Corrigé du baccalauréat S Polynésie septembre 2005
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Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures Corrigé du baccalauréat S Polynésie septembre 2005 EXERCICE 1 5 points 1. À partir de a0 = 1, b0 = 0, c0 = 0, on obtient : a1 = 0 b1 = 1 3 c1 = 2 3 a2 = 1 6 b2 = 0 c2 = 1 6 + 2 6 = 5 6 a3 = 0 b3 = 1 18 c3 = 1 9 + 1 6 + 2 3 = 17 18 2. a. De trois choses l'une : ou la puce est en A, ou elle est en B, ou elle est en C ; d'où an +bn +cn = 1. D'autre part elle ne peut être en A que si elle était précédemment en B : an+1 = 1 2 bn et elle ne peut être en B que si elle était précédemment en A, soit bn+1 = 1 3 an . b. D'après la questionprécédente : an+2 = 1 2 bn+1 etbn+1 = 1 3 an ; donc an+2 = 1 2 ( 1 3 an ) = 1 6 an , ce pour tout n ?N. c. On a a2?0 = 1= ( 1 6 )0 (initialisation).

  • x? ?

  • x?

  • courbec ? symétrique

  • ?e?k π

  • rotation conservant les aires

  • rotation


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Publié le 01 septembre 2005
Nombre de lectures 287
Langue Français

Exrait

Durée : 4 heures
Corrigé du baccalauréat S Polynésie septembre 2005
EXERCICE1
5 points
1.À partir dea0=1,b0=0,c0=0, on obtient : 1 2 a1=0b1=c1= 3 3 1 12 5 a2=b2=0c2= + = 6 66 6 1 11 2 17 a3=0b3=c3= + + = 18 96 3 18 2. a.De trois choses l’une : ou la puce est en A, ou elle est en B, ou elle est en C ; d’oùan+bn+cn=1. D’autre part elle ne peut être en A que si elle était précédemment en B : 1 an+1=bnet elle ne peut être en B que si elle était précédemment en A, 2 1 soitbn+1=an. 3 1 1 b.D’après la question précédente :an+2=bn+1etbn+1=an; doncan+2= 2 3   1 11 an=an, ce pour toutnN. 2 36   0 1 c.On aa2×0=1=(initialisation). 6   p 1 1 Hérédité : supposons quea2p=et calculonsa2p+2=a2p 6 6    p p+1 1 11 = ×=. La formule est donc vraie au rangp+1. La récur 6 66 rence est établie. D’autre part par récurrence immédiatte :a1=a3= ∙ ∙ ∙ = a2p+1=0. 1 Il suit queb2p=a2p1=0 quel que soitp. 3   p 1 11 Calculonsb2p+1=a2p=. 3 36   n 1 3.Pour (anlim) : les termes de rang impair sont nuls, et on sait que=0. n→+∞ 6 Donc liman=0. n→+∞ Pour la même raisonlimbn=0. n→+∞ Orcn=1anbn. Donclimcn=1. Au bout d’un certain temps la puce sera n→+∞ pratiquement toujours dans la case C.
EXERCICE2
5 points
Partie A 2 y=x+16 2 22 2 1.yx=16⇐⇒y=x+16⇐⇒. La représentation 2 y= −x+16 graphique deHest donc la réunion de la représentationCde la fonction 2xx+16 et de la courbeCsymétrique autour de (Ox) deC.
Corrigé du baccalauréat S septembre 2005
2 2.f(x)=x+16 est définie surR; composée dedeux fonctions dérivables, elle x est dérivable surRetf(x)=. La fonction est donc décroissantesur 2 x+16 − + Ret croissante surR. On alimf(x)=limf(x)= +∞. x→+∞x→−∞ 2 2 (x+16x)(x+16+x 2 a.CalculonsΔ(x)=f(x)x=x+16x= = 2 x+16+x 2 2 x+16x16 =. 2 2 x+16+x x+16+x Donc limΔ(x)=limΔ(x)=0+. Ceci signifie que la droite d’équation x→−∞x→+∞ y=xest asymptote àCau voisinage de l’infini, la courbe restant au dessus de son asymptote.
5
4
4
A ×
D
b. 8 3 2 Par différence avec l’aire du rectangle, on a aire(D)=30x+16dx 3 (u.a.).
Partie B
Polynésie
2
5
C
B ×
C
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π  −i 1. a.La rotation a pour écriture complexe :z=ze . 4   2 2   b.Avecz=x+iyet par identificationx+iy=(x+iy)i onob 2 2 1 x=(x+y) 2 tient : 1 y=(x+y) 2   On a A (2 ; 42) et B (42 ;2). 2. a.Cf. figure cidessus. 1 2 x=(x+x+16) 2 b.SiM(x;y)C, alors. D’où 12 y=(x+x+16) 2 2 2 x+16x16   x×y=)=8. 2 2 De même avec un point deC. Ceci signifie que l’image deHpar la rotationrest bienH. 3. a.Cf. figure cidessus. b.Par différence avec l’aire d’un trapèze (on pouvaitégalement utiliser le rectangle du2. a.de laPartie Aon a : 4 2 2+4 2 8 4 2 aire(D)= ×4 22dx=158 [lnx]= 2 22x 158 ln 4. La rotation conservant les aires, on a : 2 aire(D)=aire(D)=158 ln 4)3, 910(u.a. ou cm
EXERCICE3
1.Réponse :b. 2.Réponse :c. 3.Réponse :a.
EXERCICE4
3 points
5 points
1. a.On a1cos(4x)1, donc par produit : xx ef(x)e . x b.Comme lim e=lim0, d’après le théorème des « gendarmes » :f(x)= x→+∞x→+∞ 0. L’axe des abscisses est donc asymptote àΓau voisinage de plus l’infini. xxx 2.On sait que e=0, quel que soitxR, donc e=e cos(4x)⇐⇒cos(4x)=   π 1⇐⇒4x=0 [2π]⇐⇒x=0 . 2   π π k Les points communs aux deux courbes sont donc les pointsMkk; e. 2 2   π π ππ π (n+1)n− − 2 22 2 3. a.un+1=f(n+1)=e=e×e=un×e . 2 π La suite (un.) est donc une suite géométrique de raison e 2 π b.eet0, 2u0=1 donc la suite est positive et décroissante et d’après la 2 question1. a.la limite de cette suite est nulle.
Polynésie
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Corrigé du baccalauréat S septembre 2005
 −xxx 4. a.On af(x)= −e cos(4x)e×4 sin(4x)= −e [cos(4x)+4 sin(4x)].  −x De mêmeg(x)= −e . π b.Or six=k, cos(4x)=1 et sin(4x)=0. 2    π ππ  k 2 On a doncf k=g k= −Donc les courbese .ΓetCont même 2 2 tangente en chacun de leurs points communs.   π π  − 2 5.On af= −e≈ −0, 2. 2
Polynésie
4
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