Mathématiques Bac Blanc TS du mercredi 2 mars 2011 (4 heures)

Mathématiques Bac Blanc TS du mercredi 2 mars 2011
(4 heures)
Chaque exercice sera rédigé sur une copie différente
Les calculatrices sont autorisées (mais aucun formulaire personnel).
La qualité de la rédaction, la clarté de la copie et la précision des raisonnements entreront pour une part importante dans
l’appréciation des copies.
Exercice 1 : sur 4 points
1. La suite ( un) est définie par u0  10 et pour tout
2. On définit la suite (vn) par vn  4un  8n  12
1
7
un  n 
2
2
17
a. Vérifier que u1 =
et calculer u2
2
entier naturel n , un 1 
a. Calculer v0 et vérifier que v1 = 14
b. Démontrer que (vn) est une suite géométrique de
raison
b. Démontrer que pour tout entier n , un > 0
1
2
c. Exprimer vn en fonction de n
d. Montrer que la suite ( vn) est décroissante.
e. Déterminer le plus petit entier naturel n tel que
vn < 7.10-3
5
c. Démontrer pour tout entier n , un > n+
2
d. En déduire la limite de la suite ( un).
Exercice 2 : sur 5 points
Pour chaque question, répondre sur votre copie par VRAI ou FAUX en justifiant la réponse
1. Dans une urne il y a 14 boules numérotées de 1 à 14. On en tire 4 selon le protocole suivant : on tire une boule, on
14
note son numéro, on la remet dans l’urne et on recommence. Le nombre de tirages possibles est : 4
2. Une urne contient trois boules blanches et sept boules noires. On en tire simultanément quatre.
La probabilité d’obtenir exactement une boule blanche est :
1
2
3. On dispose de dix jetons marqués A, B, C, D, E, F, G, H, I et J. On en tire trois successivement mais sans remise.
 3
 
 3
La probabilité d’obtenir les lettres B, A, C dans n’importe quel ordre est :
10  9  8
4. A et B sont deux événements tels que : p(A) = 0.4, p(B) = 0.5, p(A  B) = 0.65. Alors A et B sont incompatibles
5. Un tireur sur cible s’entraîne sur une cible circulaire comportant trois zones délimitées par des cercles
concentriques, de rayons respectifs 10, 20, et 30 centimètres. On admet que la probabilité d’atteindre une zone est
proportionnelle à l’aire de cette zone et que le tireur atteint toujours la cible. La probabilité d’atteindre la zone la
plus éloignée du centre est égale à
1
3
Exercice 3 : sur 6 points
ex
 
x  x
Question de cours : l’objet de cette question est de démontrer que lim
On suppose connus les résultats suivants :
 la fonction exponentielle est dérivable sur  et égale à sa dérivée
 e0 = 1
 Pour tout réel x, e x  x
 Soient deux fonctions et définies sur [0 ; + [.
Si, pour tout x de [0 ; +[, on a (x) 
et si lim
x
= + alors lim
x
(x) = + 
On considère la fonction u définie sur [0 ; +[ par u ( x)  e x 
x²
. Montrer que pour tout x de [0 ;+[ on a u( x)  0
2
ex
 
x  x
En déduire que lim
1

Soit f la fonction définie sur  par f ( x)  e x  x ²  x  1 .
2


1. Déterminer la limite de f en – 
2. Déterminer la limite de f en + 
Partie A
3. Montrer que f '( x)  
1
x ²e x
2
4. Etudier les variations de f sur 


5. Le plan rapporté à un repère orthogonal O, i, j .
On note C la courbe représentative de f et
a. Étudier les positions relatives de C et
b. La courbe
celle de la fonction définie sur
par h(x) = e  x
.
est tracée ci-dessous. Tracer la courbe C sur le même graphique.
Partie B
1. Résoudre l’équation différentielle : y′ + y = 0 (E), dont l’inconnue est une fonction définie et dérivable sur .
2. On considère l’équation différentielle : y′ + y = e  x (x +1) (E′)
a. Vérifier que la fonction f définie dans la partie A est solution de (E′).
b. Soit g une fonction définie et dérivable sur . Montrer que g est solution de l’équation (E′) si et seulement si g − f
est solution de l’équation (E)
c. Résoudre l’équation (E′).
j
O
i
Exercice 4 : sur 5 points
Elèves ayant suivi la spécialité Physique ou SVT
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct (O, u , v ). On prendra pour unité graphique 2cm.
Soit A, B et C les points d’affixe respectives : a  3  i , b 1 3i , c 1  i .
1)
a. Placer ces points sur une figure que l’on complètera au fur et à mesure.
b. Quelle est la nature du triangle ABC ?
c. Démontrer que les points A et B appartiennent à un même cercle  de centre O, dont on calculera le rayon.
2) Soit M un point quelconque du plan d’affixe notée m et N le point d’affixe notée n, image de A dans la rotation r de
centre M et d’angle

.
2
Déterminer une expression de n en fonction de m.
3) On appelle Q le milieu du segment [AN] et q son affixe. Montrer que : q 
(1  i )m
2i.
2
4) Dans cette question, M est un point du cercle  .
a. Justifier l’existence d’un réel θ tel que : m  10 ei .
b. Calculer q  2  i . Quel est l’ensemble  ’des points Q lorsque M décrit le cercle  ?
Exercice 4 : sur 5 points
Elèves ayant suivi la spécialité Mathématiques
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct (O, u , v ). On prendra pour unité graphique 2cm.
Soit A et B les points d’affixes respectives zA = i et zB = 1 + 2i.
1) Justifier qu’il existe une unique similitude directe S telle que S(O) = A et S(A) = B.
2) Montrer que l’écriture complexe de S est : z '  (1 i) z  i .
Préciser les éléments caractéristiques de S. On notera  le centre de S et  son affixe.
3) On considère la suite de points (An) telle que :


A0 est l’origine du repère et,
Pour tout entier naturel n, An+1 = S(An).
On note zn l’affixe de An. (On a donc A0 = O, A1 = A et A2 = B).
a. Démontrer que pour tout entier naturel n, zn 1  (1 i)n .
b. Calculer le nombre complexe q 
zn 1  zn
. En déduire la nature du triangle An An1
  zn
c. En déduire une construction du point An+1 connaissant le point An. Construire les points A3 et A4.
4) Quels sont les points de la suite (An) appartenant à la droite ( B) ?
Corrigé : exercice 1
1. a)
u1 
1
7
7 17
u0  0   5  
2
2
2 2
u2 
1
7 17 9 35
u1  1  
 
2
2 4 2 4
b) Montrons par récurrence la propriété : pour tout entier naturel n
Initialisation : u0  10 et 10  0 donc u 0  0
Hérédité : supposons que pour un entier naturel p quelconque on ait up >0 alors
1
7
1
7
u p  0 et en ajoutant p >0 et >0 on a u p  p   0 c'est à dire u p 1  0
2
2
2
2
La propriété est héréditaire
Conclusion : la propriété est vraie pour tout entier naturel n
c) Une méthode : pour n entier naturel quelconque, un>0 donc
1
un  0
2
en ajoutant n+
c'est-à-dire un+1 > n+
7
1
7
7
aux deux membres on a un  n   n 
2
2
2
2
7
5
ou encore un+1 > n+1+ 5/2 d’où un > n+
2
2
Une autre méthode : par récurrence
c) Limite ? D’après la question précédente :
un  n 
5
n .
2
lim n 
5
  Par théorème de comparaison , on déduit que lim un  
n 
2
n 
2. a)
v0  4u0  8  0  12  28
v1  4u1  8 1  12  4 
17
 8  12  14
2
b) Pour tout entier naturel n,
1
7
1
1
vn1  4un1  8(n  1)  12  4( un  n  )  8n  20  2un  4n  14  8n  20  (4un  8n  12)  vn
2
2
2
2
Donc la suite ( vn) est géométrique de raison q= 0.5
c) Pour tout entier naturel n, on sait vn= v0qn donc vn = 28×0.5n
Pour tout entier naturel n, v n+1 – vn = 28×0.5n+1–28×0.5n=28×0.5n×(0.5-1)= –14×0.5n
Expression négative ce qui permet de déduire que la suite ( vn) est décroissante.
e) On doit chercher le plus petit entier naturel n tel que vn < 7.10-3
vn < 7.10-3  28×0.5n < 7 ×10-3  0.5n < 0.25×10-3 (en appliquant la fonction logarithme croissante sur ]0 ; + ∞[
Cela équivaut à ln( 0.5n) < ln( 0.25×10-3)
ln(0.25  103 )
 11.97
ln(0.5)
donc à partir de n = 12 on a vn < 7.10-3
 n ln(0.5) < ln( 0.25×10-3)
 n>
ln(0.25  103 )
ln(0.5)
(remarque : u 11  0.01367188 et u 12  0.00683594 )
Exercice 2 :
1.
Il s’agit d’un tirage successif avec remise. Il y a 14 choix pour la première boule, 14 choix pour la seconde, 14 choix pour
la troisième et 14 choix pour la dernière. Le nombre de tirages est donc : 144
Réponse : FAUX
2. Il s’agit d’un tirage simultané, on utilise des combinaisons pour dénombrer.
10 
Nombre de cas possibles :    210 .On veut une boule blanche et donc trois noires.
4 
 3  7 
Nombre de cas favorables :       105
1   3 
La probabilité est donc
105 1

210 2
Réponse : VRAI
3. p(A  B) = p(A) + p(B) – p(A  B)
p(A  B) = p(A  B) – p(A) – p(B) = 0.4 + 0.5 - 0.65 = 0,25
Or A et B incompatibles  p(A  B)=0 donc
Réponse : FAUX
4. Il s’agit d’un tirage successif sans remise. Il y a 10 choix pour le premier, 9 pour le second et 8 pour le dernier. Le
nombre de cas possibles est donc : 10  9  8 = 720.
Pour dénombrer les cas favorables, on cherche tous les tirages utilisant les lettres A, B et C : on a 3 choix pour la
première, 2 choix pour la 2ème et 1 pour la dernière donc 6 en tout ( On peut aussi dire qu’il y a 3! façons
d’obtenir les lettres A, B et C dans tous les ordres possibles : il s’agit du nombre de permutations de 3 éléments).
 3
 
3
1
6
La probabilité cherchée est donc
alors que   
10  9  8 10  9  8
10  9  8
5.
L’aire de la cible est égale à   30²  900
L’aire de la couronne la plus éloignée est   30²    20²  500
La probabilité d’atteindre la zone la plus éloignée du centre est donc égale à
500 5

900 9
Réponse : FAUX
Réponse : FAUX
La cible est formée d’un disque central et de deux couronnes : sans calcul, il est impossible de dire que les trois zones
n’ont pas la même aire ou que la zone la plus éloignée a l’aire la plus grande.
Corrigé de l’exercice 3
Question de cours
u ( x)  e x 
x²
2
La fonction u est dérivable sur [0 ,+[ comme somme de fonctions dérivables sur  et u '( x)  e x  x
On nous dit que pour tout réel x ex > x donc pour tout réel x ex – x > 0 : u’(x) > 0 sur [0 ; +[ donc u est strictement
croissante sur . Or, u(0) = e0 – 0 = 1. On a donc pour tout x de [0 ; +[ u(x)  u(0)  0
On vient de démontrer que, pour tout x positif : e x 
x²
x²
d’où en divisant par x, pour
 0 ce qui équivaut à e x 
2
2
ex x
 .
x 2
ex
x
 
Or, lim   donc lim
x  x
x  2
tout x strictement positif :
Partie A
1

f ( x )  e  x  x ²  x  1
2

1°)

1

lim  x ²  x  1   (fonction polynôme) 
x  2


f ( x)  
 par produit xlim

x

lim  x   donc lim e  
x 
x 

2°) A priori on a une forme indéterminée «  × 0 »
1 x² x 1
f ( x)   x  x  x
2 e e e
ex
ex
  et lim
  et lim e x  
x  x ²
x  x
x 
Or, les théorèmes de cours nous permettent de dire que lim
d’où par inverse : lim
x 
x²
x
1
 0 , lim x  0 et lim x  0 et par somme lim f ( x)  0
x
x 
x

x

e
e
e
remarque :
On peut aussi utiliser un théorème du cours (avec P(x) polynôme
lim
x 
ex
 
P( x)
) et sa conséquence en passant à
l’inverse mais par contre le raisonnement vague qui consite à dire que l’exponentielle l’emporte n’est pas accepté
1
x²e x
x  2
Celui qui consiste à dire que le calcul de la limite cherchée revient au calcul de la limite de
non plus .
lim
3°)
La fonction f est dérivable sur  comme produit de fonctions dérivables sur .
1
1

 1

f ( x)  e x  x ²  x  1  e x  x  1  e x   x ²  x  1  x  1   x ²e  x
2
2

 2

On retrouve bien la forme proposée dans l’énoncé
4°) Sur  , e- x > 0 et x² > 0 sauf en 0 où il s’annule : f ( x) est donc toujours strictement négative sauf en 0 où elle
s’annule. La fonction f est donc strictement décroissante sur .
x
0
–
+
–
0
–
signe de f ( x)
variations
+
de
1
f
0
Ne pas oublier de donner la valeur qui annule la dérivée dans le tableau
5°) a) Pour étudier la position relative de C et , on étudie le signe de la différence f(x) – h(x)
1

1

f ( x )  h( x )  e  x  x ²  x  1   e  x  e  x  x ²  x 
2

2

1
Comme e-x est toujours strictement positif, cette différence est du signe de 2 x ²  x polynôme du second degré
admettant pour racines 0 et – 2. Ce polynôme est positif à l’extérieur des racines et négatif entre.
On en déduit que C est au dessus de sur ]–,–2[ et ]0 ;+[, au-dessous sur ]– 2 ; 0[ et que les deux courbes ont en
commun les points d’abscisses – 2 et 0.
Il faut absolument justifier clairement le signe de la différence f(x)– h(x) et bien sûr ensuite être cohérent dans mle
tracé de la courbe de f .
j
O
i
Partie B
1°) L’équation y’ + y = 0 équivaut à y’ = – y de la forme y’ = ay avec a = –1.
Les solutions sont les fonctions x
Ce x où C est une constante réelle.
Faire une phrase et ne pas se contenter d’écrire f(x)= Ce-x sans aucune rédaction !
2°) a)
Pour tout réel x f ( x)  f ( x)  
1
1

x ²e x  e x  x ²  x  1  e  x  x  1 ce qui prouve que f est solution de
2
2

l’équation différentielle (E’) ( idem : faire une phrase de conclusion)
b) Soit g une fonction définie et dérivable sur .
g solution de (E’)
x
 g '( x)  g ( x)  e  x  1 pour tout réel x
 g '( x)  g ( x)  f '( x)  f ( x) pour tout réel x d’après le résultat de la question précédente
 g '( x)  f '( x)  g ( x)  f ( x)  0 pour tout réel x
 g – f est solution de (E).
Bien raisonner par équivalence en précisant bien quand celles-ci sont valables pour tout réel x
c) g solution de (E’)
 g – f solution de (E) d’après la question précédente
 g – f est de la forme x
Ce x où C est une constante réelle, d’après la question B 1°
Les solutions de (E’) sont donc les fonctions de la forme x
x
f ( x)  Ce x autrement dit
1

e x  x ²  x  1  C  où C est une constante réelle.
2

Bien comprendre le lien qui existe entre la question b) et la question c). C’est la question b) qui permet de trouver les
solutions de l’équation (E’) ( qui n’est pas du type y’= ay+b car ici b n’est pas une constante ! )
Exercice 4 : sur 5 points
Elèves ayant suivi la spécialité physique ou SVT
1) a) figure ci-dessous Attention il faut respecter les unités du texte.
b) Nature du triangle ABC ?
c  b 1 i 1  3i  2  2i 2(  1 i) 1 i ( 1 i)(1 i) 2i





 i
Calculons le complexe
a b
3  i 1 3i
2  2i
2(1 i)
1 i
2
2
On en déduit :
 c b 
c b


 i  BC  BA ; arg 
  arg(i)  (2 )  BA , BC 
a b
a

b
2
2


Conclusion : ABC est rectangle isocèle en B.




Attention : l’angle AB, BC n’est pas un angle du triangle ABC.
c) OA = a  3  i  10
OB = b  1 3i  10
donc A et B sont sur le cercle de centre 0 et de rayon 10 .

2) a) Ecriture complexe de la rotation de centre M d’affixe m et d’angle
i

: z '  m  e 2 ( z  m) .
2

N d’affixe n est l’image de A par la rotation de centre M et d’angle
On en déduit : n  i( 3  i  m)  m  n 1  3i  im  m 
Il faut savoir que e
i

2
i

, on a donc : n  m  e 2 ( a  m)
2
n  1  3i  m(1  i)
i
an
.
2
3  i 1 3i  m(1 i)
4  2i  m (1 i)
m(1 i)
q
 q
 q  2i 
2
2
2
4) a) M d’affixe m est un point du cercle  de centre O et de rayon 10 donc le module de m est égal à 10 et il
3) Q est le milieu de [AN] donc son affixe q est égale à : q 
existe un réel θ tel que : m  10 ei un argument de m.
b) Calcul de q  2  i
m(1 i)
m(1 i ) 1
1
 2i  2i 
  m  1 i   10  2  5 car m  10 ei donc m  10 .
2
2
2
2
Attention : la lettre « m » peut « cacher un i » car m désigne ici un nombre complexe et non un réel.
q  2i 
m m
 i n’est donc pas l’écriture algébrique de q – 2 – i.
2 2
q  2  i  5  Q  5 en notant  lepoint d'affixe   2+ i
L’écriture
Donc l’ensemble des points Q lorsque M décrit le cercle  est le cercle  ’ de centre  d’affixe ω = 2 + i et de rayon 5 .
Exercice 4 : sur 5 points
Elèves ayant suivi la spécialité Mathématiques
1) On sait que zA = i et zB = 1 + 2i donc les points O et A d’une part et A et B d’autre part sont distincts donc il existe une
unique similitude directe S telle que S(O) = A et S(A) = B.
2) S est une similitude directe donc son écriture complexe est de la forme z’ = az +b , a ∈
S(O) = A  i  b
* et b ∈
.
et S(A) = B  1  2i  ai  b
b  i
b  i
b  i
b  i

Donc 

  1 i  
a
ai  b 1 2i
ai 1 2i  i
 a 1  i

i

On en déduit que l’écriture complexe de S est z’ = (1 – i)z + i.
Le rapport de la similitude est égal au module de 1 – i =
2.
L’angle de la similitude est égal à un argument de 1 – i soit –

.
4
Le centre de la similitude est le point invariant par S, son affixe ω est telle que ω = (1 – i)ω + i .
  (1 i)  i  (11 i)  i   1.
Conclusion : S est la similitude directe de centre  d’affixe ω = 1 de rapport
2 et d’angle (–

).
4
3) On considère la suite de points (An) telle que :


A0 est l’origine du repère et,
Pour tout entier naturel n, An+1 = S(An).
On note zn l’affixe de An. (On a donc A0 = O, A1 = A et A2 = B).
a. On sait que zn est l’affixe des points An, on a donc :
z0 = 0 car A0 = O et pour tout entier naturel n, zn +1 = (1 – i)zn + i car An+1 = S(An).
Démontrons par récurrence que pour tout entier naturel n, zn 1  (1 i)n .
Initialisation : z0 = 0 et 1 (1  i)0 11 0 donc l’égalité est vraie au rang 0
Hérédité : On admet que pour un entier k quelconque, on a zk = 1 – ( 1 – i)k or zk 1  (1 i) zk  i donc d’après
l’hypothèse de récurrence zk 1  (1 i) 1 (1 i)k  i   (1 i)  (1 i)k 1  i(1 i) 1 (1 i) k 1 donc l’égalité est
vraie au rang k + 1.
Conclusion : Pour tout entier naturel n, zn 1  (1 i)n
Autre démonstration :
Soit (un) la suite définie par un = zn – 1 alors un+1 = zn+1 – 1
On a donc : un + 1 = (1 – i) zn + i – 1 = (1 – i)zn – (1 – i) = (1 – i)(zn – 1) = (1 – i) un ce qui signifie que la suite (un)
est géométrique de raison (1 – i ) et de premier terme – 1.
Par suite  n  , un 1(1 i)n soit zn 1 (1 i) n   n  , zn  1  (1 i)n
b. Calcul de q 
q
zn 1  zn
.
  zn
zn 1  zn 1 (1 i)n 1 1 (1 i )n (1 i )n ( 1 i  1)
=

i
11 (1 i )n
(1 i )n
  zn
Nature du triangle An An1
z n 1  z n
 zn 1  zn 


(2 )  An  , An An 1 
et arg 
  arg(i) 
  zn
2
2
   zn 
On en déduit que le triangle An An1 est rectangle et isocèle en An.
 i 1  AnAn+1= An

b. D’après la question précédente, le triangle AnAn+1 est rectangle et isocèle en An.

Pour construire le point An+1 connaissant le point An., il suffit de tracer le triangle AnAn+1 rectangle isocèle en


An tel que An  , An An 1 

2
.


4) An est un point de la droite (B) si et seulement si B , An  k , k 
.
  (1 i)n 
 z  
 
Or B , An  arg  n
 arg (1 i)n  2  (n  2)arg(1 i)  (n  2)   
  arg 
2 
 4
 z2   
  (1 i) 
n2
 n  2  4k , k  ,
Donc B , An  k , k   k  
4
Sur la figure ci-dessous I = 





