E R C IC E 1 4 points Commun à tous les candidats n 2 nln 2−2 005 lnn 1. a.=e a pour limite+∞: elle diverge. 2005 n p n n n 2+(−1) 2n+(−1)n n b.= →2 : elle converge. 1 n+1 1 + n 1 sin 1 n c.nsin= →1 : elle converge. 1 n n p 1 n n n 2 1 d.= = → +∞: elle diverge. 1 2 lnn lnn lnn 2 2. a.lim (v n )=0. On ne peut pas savoir : faux n→+∞ b.La suite (u n ) est minorée. Oui c.Pour toutndeN, on a :−1 6 v n 6 1. Pas forcément : faux d.On ne sait pas dire si la suite (v n ) a une limite ou non. Vrai 3. a.La suite (u n ) converge vers 1. Non car elle est croissante etu 1 =2. b.La suite (v n ), définie surNparv n =u n −1, est géométrique. Oui :v n+1 = u n+1 −1=2u n −2=2 (u n −1)=2v n . (raison 2) c.La suite (v n 1.) est majorée. Faux : car la raison est supérieure à d.La suite (w n ), définie surNparw n =ln (u n −1), est arithmétique. w n+1 −w n =ln (u n+1 −1)−ln (u n −1)= ln (2u n −2)−ln (u n −1)=ln 2 (u n −1)−ln (u n −1)=ln 2+ln (u n −1)−ln (u n −1)= ln 2. La suite est arithmétique de raison ln 2. Vrai

4.

1 1 1 1 1 1 x n = + + ∙ ∙ ∙ +ety n = + + ∙ ∙ ∙ +. n n+1 2n n+1n+2 2n 1 1 1 1 1 1 1 a.x n+1 −x n = +. . .+ − −. . .− = + − = n+1 2(n+1)n2n2n+2 2n+1n 3n+2 − <0. La suite (x n ) est décroissante : Faux n(2n+1)(2n+2) 1 1 1 1 20+15+12+10 57 19 1 1 1 b.x 3 = + + + = = =: Vrai ety 3 = + + = 3 4 5 6 60 60 20 4 5 6 15+12+10 37 =. Vrai 60 60 ¡ ¢ c.Les suites (x n ) ety n ne sont pas majorées. Faux pour (x n ), car cette suite décroissante est majorée par son premier terme. 1 1 1 1 1 1 1 d.y n+1 −y n = + +. . .+ − −. . .+ −− = n+2n+3 2n+2n+1 2n2n+2 2n+1 1 1 ¡ ¢ = >0. La suitey n est croissante. n+1 2(n+1)(2n+1) 1 ¡ ¢ Enfinx n −y n =, d’où limx n −y n =0. n→+∞ n ¡ ¢ Conclusion : les suites (x n ) ety n sont adjacentes.

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5 points

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1.Arbre de probabilités : 5 9 N 3 1 N 2 5 4 R 3 9 N 1 4 2 9 N 3 5 4 5 R 2 5 R 3 9 4 9 N 3 1 N 2 5 3 5 R 3 5 9 R 1 3 9 N 3 4 5 R 2 6 R 3 9 2 2 1 5 2. a.En suivant la branche supérieure :p(N 1 ∩N 2 ∩N 3 ) = × × =; 5 5 9 45 32 2 4 4 p(N 1 ∩R 2 ∩N 3 ) = × × =. 5 5 9 225 b.D’après la formule des probabilités totales : 2 32 14 p(N 1 ∩N 3 ) =p(N 1 ∩N 3 ∩N 2 ) +p(N 1 ∩N 3 ∩R 2 ) == + . 45 225 75 3 c.De façon analoguep(R 1 ∩N 3 ) =p(R 1 ∩N 2 ∩N 3 ) +p(R 1 ∩R 2 ∩N 3 ) = × 5 1 4 3 4 3 16 × + × × =. 5 9 5 5 9 75 14 16 30 2 3.On en déduit quep(N 3 ) =p(N 3 ∩R 1 ) +p(N 3 ∩N 1 ) = + = =. 75 75 75 5 2 2 4 12 14 4.p(N 1 ) =etp(N 3 ) =. D’oùp(N 1 ) ×p(N 3 ) = =etp(N 1 ∩N 3 ) =. 5 5 25 75 75 Conclusion :p(N 1 ) ×p(N 3 ) 6=p(N 1 ∩N 3 ), donc les évènements ne sont pas indépendants. 16 p(R 1 ∩N 3 5 8) 16 75 5.Il faut calcu lerp N 3 (R 1 ) = = = × =. 2 p(N 3 2 15) 75 5

E X E R C IC E 2 5 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité n X 3 S n =p. On se propose de calculer, pour tout entier naturel non nuln, le plus p=1 grand commun diviseur de S n et S n+1 . 1.Démonstration par récurrence : · ¸ 2 1(1+1) 3 – Initialisation : pourn=1, S 1 =1=1 et=1. 2 · ¸ 2 n(n+1) – Hérédité : supposons qu’au rangn, S n =. 2 · ¸ · ¸ 2 2 n(n+1)n 3 3 2 Donc S n+1 =S n +(n+1)= +(n+1)=(n+1)+(n+1)= 2 4 · ¸ 2 2 2 (n+1) ¡ ¢ (n+1) (n+1)(n+2) 2 2 n+4n+4=(n+2)=. La formule 4 4 2 est vraie au rangn+1.

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· ¸ n 2 X n(n+1) 3 Donc pour toutn>0,p=. 2 p=1 2.Sinest pair, alorsn=2k,k∈N. · ¸ 2 2k(2k+1) 2 2 a.D’après la question précédente : S 2k = =k(2k+1) et 2 · ¸ 2 (2k+1)(2k+2) 2 2 S 2k+1 = =(k+1) (2k+Les deux sommes ont donc1) . 2 2 au moins comme diviseur commun (2k+1) . ¡ ¢ 2 2 2 Donc PGCD(S 2k ; S 2k+1 )=(2k+1) PGCDk; (k+1) . b.PGCD (k;k+1). Comme (k+1)−k=1, on sait que tout diviseur com mun à deux nombres divise n’importe quelle combinaison liné aire de ces deux nombres. Donc le PGCD(k;k+1) divise 1, donc puisque les nombres sont positifs, PGCD (k;k+1)=1. c.Calculer PGCD(S 2k ; S 2k+1 ). On vient de voir que PGCD (k;k+1)=1, 2 2 donc en utilisant la propriété admise au début, PGCD (k; (k+1) )=1. 2 Donc en reprenant le résultat de2. a., PGCD(S 2k ; S 2k+1 ) =(2k+1) . 3.Sinest impair, alorsn=2k+1. a.Tout diviseur de 2k+1 et 2k+3 est un diviseur de leur différence 2. Donc les seuls diviseurs de 2k+1 et 2k+3 sont 1 ou 2. Or ces deux nombres sont impairs : le seul diviseur possible est 1. PGCD(2k+1; 2k+3)=1. Ces deux nombres sont premiers entre eux. 2 2 b.la résolutiton précédente : SDe façon analogue à 2k+1 =(k+1) (2k+1) 2 2 et S=(k+1) (2k+3) . 2k+2 ¡ ¢ 2 2 2 Donc PGCD(S ; S ) =(k+1) PGCD (2k+1) ; (2k+3) . 2k+1 2k+2 2 2 Or PGCD(2k+1; 2k+3)=1 implique que PGCD((2k+1) ; (2k+3) )=1. 2 Donc finalement : PGCD(S 2k+1 ; S 2k+2 ) =(k+1) . 2 4.Sin=2kle PGCD (k+1)=1⇐⇒k=0. Ceci est impossible puisque S 0 n’existe pas. 2 Sin=2k+1 le PGCD (k+1)=1⇐⇒k=0 : il existe donc un seul couple solution (S 1 ; S 2 ) ou encore les entiers 1 et 9.

E X E R C IC E 3 Commun à tous les candidats

4 points

1.On suppose qu’il existe une fonctionfsatisfaisant la condition (C) et on consi dère alors la fonctiongdéfinie surRparg(x)=f(−x)f(x). ′ a.La fonction est définie surR: comme le produitf(−x)f(x)=1, aucun de ces deux nombres ne peut être nul : la fonction ne peut s’ann uler sur R(et le graphe ne peut avoir de tangente horizontale). ′ ′ b.La fonctionfétant supposée dérivable,gl’est aussi etg(x)= −f(−x)f(x)+ ′ ′ f(−x)f(x). Orf(−x)×f(x)=1, vraie quel que soitx∈R, donc est vraie ′ pour la valeur−x, doncf(x)×f(−x)=1. ′ On a doncg(x)= −1+1=0. c.Il en résulte queg(x)=K(K∈R). 2 En particulierg(0)=f(−0)×f(0)=(−4)=16. Doncg(x)=f(−x)f(x)= 16. 1 ′ ′ d.Def(−x)×f(x)=16 etf(−x)×f(x)=1, on déduit quef(x)=et f(−x) f(x) 1 =(carf(−x)6=0. 16f(−x)

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1 ′ En comparant les deux égalités on obtient :f(x)=f(x) qui signifie 16 1 ′ quefest une solution de l’équation différentielle (E)y=y. De plus 16 la condition initiale montre quef(0)= −4. 2. Question de cours

a.Classique x 16 b.Siyest une solution de l’équation différentielle (E),y=Kla condie et tion inialey(0)= −4 entraîney(0)=K= −4. x 16 Finalementy(x)= −4e .

3.D’après la question1.f(0)= −4 etfest solution de (E). x D’après la question2.f(x)= −4e . 16 1 x 1 x ′ On peut calculerf(x)= −4×e= −e . 16 16 16 4 µ ¶ −x 1 x ′ On vérifie quef(−x)×f(x)= −4e× −e=1 etf(0)= −4. Conclusion : 16 16 4 x f(x)= −l’unique fonction de vérifiant les conditions (C).4e est 16

E X E R C IC E points4 4 Commun à tous les candidats Un tétraèdre est orthocentrique si ses quatre hauteurs sont concourantes.

Partie A

– La droite (AH) est perpendiculaire au plan (BCD) donc orthogonale à toute droite de ce plan,en particulier la droite (CD) : – De même la hauteur issue de B est perpendiculaire au plan (AC D) donc est ortho gonale à la droite (CD) ; – Conclusion : la droite (CD) est orthogonale aux deux hauteu rs issues de A et B qui sont par hypothèse sécantes ; la droite (CD) est donc orthogonale au plan dé terminé par ces deux hauteurs c’està dire le plan (ABH) : el le est en particulier perpendiculaire à la droite (BH). La droite (BH) est la hauteur issue de B dans le triangle (BCD) .

Partie B ³ ´ −→−→ −→ Dans l’espace muni d’un repère orthonormal O,ı,,kon donne les points A(3 ; 2 ;−1), B(−6 ; 1 ; 1), C(4 ;−3 ; 3) et D(−1 ;−5 ;−1). 1. a.n propoOn calcule que les coordonnées de B, C et D vérifient l’équatio sée : −2×(−6)−3×1+4×1−13=0 ; −2×4−3×(−3)+4×(3)−13=0 ; −2×(−1)−3×(−5)+4×(−1)−13=0. On a doncM(x;y;z)∈(BCD)⇐⇒ −2x−3y+4z−13=0. −→ b.On traduit que H(x;y;z) appartient au plan (BCD) et que le vecteur BH −→ est normal au plan c’estàdire colinéaire au vecteurn(−2 ;−3 ; 4). Soit :  −2x−3y+4z−13=0   x−3= −2α ⇒ y−2= −3α   z+1= =4α −2(3−2α)−3(2−3α)+4(−1+4α)−13=0⇐⇒29α=29⇐⇒α=1. On en déduit que H(1 ;−1 ; 3).

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    7−5 −→−→−→−→     c.BH − CD 2 ; −2 .D’où BH∙CD=7×(−5)+(−2)×(−2)+2×(−4)= 2−4 −35+4−8= −39. d.Le tétraèdre ABCD estil orthocentrique ? S’il l’était, d’après la partie les −→ hauteurs issues de A et de B seraient sécantes et le produit sc alaire BH∙ −→ CD serait nul : or on vient de voir qu’il ne l’est pas. Conclusion : ABCD n’est pas orthocentrique. 2.Les droites (IO), JO) et (KO) sont trois hauteurs de ce tétraèdre. Elles concourent en O qui appartient à la quatrième hauteur. Les quatre hauteurs sont concourantes, donc le tétraèdre OIJK est orthocen trique.

E X E R C IC E points5 3 Commun à tous les candidats 1 ′ ′ 1.– PourC f :f(x)=,f(0)=1. x+1 Une équation de la tangente àC f au point O est :y−0=1(x−0)⇐⇒ y=x. ′x′ – PourC g :g(x)=e ,g(0)=1. Une équation de la tangente àC g au point O est :y−0=1(x−0)⇐⇒ y=x. Conclusion :C f etC g ont en O une tangente comune : la droite d’équation y=x. 2.SoitM(x;y) un point deC f . On a doncy=ln(x+1). ′ Son symétriqueMautour de la droite d’équationy=xa pour coordonnées (y;x) ou encore (ln(x+1) ;x). Xln(Y+1)X PosonsY=x>0 etX=ln(x+1)=ln(Y+1)⇐⇒e=e⇐⇒e= X Y+1⇐⇒Y=e−1. ′ ConclusionMappartient àC g . Donc les courbesC f etC g sont symétriques par rapport à la droite d’équation y=x. Z a 3.I(a)=ln(x+1) dx. 0 a.I(a) est l’aire du domaine plan limité parC f , l’axe des abscisses et les droites d’équationy=0 ety=a. Si A 1 est le point deC f d’abscissea, son symétrique autour dey=xest le point M 2 (ln(1+a) ;a). De même ′ A(a; 0) a pour symétrique A (0 ;a). Le domaine dont l’aire estI(a) a pour symétrique le domaine limité par l’axe des ordonnées,C g et les droites d’équationy=0 ety=a. Or l’aire de ce domaine est la différence entre l’aire du rectangle construit Ú ′ ′ ′ sur les points O, A et M et l’aire du domaine situé sous l’arc OM , c’est à dire l’intégrale de la fonctiongentre 0 etf(a) ln(a+1). Donc Z ln(a+1) ¡ ¢ x I(a)=aln(a+1)−e−1 dx. 0 x ln(a+1) b.On a doncI(a)=aln(a+1)−[e−x ] = 0 ln(a+1) aln(a+1)−e+ln(a+1)+1=aln(a+1)−a−1+ln(a+1)−1= (a+1 ln(a+1)−a.

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