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La Réunion 2010 — BAC S — Corrigé maths
J.-P. W.
1er juillet 2010
Exercice 1 (commun) 6 points
Partie A
1) a) Sur ]−1;+∞[, la fonction affine (x7−→ x+1)est strictement crois-
sante et est à valeurs dans ]0;+∞[, intervalle sur lequel la fonc-
tion ln est strictement croissante, alors (par composition, puis
somme avec la constante 1)
fest strictement croissante sur ] −1;+∞[.
b) •Limite en −1
lim
x→−1(x+1) =0 et lim
X→0ln(X)= −∞, par composition et somme
avec 1 :
lim
x→−1f(x)= −∞
•Limite en +∞
lim
x→+∞(x+1) = +∞ et lim
X→+∞ ln(X)= +∞, alors (composition
et somme avec 1)
lim
x→+∞ f(x)= +∞
2) a) lim
x→−1f(x)= −∞ et lim x→−1−x=1, alors (par somme)
lim
x→−1g(x)= −∞
1

b) lim
x→+∞(1 +x)= +∞ et lim
X→0
ln(X)
X=0 (croissance comparée),
alors (par composition)
lim
x→+∞
ln(1 +x)
1+x=0
∀x> −1, g(x)=(1 +x)
1
1+x+ln(1 +x) 1+x
|{z }
→0 en +∞
−x
1+x
|{z }
→−1 en +∞
Par conséquent,
lim
x→+∞ g(x)=lim x→+∞ −(1 +x)= −∞
c) gest dérivable sur ] −1;+∞[ et,
∀x> −1, g′(x)=f′(x)−1=1
1+x−1=−x 1+x
Puisque x> −1, 1 +x>0 et
•sur ] −1;0[, −x>0, alors g′(x)>0 :
la fonction gest strictement croissante sur ] −1;0] ;
•sur ]0;+∞[, −x<0, alors g′(x)<0 :
la fonction gest strictement décroissante sur [0;+∞[.
x−1 0 +∞
g′(x)+0−
g
−∞ %1&−∞
d) gest continue (car dérivable) sur ]−1;0] et 0 ∈¸lim
x→−1g(x); g(0)¸
alors (théorème des valeurs intermédiaires) l’équation g(x)=0
possède au moins une solution dans ] −1;0], gétant de plus
strictement monotone (croissante) sur ] −1;0] cette solution est
unique. On la note αet α∈]−1;0].
2

De même,
gcontinue, strictement monotone (décroissante) sur [0;+∞[ et
0∈ilim
x→+∞ g(x); g(0)i, alors l’équation g(x)=0 a une, et une seule
solution βdans [0;+∞[ et, puisque g(2) >0 et 0 >g(3), β∈[2;3].
e) De c) et d) on déduit le signe de g(x)
x−1α β +∞
signe de g(x)°
°
°−0+0−
Le signe de g(x)=f(x)−xindique la position relative de Cfpar
rapport à D:
–Cfest au-dessous de Dsur ] −1;α[ et sur ]β;+∞[ ;
–Cfest au-dessus de Dsur ]α;β[.
Partie B
1) On considère la proposition dépendant de l’entier naturel n,
P(n) : « 2 ÉunÉβ»
On raisonne par récurrence :
Initialisation P(0) : « 2 Éu0Éβ» est vraie car u0=2.
Hérédité Soit n∈.
On suppose que P(n) : « 2 ÉunÉβ» est vraie. (H.R.)
Démontrons qu’alors P(n+1) : « 2 Éun+1Éβ» est vraie.
Puisque, Partie A, question 1) a),fest croissante sur ] −1;+∞[ :
Si 2 ÉunÉβalors f(2) Éf(un)Éf(β)
alors 1 +ln(3) Éun+1Éf(β)
comme 2 <1+ln(3) et g(β)=f(β)−β=0, on a f(β)=β,
alors 2 Éun+1Éβ
Conclusion ∀n∈, 2 ÉunÉβ
2) Soit n∈,un+1−un=f(un)−un=g(un).
Puisque ∀n∈,un∈[2;β] et gpositive sur [2;β], alors
∀n∈,un+1−unÊ0
La suite (un) est croissante et majorée alors elle converge.
3

Exercice 2 (commun) 4 points
Partie I
1) Le dé est équilibré et possède deux faces noires sur 6, la probabilité
d’obtenir une face noire lors d’un lancer est 1
3.
Les deux lancers sont indépendants, alors la probabilité d’obtenir
deux faces noires à l’issue du jeu est
1
3×1 3=1 9
2) L’événement Cest la réunion des événements, deux à deux incom-
patibles : « les deux faces sont noires », « les deux faces sont vertes »,
« les deux faces sont rouges », alors
P(C)=1
9+1 36 +1 4=14 36 =7 18
3) « les deux faces sont de couleurs différentes» est l’événement contraire
de C, alors sa probabilité est
P³C´=1−P(C)=1−7
18 =11 18
4) Considérons l’événement V: « les deux faces sont vertes », on a V⊂C
donc V∩C=V. Alors
PC(V)=P(V∩C)
P(C)=P(V) P(C)=1 36 ×18 7=1 14
Partie II
1) a) Considérons les événements V1: « la face obtenue au premier
lancer est verte », V2: « la face obtenue au second lancer est verte »,
...
V1
N1
2
3
1
3
V2
N2
2/3
1/3
V2
N2
R2
1/6
1/3
1/2
4

b) Sachant que l’on a obtenu une face verte au premier lancer, on
lance le dé Bau deuxième lancer et la probabilité d’obtenir alors
une face verte est :
PV1(V2)=2
3
2) La probabilité d’obtenir deux faces vertes :
P(V1∩V2)=P(V1)×PV1(V2)=2
3×2 3=4 9
3) D’après la formule des probabilités totales :
P(V2)=P(V1∩V2)+P(N1∩V2)=4
9+1 3×1 6= ··· = 1 2
5