Corrigé du baccalauréat S Antilles Guyane septembre 2008

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane \ septembre 2008 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats PARTIE A : 1. • Initialisation : u0 = 1+ 12 50 = 1+12= 13 : vrai ; • Hérédité : supposons qu'il existe un naturel p > 0 tel que up = 1+ 12 5p ; alors up+1 = 1 5 up + 4 5 = 1 5 ( 1+ 12 5p ) + 4 5 = 1 5 + 4 5 + 12 5p+1 = 1+ 12 5p+1 : l'hérédité est bien démontrée. On a donc pour tout entier naturel n,un = 1+ 12 5n . Comme lim n?+∞ 12 5n = 0, lim n?+∞ un = 1. 2. a. On a Sn+1 ? Sn = un+1. Par une récurrence immédiatte, on a un > 0, ce qui entraîne que la suite (Sn) est croissante. b. D'après la question 1., Sn = 1+ 12 50 +·· ·+1+ 12 5n = (n+1)?1+ n ∑ k=0 12 5k = (n+1)+ 12 n ∑ k=0 1 5k .

• courbe représentative dans le plan rapporté


• cercle de centreoet de rayon


• droite d2


• ei π


• ??


• points commun

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2008
• Nombre de lectures: 712
• Langue: Français

Extrait

[Corrigé du baccalauréat S AntillesGuyane\ septembre 2008

E X E R C IC E 1 4points Commun à tous les candidats PARTIE A : 12 1.•Initialisation :u 0 =1+ =1+12=13 : vrai ; 0 5 12 •Hérédité : supposons qu’il existe un naturelp>0 tel queu p =1+; alors p 5 µ ¶ 1 41 124 14 1212 u p+1 =u p + =1= + +=+ +1+: l’hérédité est bien p p+1p+1 5 55 55 55 55 démontrée. 12 On a donc pour tout entier natureln,u n =1+. n 5 12 Comme lim=0, limu n =1. n n→+∞n→+∞ 5 2. a.On aS n+1 −S n =u n+1 . Par une récurrence immédiatte, on au n >0, ce qui entraîne que la suite (S n ) est croissante. n X 12 1212 b.D’après la question1.,S n =1+ +∙ ∙ ∙ +1+ =(n+1)×1+ =(n+1)+ 0n k 5 5 5 k=0 n X 1 12 . k 5 k=0 Le deuxième terme de la somme précédente est la somme des (n+1) premiers n X 1 1 termes d’une suite géométrique de raison, soit avecT n =, k 5 5 k=0 µ ¶ 1 11 14 15 1 T n = +∙∙ ∙++et par différenceT n =1−et enfinT n =1−. n n+1n+1n+1 5 55 55 54 5 µ ¶µ ¶ P 31 11 5 n D’où 12=12×1− =15 1− =15− k=0 k n+1n+1n 5 45 55 On a donc : 3 3 S n =(n+1)+15− =n+16−. n n 5 5 c.La limite de la suite est celle den, donc égale à+∞.

PARTIE B : Proposition 1 : Fausse : la suite (u n ) de l’exercice cidessus est convergente, alors que ( S n ) diverge. Proposition 2 : Fausse : la suite (u n ) de l’exercice cidessus est décroissante car la suite 1 de terme générall’est et on a vu que la suite (S n ) est croissante. n 5

E X E R C IC E 2 Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité PARTIE A : On considère le système de congruences : ½ n≡2 (modulo3) (Soù) ,ndésigne un entier relatif. n≡1 (modulo5) 1.On a 11=3×3+2 et 1=5×1 ; 11 est donc solution de (S).

5 points

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A. P. M. E. P.

½ n≡2 (modulo3) 2.On a⇒par différencen−11≡3, qui signifie0 modulo 11≡2 (modulo3) quen−11 est un multiple de 3. ½ n≡5)1 (modulo 3.De même⇒par différencen−11≡0 modulo5, qui 11≡5)1 (modulo signifie quen−11 est un multiple de 5. Comme 3 et 5 sont premiers entre eux,n−11 est multiple de 3×5=15. D’oùn−11= 15k, aveck∈Net enfinn=11+15k,k∈N.

PARTIE B : p 1+1 3i 3 π π π i 1. Applicationf:= +i=cos+i sin=e . 3 3 3 2 22 π ′ i π On a doncz=zl’applicatione :fest donc une rotation de centre O et d’angle. 3 3 π ′′ i π  Applicationg:z=ez, doncg.est la rotation de centre O et d’angle 5 5 ³ ´ −−−→−−−−−→ π 2. a.CommeA n+1 =f ( A n ), OA n+1 =OA n et OA n , OA n+1 =, le triangle OA n A n+1 3 π est isocèle avec un angle au sommet de, donc un triangle équilatéral. 3 b.Les pointsA 0 ,A 1 ,A 2 ,A 3 ,A 4 etA 5 sont équidistants de O, donc sur un cercle de centre O. Les triangles OA n A n+1 sont équilatéraux, doncA 0 A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 est un hexa gone régulier de centre O. 3. a.De la même façon les pointsB n sont sur le cercle de centre O et rayon OB 0 = π −i ¯ 4e ¯ =4. 5 ³ ´³ ´³ ´ −−−→−−−−→→−−−−−−−→−−−−→−−−−→ b.D’après la relation de Chasles :OB n , OB n+2 =OB n , OB n+1 +OB n+1 , OB n+2 = π π2π + =. (2π) 5 55 c.Les pointsB n sont sur le cercle de centre O et de rayon 4 et les triangles OB n B n+2 2π sont isocèles d’angle au sommet. 5 Le polygoneB 0 B 2 B 4 B 6 B 8 est donc un pentagone régulier de centre O. π π i i 3 3 4. a.Puisquea n+1 =ea n , (a n ) est une suite géométrique de raison e. On a donc ³ ´³ ´³ ´ π n π π (n−2)π ini−2i i a n =ea 0 =e×2e=2 e. 3 33 3 π π i i De même, commeb n+1 =eb n , (b n .) est une suite géométrique de raison e 5 5 ³ ´³ ´³ ´ π n π π (n−1)π ini−i i 5 53 5 On a doncb n =eb 0 =e×4e=4 e. b.Les points sont les deux sur l’axe des réels si leurs arguments sont égaux à 0 à πprès, c’estàdire si  (n−2)π  ½  ≡0 [π] n−2≡0 [3] 3 ⇐⇒ (n−1)π  n−1≡0 [5]  ≡0 [π] 5 Les pointsA n etB n sont simultanément sur l’axe des réels sinest solution du système (S) cidessus, donc sinest de la forme 11+15kaveck∈N.

E X E R C IC E 3 Commun à tous les candidats Soitfla fonction définie surRpar :

AntillesGuyane

x 4e f(x)=x+2−. x e+3

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7 points

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A. P. M. E. P.

On désigne parCthonormalsa courbe représentative dans le plan rapporté à un repère or ³ ´ −→−→ O,ı,d’unité graphique 2 cm. x e x 1. a.eComme lim=0, lim=0. La limite def(x) est celle dex+2 soit x x→−∞x→−∞ e+3 −∞. x e b.f(x)−(x+2)= −et on a vu que la limite de ce quotient est égale à 0 au x e+3 voisinage de−∞. Ceci montre que la droiteD 1 d’équationy=x+2 est asymp tote à la courbeCau voisinage de−∞. x e x x c., eComme 4, e+3 sont des nombres supérieurs à zéro,− <0. x e+3 Ceci montre que la droiteD 1 est sous la courbeCau voisinage de−∞. 2. a.fest une somme de quotients de fonctions dérivables surR, le dénominateur ne s’annulant pas : elle est donc dérivable surRet x xx xx x 2 x −4e (e+3)+4e×(ee 12e+3)−12e ′ f(x)=1+ =1− == x 2 x 2 x 2 (e+3) (e+3) (e+3) 2x xx2x xx 2 e+9+6e−12e e+9−6e (e−3) = = x 2 x 2 x 2 (e+3) (e+3) (e+3) µ ¶ x 2 e−3 ′ D’où finalementf(x)=, quel que soitx∈R. x e+3 ′ b.On a manifestementf(x) > 0. La fonctionfest donc croissante surR. x 4e On alim− =−4, limf(x)= +∞. x x→+∞x→+∞ e+3 D’où le tableau de variations :

x−∞ ′ f(x) +

f(x)

ln 3 0

+∞ + +∞

−∞ ′x 3. a.f(x)=0⇐⇒e=3⇐⇒x=ln 3. Ca donc une tangente horizontale au point d’abscissex=ln 3. 4×3 On af(ln 3)=ln 3+2− =ln 3. 3+3 L’équation deD 2 esty=ln 3−2. b. Six<alors par croissance deln 3,f,f(x)<fLa courbe(ln 3).Cest sous la droiteD 2 .  Six>ln 3,alors par croissance de la fonctionf f(x)>f(ln 3).La courbeC est audessus de la droiteD 2 .  Six=ln 3,alorsCetD 2 sont tangentes. Y−f(0) ′ ′ 4. a.M(x;y)∈D 3 ⇐⇒ =f(0) (siX6=0⇐⇒Y=f(0)+f(0)X. X−0 4 f(0)=2− =1 ; 4 µ ¶ 2 −2 1 ′ f(0)= =. 4 4 1 M(x;y)∈D 3 ⇐⇒y=x+1 4

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A. P. M. E. P.

µ ¶ 1 b.Soitgla fonction définie surRparg(x)=f(x)−x+1 . 4 1 ′ ′ gest dérivable surRetg(x)=f(x)−; 4 x x 12e (e−3) ′ ′′′ gest dérivable surRetg"(x)=f(x)=; ce quotient est du signe x 3 (e+3) x′′ de e−3 ; le signe degdépend donc de la position dexpar rapport à ln 3 : ′′ ′  six<ln 3,g(x)<0, ce qui signifie quegest décroissante ; ′′ ′  six>ln 3,g(x)>0, ce qui signifie quegest croissante. 1 11 ′ ′′ gadmet donc un minimum en ln 3 qui vautg(ln 3)=f(ln 3)− =0− =−. 4 44 µ ¶ 2 1−2 11 1 ′ ′ On remarque queg(0)=f(0)− = − =− =0. 4 44 4 4 ′ On en déduit que sur ]− ∞; 0[,g(x)>0, doncgest croissante, puis que sur ′ ]0 ; ln3[,g(x)<0, doncgest décroissante. 4 ga donc un maximum enx=0 qui vautg(0)=f(0)−1=2− −1=0. 4 Conclusion : sur l’intervalle ]− ∞3[, la fonction; lngest négative soitf(x)− µ ¶µ ¶ 1 1 x+1<0⇐⇒f(x)<x+1 ,ce qui signifie queCest au dessous deD 3 4 4 sur ]− ∞3[.; ln y

D 2

ln 3

O

I

ln 3

x

x′x 56.a.Posonsu(x)=e+3 ;uest dérivable surRetu(x)=e . x′ eu(x) On a doncg(x)= =. x e+3u(x) On sait qu’une primitive de cette fonction est ln|u(x)| =lnu(x) caru(x) > 3> x 0)=ln (e+3). x Une primitiveGdegsurRest doncG(x)=ln (e+3). b.On a vu que quel que soitx,Cest en dessous deD 1 , donc l’aire cherchée est : Z Z 0 0 x e A(λ)=[(x+2)−f(x)] dx=la question4 (d’après1. b.) x λ λ e+3

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A. P. M. E. P.

¡ ¢£ ¡¢¤ £¡ ¢¤ 0λ λ DoncA(λ)=G(0)−G(λ)=4 lne+3−4 ln e+3=4 ln 4−4 ln e+3 . ³ ´ λ λ c.On alim e=0, doncln elim 4+3=4 ln 3. λ→−∞λ→−∞ µ ¶ 4 4 256 4 4 Puis limA(λ)=4 ln 4−4 ln 3=ln 4−ln 3=ln=ln≈1, 15u. a. λ→−∞ 3 81

E X E R C IC E 4 4points Commun à tous les candidats 1. 0,3 V 2 0,2 V 1 V 2 0,7 0,3 V 2 0,8 V 1 V 2 0,7 ´ 2 8 On a de suitep(V 1 = =0, 2,pV 1 = =0, 8. 10 10 ´ 3 7 p(V 2 = =0, 3,pV 2 = =0, 7. 10 10 En suivant la première branche, on obtientp(V 1 ∩V 2 ) =0, 2×0, 3=0, 06. 2.nc avec une probaOn gagne un ours en peluche si on tire une seule bille verte ; do bilité de ³ ´³ ´ pV 1 ∩V 2 +pV 1 ∩V 2 =0, 2×0, 7+0, 8×0, 3=0, 14+0, 24=0, 38. 3.SoitXla variable aléatoire égale au nombre de gagnants. On a une épreuve de Bernoulli puisque les parties sont indépendantes avecn=20 etp=0, 06. La probabilité que 2 parmi les 20 gagnent un lecteur MP3 est : Ã ! 20 2 20−2−4 p(X=2)= ×0, 06×(1−0, 06)≈près.à 100,224 6 2 4.Calculons la probabilité qu’aucune de cesnne gagnent un lecteur MP3; elle est ¡ ¢ n 0n n égale à×0, 06×0, 94=0, 94. 0 n La probabilité qu’au moins une personne gagne est donc égale à :p n =1−0, 94. n n Orp n > 0, 99⇐⇒1−0, 94 > 0, 99⇐⇒0, 01 > 0, 94soit par croissance de la µ ¶ 1 n fonction logarithme népérien ln0, 01 > ) ln (0, 94⇐⇒ln > nln 0, 94⇐⇒ 100 −ln 100 −ln 100 > nln(0, 94)⇐⇒n > 94car ln 0,<0. ln 0, 94 La calculatrice donnen > 74, 5. Il faut au moins 75 joueurs pour qu’il y ait au moins un gagnant du lecteur MP3 avec une probabilité de 99 %.

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