Corrigé du baccalauréat S Antilles Guyane juin

Description

Niveau: Supérieur
[ Corrigé du baccalauréat S \ Antilles-Guyane juin 2004 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats On définit les suites (an) et (bn) par a0 = 1, b0 = 7 et ? ? ? ? ? ? ? an+1 = 1 3(2an +bn ) bn+1 = 1 3(an +2bn ) 1. On calcule a1 = 3, b1 = 5, a2 = 11 3 , b2 = 13 3 . 0 1 2 3 4 5 6??ı O A0 A1 A2 I B2 B1 B0 (D) 2. Soit (un ) la suite définie par un = bn ?an . On a un+1 = bn+1 ? an+1 = 1 3(an +2bn )? 1 3(2an +bn) = 1 3 (?an +bn) = 1 3un pour tout n ? N. La suite (un ) est donc une suite géométrique de raison 13 etde premier terme u0 = b0?a0 = 7?1= 6. Produit de deux facteurs supérieur à zéro, un en fonction de n. On sait que un = u0? r n soit ici un = 6? (1 3 )n = 2? (1 3 )n?1 .

• ?? ?


• limite ?


• n?1


• ?an


• abscisse du milieu du segment


• question précédente


• points commun


• ??0 ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2004
• Nombre de lectures: 98
• Langue: Français

Extrait

[CorrigédubaccalauréatS\
Antilles-Guyanejuin2004
EXERCICE 1 4points
Communàtouslescandidats 
1 a = (2a +b )n+1 n n
3Ondéfinitlessuites(a )et(b )para =1, b =7etn n 0 0  1 b = (a +2b )n+1 n n
3
11 13
1. Oncalculea =3, b =5, a = , b = .1 1 2 2
3 3
→−
0 1 2 3 4 5 6ı (D)
O A A A I B B B0 1 2 2 1 0
2. Soit(u )lasuitedéfinieparu =b −a .n n n n
1 1 1 1
On a u = b −a = a +2b − 2a +b = −a +b = u( ) ( ) ( )n+1 n+1 n+1 n n n n n n n
3 3 3 3
1
pour toutn∈N. La suite (u ) est donc une suite géométrique de raison etn
3
depremiertermeu =b −a =7−1=6.0 0 0
Produit de deux facteurs supérieur à zéro, u en fonction de n. On sait quen? ? ? ?n n−11 1nu =u ×r soiticiu =6× =2× .n 0 n
3 3
3. Produitdedeuxfacteurssupérieursàzéro,u estsupérieuràzéro.n
Oru ⇐⇒ b >a .n nn>0⇐⇒b −a >0n n
Variationsdea :n
1 1 1
Quelquesoitn, a −a = (2a +b )−a = (−a +b )= u >0,d’aprèsn+1 n n n n n n n
3 3 3
ci-dessus.Onadonca −a >0 ⇐⇒ a >a .n+1 n n+1 n
Lasuite(a )estdonccroissante.n
Variationsdeb :n
1 1
Onademême quelquesoitn,b −b = a +2b −b =− b −a =( ) ( )n+1 n n n n n n
3 3
1
− u <0.n
3
Onadoncb −b <0 ⇐⇒ b <b .n+1 n n+1 n
Lasuite(b )estdoncdécroissante.n
Géométriquement : les points A se placent de gauche à droite, et les pointsn
B dedroiteàgauche,lespremiersétanttoujoursàgauchedesseconds.n
4. Lessuites(a )et(b )sontadjacentes:n n
L’uneestcroissante,l’autredécroissanteetladifférenceb −a =u =n n n
1 1
2× .Or lim =0,donc lim b −a =0.n nn−1 n−1n→+∞ n→+∞3 3
5. Soit(v )lasuitedéfinieparv =a +b pourtoutn∈N.n n n n
1 1 1
u =a +b = (a +2b )+ (2a +b )= (3a +3b )=a +b =u .n+1 n+1 n+1 n n n n n n n n n
3 3 3
La suite v est donc une suite constante. En particulieru =u =a +b =( )n n 0 0 0
1+7=8.
8
Enconséquencel’abscissedumilieudusegment A B est =4.[ ]n n
2
Tous les segments [A B ] ont donc le même milieu d’abscisse 4, c’est-à-diren n
I.
6. Onpeutconcluredecequiprécédequelessuitessontconvergentesdelimite
communeℓ.Parconséquentlasuitev estconvergentedelimiteℓ+ℓ=2ℓ=n
8,d’aprèslaquestion5.
Conclusion:lessuites(a )et(b )sontconvergentesdelimiteℓ=4.n nCorrectiondubaccalauréatS
Interprétationgéométrique:lespointsA (parlagauche)etB (parladroite)n n
serapprochentdupointI.
( 2
u = −a +b =n n n n−1Onpeutégalementdéduiredusystème que:3
v = a +b = 8n n n
1 a = 4−n n−13
1 b = 4+n n−13
Les résultats précédents en découlent : on constate de plus que les points se
rapprochent d’une distance à chaque fois trois plus petite que la précédente
dupointI.
EXERCICE 2 7points
Communàtouslescandidats
Z Z ka a1 (t−a)
∗OnnoteI (a)= dt etpourk∈N ,onposeI (a)= dt.0 k k+11+t (1+t)0 0
a1. Commea>0, 1+t>0sur[0; a],doncI (a)=[ln(1+t)] =ln(1+a).0 0Za t−a
2. I (a)= dt.1 2(1+t)0
Àl’aided’uneintégrationparparties,enposantpourt>0:

1 ′ u(t)=t−a ; v (t)=
2(1+t) ,1 ′ u (t)=1 ; v(t)=−
1+t
′ ′onobtientparcontinuitédesfonctionsu etv :? ? Z ? ?a aat−a 1 t−a
I (a)= − + dt= − +ln(1+t) =ln(1+a)−a.1
1+t 1+t 1+t00 0
3. Demêmeàl’aided’uneintégrationparparties,enposantpourt>0:
 1k+1 ′ u(t)=(t−a) ; v (t)=
k+2(1+t) ,1 −1 ′ k u (t)=(k+1)(t−a) ; v(t)=− =
k+2−1 k+1(k+2−1)(1+t) (k+1)(1+t)
′ ′onobtientparcontinuitédeu etv pourt>0," #a Z k k+1k+1 a(t−a) (t−a) (−a)
I (a)= + dt= +I (a)=k+1 kk+1 k+1(k+1)(1+t) (1+t) k+100
k+1 k+1(−1) a ∗I (a)= +I (a) pourtout k∈N etpourtoutréela>0.k+1 k
k+1
1 1 1 1
5 4 3 24. SoitP lepolynômedéfinisurRparP(x)= x − x + x − x +x.
5 4 3 2
Enutilisantlarelationderécurrenceprécédente,
2 2a a
I (a)= +I (a)=ln(1+a)−a+ ,2 1
2 2
3 2 3−a a a
I (a)= +I (a)=ln(1+a)−a+ − ,3 2
3 2 3
4 2 3 4a a a a
I (a)= +I (a)=ln(1+a)−a+ − + ,4 3
4 2 3 4
5 2 3 4 5−a a a a a
I (a)= +I (a)=ln(1+a)−a+ − + − .5 4
5 2 3 4 5
Ladernièreégalitépeuts’écrired’aprèsladéfinitiondeP,
I (a)=ln(1+a)−P(a).5
Z ? ?aa 6 6t−a) a55. J(a)= (t−a) dt= =− .
6 60 0
Antilles-Guyane 2 juin2004CorrectiondubaccalauréatS
6. a. Enpartantdel’encadrement:
6 6 606t6a⇒161+t61+a⇒1 6(1+t) 6(1+a)
? 1 16(parcroissancedelafonctionx7?→x ,⇒0< 6 61⇒
6 6(1+a) (1+t)
5 5(t−a) (t−a)5(t−a) 6 6 60(cart−a60.
6 6(1+t) (1+a)
5(t−a)
5Conclusion:pourtoutt∈[0; a], >(t−a) .
6(1+t)
5(t−a)5b. Onvientdedémontrerque(t−a) 6 60.
6(1+t)
Onintégrecettedoubleinégalitéentre0eta pourobtenir:
Z Za a 5(t−a)5(t−a) dt6 dt60
6(1+t)0 0
soit, J(a)6I (a)60.5
7. D’aprèslaquestion4,I (a)=ln(1+a)−P(a)cequiimplique5
|I (a)|=|ln(1+a)−P(a)|=−I (a),card’aprèslaquestionprécédente5 5
I (a)60.Onavuque J(a)6I (a)60soitenprenantlesopposés:5 5
06I (a)6−J(a).5
Onadonc|ln(1+a)−P(a)|6−J(a)soitfinalement:
6a
Pourtouta∈[0;+∞[,|ln(1+a)−P(a)|6 .
6
−38. Pouravoiruneapproximationà10 prèsilsuffitque
6 ? ?a 1/6−3 6 −3 −3610 ⇐⇒ a 66?10 ⇐⇒ a6 6?10 .
6
Lacalculatricedonnea60,4262.
−3UnintervallesurlequelP(a)estunevaleurapprochéedeln(1+a)à10 près
estdonc[0;0,426].
EXERCICE 3 4points
Communàtouslescandidatsp pp p
2+ 2+i 2− 2.Onposez=−
21. Laformealgébriquedez est: q? ?p pp p 2 p ? p ? p p
2z = − 2+ 2+i 2− 2 =2+ 2− 2− 2 +2i (2+ 2)(2− 2)=2+
p p p p p
2−2+ 2+2i 2=2 2+2i 2.Réponseb
22. z s’écritsousformeexponentielle: ? !p p ? ? ? ? ??? ? 22 − 2 π π22 2 2? ?Ona z =8+8=16=4 .Doncz =4 i =4 cos − −isin − =
+ 2 4 4
iπ−
44e .Réponseb.
3. z s’écritsousformeexponentielle:
π
Le module de z est 2. Un de ses argumentsθ est tel que 2θ=− [2π] ⇐⇒
4
π
θ=− [π].
8
L’énoncé montre que la partie réelle est négative : l’argument est donc θ=
π 7π
− +π= .
8 8
7πi
8Conclusion:z=2e .Réponsea.
p pp p
2+ 2 2− 2
4. et sontlescosinusetsinusde:
2 2 p p? !p p
2+ 2 2− 2
Onatrouvéquez=2 − +i ,cesquotientsétantlecosinus
2 2
Antilles-Guyane 3 juin2004CorrectiondubaccalauréatS
7π
etlesinusde .
8 p p
2+ 2
On sait que cos(π−α)=−cosα et que sin(π−α)= sinα. Donc et
2p p
2− 2 7π π
sont les cosinus et sinus du supplément àπ de , donc de . Ré-
2 8 8
ponseD.
EXERCICE 4 5points
Pourlescandidatsn’ayantpassuivil’enseignementdespécialité
1. a. SoitG lebarycentredusystèmedepointspondérés{(A, 1); (B, 1); (C,−1); (D, 1)}.1
Ce barycentreexiste puisque la somme 1+1−1+1 est non nulle et par
définition:
−−→ −−→ −−→ −−→ →− −→ −→ →−
G A+G B−G C+G D = 0 etd’autrepartIA+IB = 0 .1 1 1 1
Lapremièreégalitévectoriellepeuts’écrire
−−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ →−
G I+IA+G I+IB−G I−IC+G I+ID = 0 ⇐⇒1 1 1 1? ?−−→ −→ −→ −→ −→ →− −−→ −−→ −−→ 1−−→
2G I+ IA+IB −IC+ID = 0 ⇐⇒ 2IG =CD ⇐⇒ IG = CD.1 1 1
2
Placez I, J et G sur la figure (voir ci-dessous). L’égalité trouvée montre1
−−→ −→
quelesdroites(IG )et(CD)sontparallèles.OnadeplusIG =CJ.1 1
A
G1
I
G2
D
B
J
C
b. SoitG lebarycentredusystèmedepointspondérés{(A, 1); (B, 1); (D, 2)}.2
D’après l’associativité G est aussi le barycentre de {(I, 2),(D,2)} soit le2
milieude[ID]
1−→ −−→ −−→
c. OnsaitqueJmilieude[CD]peuts’écrireJD = CD =IG .1
2
−−→ −→
Conclusion:IG =JDéquivautàIG DJestunparallélogramme.1 1
Ses diagonales[ID]etJG ontdonc le même milieu. Or celui de[ID]est1
G quiestaussiceluideJG .2 2
2. Soitmunréel.OnnoteG lebarycentredusystèmedepointspondérés{(A, 1); (B, 1); (C,m−m
2); (D, m)}.
a. Le barycentreG existe si 1+1+m−2+m6?0 ⇐⇒ m6?0. On a doncm
E=R−{0}.
Antilles-Guyane 4 juin2004CorrectiondubaccalauréatS
b. Par associativitéG est le barycentrede {I, 2), (C, m−2) ; (D, m)}, ap-m
partientauplan(ICD).
−−−→ −−−→ −−−→ −−−→ →−
c. PardéfinitiondubarycentreG A+G B+(m−2)G C+mG D = 0 ⇐⇒m m m m
−−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ →−
G J+JA+G J+JB+(m−2)G J+(m−2)JC+mG J+mJD = 0 ⇐⇒m m m m
−−→ →− −→ −→
2mJG =2JI −2JC =2CI.m
−−→ −→
Finalement onadoncmJG =CI =constante.émontrez quelevecteurm
−−−→
mJG estconstant.m
1−−→ −→
d. Onadoncpourtoutm∈E :JG = CI,quimontrequeG appartientm m
m
1
àlaparallèleàladroite(CI)contenantJ.Commem6?0, 6?0.
m
Conclusion:l’ensembledetouslespointsG estladroiteparallèleà(CI)m
contenantJ(c’est-à-direladroite(JA)d’aprèslesquestionsprécédentes)
privéedupointJ.
EXERCICE 4 5points
Pourlescandidatsayantsuivil’enseignementdespécialité
1. Faireunefigure.
20
19
18
QS D C17
N16
P15
14
13 O
12
11 B
10 A M
9
8
7
6
5
4
3
2
1 R
Δ
0
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011121314151617181920
π
2. Soitr larotationdecentreAetd’angle .
2
a. L’imageparr del