Bac blanc : correction

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Terminale S
Bac blanc : correction
Exercice  :
Partie A
Pré-requis : Pour un nombre réel q > 1, lim qn = +∞.
n→+∞
Démontrer à l’aide du pré-requis que si 0 < q < 1, alors lim qn = 0.
n→+∞
1
On pose Q = .
q
n
1
Ainsi, lim qn = lim
.
n→+∞
n→+∞ Q
1
Comme q ∈]0; 1[, Q = > 1 et donc d’après le pré-requis, lim Q n = +∞.
n→+∞
q
Puis par passage à l’inverse, on a lim qn = 0.
n→+∞
Partie B



u0 = 5 000
La suite (un )n est définie par 

un+1 = 0, 8un + 1 500
On donne l’algorithme suivant.
Entrée :
Traitement :
Sortie :
.
.
n un entier naturel
Affecter à U la valeur 5 000
Pour i allant de 1 à n
Affecter à U la valeur 0, 8U
Fin Pour
Afficher U
(a) Faire fonctionner cet algorithme l’algorithme pour n = 5 et donner l’affichage obtenu.
n
U
i
5 5 000 X
5 4 000 1
5 3 600 2 .
5 3 280 3
5 3 024 4
5 2 819, 2 5
L’algorithme affiche alors 2 819, 6.
(b) Recopier et modifier l’algorithme pour qu’il calcule la valeur un en sortie.
Entrée :
n un entier naturel
Traitement : Affecter à U la valeur 5 000
Pour i allant de 1 à n
Affecter à U la valeur 0, 8U + 1 500
Fin Pour
Sortie :
Afficher U
(c) À l’aide de ce nouvel algorithme, on a obtenu (au centième près) le tableau suivant.
n
un
0
5 000, 00
10
7 231, 56
50
7 499, 96
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100
7 500, 00
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500
7 500, 00
1 000
7 500, 00
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Conjecturer le sens de variation et la convergence éventuelle de la suite (un ).
Il semblerait que la suite (un )n soit croissante et converge vers 7 500.
.
(a) On définit la suite (vn ) par vn = un − 7 500 pour tout entier naturel n.
Démontrer que la suite (vn ) est géométrique et donner ses éléments caractéristiques.
000
Pour tout n, vn+1 = un+1 − 7 500 = 0, 8un + 1 500 − 7 500 = 0, 8un − 6 000 = 0, 8 un − 6 0,8
=
0, 8(un − 7 500) = 0, 8vn .
Ainsi, (vn )n est la suite géométrique de raison 0, 8 et de premier terme
v0 = 5 000 − 7 500 = −2 500.
(b) En déduire l’expression de vn en fonction de n puis de un .
De la question précédente, on tire vn = −2 500 × 0, 8n.
Or, un = vn + 7 500 = −2 500 × 0, 8n + 7 500
d’où l’expression de la suite (un )n .
. Question de recherche : démontrer les résultats conjecturés à la question .(c).
Pour tout n, un+1 − un = −2 500 × 0, 8n+1 + 7 500 − (−2 500 × 0, 8n + 7 500) =
−2 500 × 0, 8n × 0, 8 + 2 500 × 0, 8n × 1 = 2 500 × 0, 8n × (−0, 8 + 1) = 2 500 × 0, 8n × 0, 2 > 0.
On en déduit que la suite (un )n est bien croissante.
Ensuite, comme lim 0, 8n = 0, on a lim un = 7 500.
n→+∞
n→+∞
. On souhaite déterminer le rang N tel que pour tout n > N, la distance entre un et 7 500 soit
inférieure à 0, 1. Recopier et compléter l’algorithme suivant.
Traitement :
Sortie :
Affecter à N la valeur 0
Affecter à U la valeur 5 000
Tant que 7 500 − U > 0, 1
Affecter à N la valeur N + 1
Affecter à U la valeur 0, 8U + 1 500
Fin Tant que
Afficher N
Exercice  :
Pré-requis : z est un nombre complexe tel que z = a + i b où a et b sont deux nombres réels. On note z le
conjugué de z tel que z = a − i b.
. Restitution Organisée de Connaissances.
(a) Démontrer que pour tous nombres complexes z et z ′ , z × z ′ = z × z ′ .
On note z = a + i b et z ′ = a′ + i b′ où a ; a′ ; b et b′ sont quatre nombres réels.
z × z ′ = (a + i b)(a′ + i b′ ) = aa′ − bb′ + i(ab′ + a′ b),
on reconnaît la forme algébrique de z × z ′ , d’où
z × z ′ = aa′ − bb′ − i(ab′ + a′ b)
Puis, z × z ′ = (a − i b) × (a′ − i b′ ) = aa′ − bb′ + i(−a′ b − ab′ ) = aa′ − bb′ − i(a′ b + ab′ ).
On retrouve la même forme algébrique dans les deux membres de l’égalité, ce qui justifie
z × z′ = z × z′ .
(b) Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n non nul et tout nombre complexe
z, z n = z n .
On pose pour tout n ∈ N× , P (n) : « z n = z n ».
Pour n = 1, cela revient à z = z, il n’y a rien à démontrer.
Si on suppose l’égalité vraie pour un entier n quelconque, on a
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z n = z n , puis en multipliant chaque membre par z :
z n × z = z n × z.
De par la question précédente, z n × z = z n × z = z n+1
Et z n × z = z n+1 .
On aboutit à l’égalité z n+1 = z n+1 , ce qui est P (n + 1), démontrant l’hérédité et achevant la
récurrence.
. Application 
On considère l’équation (E) : z 4 = −4, où z est un nombre complexe. On admet que cette solution
admet exactement quatre solutions complexes.
(a) Démontrer que si z est une solution de l’équation (E), alors les nombres −z et z sont aussi
solutions de l’équation (E).
Si z est une solution de (E), z 4 = −4.
Puis, (−z)4 = z 4 et donc comme z est une solution de (E), (−z)4 = −4 et donc −z est aussi une
solution de (E).
Ensuite, z 4 = −4 ⇔ z 4 = −4 ⇔ z 4 = −4 et donc z est une solution de (E).
(b) On considère le nombre complexe z0 = 1 + i.
Écrire z0 sous forme exponentielle. Vérifier que le nombre z0 est une solution de l’équation
(E).
!
√
√
√ √
√
π
π
π
1
1
2
2
+ i sin
= 2 ei 4 .
|z0 | = 1 + 1 = 2, d’où z0 = 2 √ + i √ = 2 cos
4
4
2
2
√ 4 π 4
√
π 4
Puis, z04 = 2 ei 4 = 2 × ei 4 = 4 ei π = −4.
z0 est donc bien une solution de l’équation (E).
(c) Déduire des questions précédentes les trois autres solutions de l’équation (E).
Comme z0 est une solution de (E), on sait alors que −z0 ; z0 et −z0 en sont aussi.
On obtient 1 + i ; −1 − i ; 1 − i et −1 + i qui sont quatre nombres complexes distincts deux à
deux, donnant les autre solutions de l’équation (E).
. Application 
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé (O ; u
~ , v~ ) .
Les points A, B, C et D ont pour affixe respective zA = 1 + i ; zB = −1 + i ; zC = −1 − i et zD = 1 − i.
(a) Placer les points A, B, C et D dans le repère.
√
(b) E est le point d’affixe zE = −1 + 3.
−−→ −−→
π
Démontrer que le triangle BCE est équilatéral et que CE , CB =
mod 2π.
3
z −z
On s’intéresse au nombre complexe Z = B C .
z −z
√
√ E C
√
π
−1 + i −(−1 − i)
3
2i
2 i( 3 − i)
2i 3 + 2 1
= +i
= ei 3 .
Z=
= √
= √
=
√
√
3+1
2
2
−1 + 3 − (1 + i) − 3 + i ( 3 + i)( 3 − i)
z
−z
Mais alors zEB −zCC = 1 et donc CE = CB.
!
−−→ −−→
π
π
zB − zC
mod 2π, et donc CE , CB =
mod 2π.
≡
et arg
zE − zC
3
3
On a bien les deux résultats demandés.
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√ (c) F est le point d’affixe zF = − i 1 + 3 .
z −z
Démontrer que A E est un nombre réel.
zA − zF
√
√
√
√
(2 − 3 + i)(1 − i(2 + 3)
2− 3+i
1 + i −(−1 + 3)
zA − zE
=
√ =
√
√ =
√ =
zA − zF 1 + i − − i 1 + 3
1 + i(2 + 3) (1 + i(2 + 3)(1 − i(2 + 3)
√
√
√
√
4
2 − 3 + 2 + 3 + i(1 − (2 − 3)(2 + 3)
=
.
√
√
1 + (2 + 3)2
1+2+4 3+3
!
zA − zE
zA − zE
×
On trouve que
∈ R+ donc arg
≡ 0 mod 2π, et donc les points A, E et F sont
zA − zF
zA − zF
alignés.
En déduire que les points A, E et F sont alignés.
Exercice  :
Partie A
On considère les fonctions f et g définies pour tout nombre réel x par f (x) = ex et g(x) = 1 − e−x .
Les courbes représentatives de ces fonctions dans un repère orthonormal du plan sont notées
respectivement Cf et Cg .
Dans cette partie, on admet l’existence de deux tangentes communes à ces deux courbes. On note D
l’une d’entre elles. Cette droite est tangente à la courbe Cf au point A d’abscisse a et tangente à la
courbe Cg au point B d’abscisse b.


B

-
-
b
A
Cf
b
-
-
Cg





-
-
.
(a) Exprimer en fonction de a le coefficient directeur de la tangente à la courbe Cf au point A.
La fonction f est dérivable sur R et f ′ (x) = ex .
Le coefficient directeur de la tangente à la courbe de f en a est f ′ (a) = ea .
(b) Exprimer en fonction de b le coefficient directeur de la tangente à la courbe Cg au point B.
La fonction g est dérivable sur R et g ′ (x) = 1 − (− e−x ) = − e−x .
Le coefficient directeur de la tangente à la courbe de g en b est g ′ (b) = e−b .
(c) En déduire que b = −a.
Comme on s’intéresse à leur tangente commune, ces droites ont le même coefficient
directeur, soit ea = e−b , ce qui donne a = −b et donc b = −a.
. Démontrer que 2(a − 1) ea +1 = 0.
Une équation de la tangente à la courbe de f en a est y = ea (x − a) + ea = ea x + (1 − a) ea et pour la
courbe de g en −a est y = ea (x + a) + 1 − ea = ea x + 1 + (a − 1) ea .
En soustrayant ces deux égalités, on aboutit à 0 = 0x + (1 − a) ea −1 − (a − 1) ea , d’où 2(1 − a) ea −1 = 0
et donc 2(a − 1) ea +1 = 0.
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Partie B
On considère la fonction ϕ définie sur R par ϕ(x) = 2(x − 1) ex +1.
.
(a) Déterminer les limites de la fonction ϕ en −∞ et en +∞.
Pour la limite en −∞, on a ϕ(x) = 2x ex −2 ex +1.
Or, lim ex = 0 et lim x ex = 0, d’où par somme lim ϕ(x) = 1
x→−∞
x→−∞
x→−∞
Pour la limite en +∞, comme lim x − 1 = +∞ et lim ex = +∞, on a par produit puis somme
lim ϕ(x) = +∞.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
(b) Déterminer l’expression de la fonction dérivée de la fonction ϕ, puis étudier son signe.
ϕ est dérivable sur R et ϕ ′ (x) = 2[1 ex +(x − 1) ex ] = 2x ex .
Comme ex > 0 pour x ∈ R, ϕ ′ est du signe de x, soit négative sur ] − ∞; 0] et positive sur
[0; +∞[.
(c) Dresser le tableau de variations de la fonction ϕ sur R. Préciser la valeur de ϕ(0).
De la question précédente, on tire que ϕ est strictement décroissante sur ] − ∞; 0] et
strictement croissante sur [0; +∞[.
x
Variations
de ϕ
.
−∞
+∞
0
+∞
1
ϕ(0) = 2(0 − 1) e0 +1 = −1.
−1
(a) Démontrer que l’équation ϕ(x) = 0 admet exactement deux solutions sur R.
Sur ] − ∞; 0], la fonction ϕ est continue et strictement décroissante. 0 appartient à l’intervalle
image [−1; 1[.
La théorème des valeurs intermédiaires indique qu’il existe une unique solution pour
l’équation ϕ(x) = 0 sur ] − ∞; 0].
Sur [0; +∞[, la fonction ϕ est continue et strictement croissante. 0 appartient à l’intervalle
image [−1; +∞[.
La théorème des valeurs intermédiaires indique qu’il existe une unique solution pour
l’équation ϕ(x) = 0 sur [0; +∞[.
On note α la solution négative de cette équation et β la solution positive.
(b) À l’aide de la calculatrice, donner une valeur arrondie au centième de α et de β.
Par balayage, α ≈ −1, 68 et β ≈ 0, 77.
Partie C
Dans cette partie, on démontre l’existence de ces tangentes communes, que l’on a admise dans la partie
A.
On note E le point de la courbe Cf d’abscisse α et F le point de la courbe Cg d’abscisse −α, α étant le
nombre réel défini dans la partie B.
. Après avoir donné les coordonnées des points E et F, déterminer en fonction de α le coefficient
directeur de la droite (EF).
E (α; eα ) et F (−α; 1 − eα ).
Comme α > 0, ces deux points n’ont pas la même abscisse et le coefficient directeur de la droite
(EF) vaut
1 − eα − eα 1 − 2 eα 2 eα −1
=
=
.
−α − α
−2α
2α
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2 eα −1
= eα .
2α
Le coefficient directeur de la droite (EF) est égale à celui de la tangente à la courbe de f en α, qui
vaut f ′ (α) = eα , d’où l’égalité proposée.
. Montrer que
. Conclure.
2 eα −1
= eα ⇔ 2 eα −1 = 2α eα ⇔ 2(α − 1) eα +1 = 0 ⇔ ϕ(α) = 0.
2α
Or on a démontré l’existence de deux solutions pour l’équation ϕ(x) = 0, donc les courbes de f et
de g admettent deux tangentes communes.
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Exercice  :
On effectue un sondage dans une région concernant le projet d’installation de lignes à très haute
tension (THT).
Ce projet permettra de relier cette région à la nouvelle unité de production pour l’alimentation en
électricité. On obtient les résultats suivants :
• 65 % des personnes interrogées sont contre l’installation de ces lignes ;
• parmi les personnes qui sont contre cette installation, 70 % sont des écologistes ;
• parmi les personnes favorables à l’installation des lignes THT, 20 % sont des écologistes.
On note C l’événement « la personne interrogée est contre la construction », E l’événement « la
personne interrogée est écologiste » et F l’événement « la personne interrogée est contre l’installation
des lignes THT et n’est pas écologiste ».
.
(a) Déterminer les probabilités P(C) ; PC (E) et PC (E).
P(C) = 0, 65 ; PC (E) = 0, 7 et PC (E) = 0, 2 d’après les données de l’énoncé.
(b) Construire un arbre pondéré décrivant la situation étudiée. Placer sur chaque branche de cet
0, 7
C∩E
C
b
b
0, 65
C∩E
0, 3
arbre la probabilité correspondante.
b
0, 35
C
0, 2
C∩E
b
b
C∩E
(a) Calculer la probabilité qu’une personne interrogée soit contre le projet et soit écologiste.
Il s’agit de calculer P (C ∩ E) = 0, 65 × 0, 7 = 0, 455.
0, 8
.
b
b
(b) Calculer la probabilité qu’une personne interrogée soit pour le projet et soit écologiste.
Il s’agit de calculer P C ∩ E = 0, 35 × 0, 2 = 0, 07.
.
(c) En déduire la probabilité qu’une personne interrogée soit écologiste.
Il s’agit de calculer P(E) = P (C ∩ E) + P C ∩ E = 0, 525.
(a) Montrer que la probabilité de l’événement F est égale à 0, 195.
P(F) = P C ∩ E = 0, 65 × 0, 35 = 0, 227 5.
(b) On choisit au hasard cinq personnes parmi celles qui ont été interrogées lors du sondage.
On note X la variable aléatoire comptant le nombre de personnes qui sont contre
l’installation de lignes THT et ne sont pas écologistes.
Justifier que X suit une loi binomiale de paramètres à préciser.
Prélever un individu et vérifier qu’il réalise l’évènement F constitue une épreuve de
Bernoulli dont le paramètre est P(F) = 0, 227 5.
Cette épreuve est répétée 5 fois de manière indépendante. La variable aléatoire comptant le
nombre de succès suit donc la loi binomiale de paramètres 5 et 0, 227 5.
(c) Quelle est la probabilité qu’il y ait au moins une personne qui soit contre l’installation de
lignes THT et qui ne soit pas écologiste ? On donnera la valeur exacte puis une valeur
approchée à 10−4 près.
On cherche P(X > 1).
Or, P(X > 1) = 1 − P(X = 0) et
P(X = 0) = 50 × 0, 227 50 × (1 − 0, 227 5)5−0 = 0, 227 55 , d’où
P(X > 1) = 1 − 0, 227 55 ≈ 0, 999 4.
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