Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane

[ Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane \
septembre 2008
E XERCICE 1
Commun à tous les candidats
4 points
PARTIE A :
1.
2.
• Initialisation : u0 = 1 +
12
= 1 + 12 = 13 : vrai ;
50
12
• Hérédité : supposons qu’il existe un naturel p > 0 tel que u p = 1 + p ; alors
5
¶
µ
1
4 1 4
12
4 1
12
12
u p+1 = u p + =
1 + p + = + + p+1 = 1+ p+1 : l’hérédité est bien
5
5 5
5
5 5 5 5
5
démontrée.
12
On a donc pour tout entier naturel n, un = 1 + n .
5
12
Comme lim n = 0, lim un = 1.
n→+∞ 5
n→+∞
a. On a S n+1 − S n = un+1 . Par une récurrence immédiatte, on a un > 0, ce qui
entraîne que la suite (S n ) est croissante.
n 12
X
12
12
= (n + 1) +
b. D’après la question 1., S n = 1 + 0 + · · · + 1 + n = (n + 1) × 1 +
k
5
5
k=0 5
n 1
X
12
.
k
k=0 5
Le deuxième terme de la somme précédente est la somme des (n + 1) premiers
n 1
X
1
,
termes d’une suite géométrique de raison , soit avec Tn =
k
5
k=0 5
¶
µ
1
1
4
5
1
1
1
1
Tn = +· · ·+ n + n+1 et par différence Tn = 1− n+1 et enfin Tn =
1 − n+1 .
5
5
5
5
4
5
¶
µ5
¶5
µ
1
1
3
5
1
Pn
D’où 12 k=0 k = 12 × 1 − n+1 = 15 1 − n+1 = 15 − n
4
5
5
5
5
On a donc :
3
3
S n = (n + 1) + 15 − n = n + 16 − n .
5
5
c. La limite de la suite est celle de n, donc égale à +∞.
PARTIE B :
Proposition 1 : Fausse : la suite (un ) de l’exercice ci-dessus est convergente, alors que
(S n ) diverge.
Proposition 2 : Fausse : la suite (un ) de l’exercice ci-dessus est décroissante car la suite
1
de terme général n l’est et on a vu que la suite (S n ) est croissante.
5
E XERCICE 2
Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
PARTIE A :
On considère le système de congruences :
(S)
½
n
n
≡
≡
2
1
(modulo 3)
, où n désigne un entier relatif.
(modulo 5)
1. On a 11 = 3 × 3 + 2 et 1 = 5 × 1 ; 11 est donc solution de (S).
5 points
A. P. M. E. P.
Corrigé du baccalauréat S
½
n
≡ 2 (modulo 3)
⇒ par différence n − 11 ≡ 0 modulo 3, qui signifie
11 ≡ 2 (modulo 3)
que n − 11 est un multiple de 3.
½
n
≡ 1 (modulo 5)
3. De même
⇒ par différence n − 11 ≡ 0 modulo 5, qui
11 ≡ 1 (modulo 5)
signifie que n − 11 est un multiple de 5.
2. On a
Comme 3 et 5 sont premiers entre eux, n −11 est multiple de 3×5 = 15. D’où n −11 =
15k, avec k ∈ N et enfin n = 11 + 15k, k ∈ N.
PARTIE B :
p
p
3
1+i 3 1
π
= +i
= cos π3 + i sin π3 = ei 3 .
2
2
2
π
On a donc z ′ = zei 3 : l’application f est donc une rotation de centre O et d’angle π3 .
1. - Application f :
π
- Application g : z ′′ = ei 5 z, donc g est la rotation de centre O et d’angle π5 .
³−−−→ −−−−−→´ π
2.
a. Comme A n+1 = f (A n ), OA n+1 = OA n et OA n , OA n+1 = , le triangle OA n A n+1
3
π
est isocèle avec un angle au sommet de , donc un triangle équilatéral.
3
b. Les points A 0 , A 1 , A 2 , A 3 , A 4 et A 5 sont équidistants de O, donc sur un cercle
de centre O.
Les triangles OA n A n+1 sont équilatéraux, donc A 0 A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 est un hexagone régulier de centre O.
3.
a. De
façon les points B n sont sur le cercle de centre O et rayon OB 0 =
¯
¯ laπmême
¯ −i 5 ¯
¯4e ¯ = 4.
³ −−−→ −−−−−→´ ³−−−→ −−−−−→´ ³−−−−−→ −−−−−→´
b. D’après la relation de Chasles : OB n , OB n+2 = OB n , OB n+1 + OB n+1 , OB n+2 =
π π 2π
+ =
. (2π)
5 5
5
c. Les points B n sont sur le cercle de centre O et de rayon 4 et les triangles OB n B n+2
2π
sont isocèles d’angle au sommet
.
5
Le polygone B 0 B 2 B 4 B 6 B 8 est donc un pentagone régulier de centre O.
4.
a. Puisque
= e³i 3 an ,´ (an ) est une ³suite géométrique
de raison ei 3 . On a donc
³ πa´n+1
´
n
i3
−2i π3
ni π3
i (n−2)π
an = e
× 2e
a0 = e
=2 e 3 .
π
π
π
π
i5
de raison ei 5 .
De même, comme
³ b´n+1 = e³ b n ,´(b n ) est une³suite géométrique
´
π
On a donc b n = ei 5
n
π
π
b 0 = eni 5 × 4e−i 3 = 4 ei
(n−1)π
5
.
b. Les points sont les deux sur l’axe des réels si leurs arguments sont égaux à 0 à
π près, c’est-à-dire si

(n − 2)π


3

 (n − 1)π
5
≡
0 [π]
≡
0 [π]
⇐⇒
½
n −2
n −1
≡
≡
0 [3]
0 [5]
Les points A n et B n sont simultanément sur l’axe des réels si n est solution du
système (S) ci-dessus, donc si n est de la forme 11 + 15k avec k ∈ N.
E XERCICE 3
Commun à tous les candidats
Soit f la fonction définie sur R par :
7 points
f (x) = x + 2 −
Antilles-Guyane
2
4ex
.
ex + 3
septembre 2008
A. P. M. E. P.
Corrigé du baccalauréat S
par C sa courbe représentative dans le plan rapporté à un repère orthonormal
³On désigne
→
− →
−´
O, ı ,  d’unité graphique 2 cm.
1.
ex
a. Comme lim ex = 0, lim x
= 0. La limite de f (x) est celle de x + 2 soit
x→−∞
x→−∞ e + 3
−∞.
ex
et on a vu que la limite de ce quotient est égale à 0 au
b. f (x) − (x + 2) = − x
e +3
voisinage de −∞. Ceci montre que la droite D1 d’équation y = x + 2 est asymptote à la courbe C au voisinage de −∞.
ex
< 0.
ex + 3
Ceci montre que la droite D1 est sous la courbe C au voisinage de −∞.
c. Comme 4, ex , ex + 3 sont des nombres supérieurs à zéro, −
2.
a. f est une somme de quotients de fonctions dérivables sur R, le dénominateur
ne s’annulant pas : elle est donc dérivable sur R et
−4ex (ex + 3) + 4ex × ex
12e x
(ex + 3)2 − 12ex
=
1
−
=
=
f ′ (x) = 1 +
(ex + 3)2
(ex + 3)2
(ex + 3)2
e2x + 9 + 6ex − 12ex e2x + 9 − 6ex (ex − 3)2
=
= x
(ex + 3)2
(ex + 3)2
(e + 3)2
µ x
¶2
e −3
, quel que soit x ∈ R.
D’où finalement f ′ (x) = x
e +3
b. On a manifestement f ′ (x) > 0.
La fonction f est donc croissante sur R.
4ex
On a lim − x
= −4, lim f (x) = +∞.
x→+∞ e + 3
x→+∞
D’où le tableau de variations :
x
f ′ (x)
−∞
ln 3
+
0
+∞
+
+∞
f (x)
−∞
3.
4.
a. f ′ (x) = 0 ⇐⇒ ex = 3 ⇐⇒ x = ln 3.
C a donc une tangente horizontale au point d’abscisse x = ln 3.
4×3
= ln 3.
On a f (ln 3) = ln 3 + 2 −
3+3
L’équation de D2 est y = ln 3 − 2.
b. - Si x < ln 3, alors par croissance de f , f (x) < f (ln 3). La courbe C est sous la
droite D2 .
- Si x > ln 3, alors par croissance de la fonction f f (x) > f (ln 3). La courbe C
est au-dessus de la droite D2 .
- Si x = ln 3, alors C et D2 sont tangentes.
Y − f (0)
= f ′ (0) (si X 6= 0 ⇐⇒ Y = f (0) + f ′ (0)X .
a. M(x ; y) ∈ D3 ⇐⇒
X −0
4
f (0) = 2 − = 1 ;
4
µ
¶2
−2
1
′
f (0) =
= .
4
4
1
M(x ; y) ∈ D3 ⇐⇒ y = x + 1
4
Antilles-Guyane
3
septembre 2008
A. P. M. E. P.
Corrigé du baccalauréat S
b. Soit g la fonction définie sur R par g (x) = f (x) −
µ
¶
1
x +1 .
4
1
;
4
12ex (ex − 3)
g ′ est dérivable sur R et g ′ "(x) = f ′′ (x) =
; ce quotient est du signe
(ex + 3)3
de ex − 3 ; le signe de g ′′ dépend donc de la position de x par rapport à ln 3 :
- si x < ln 3, g ′′ (x) < 0, ce qui signifie que g ′ est décroissante ;
- si x > ln 3, g ′′ (x) > 0, ce qui signifie que g ′ est croissante.
1
1
1
- g ′ admet donc un minimum en ln 3 qui vaut g ′ (ln 3) = f ′ (ln 3)− = 0− = − .
4
4
4
µ
¶
−2 2 1 1 1
1
′
′
− = − = 0.
On remarque que g (0) = f (0) − =
4
4
4 4 4
′
On en déduit que sur ] − ∞ ; 0[, g (x) > 0, donc g est croissante, puis que sur
]0 ; ln 3[, g ′ (x) < 0, donc g est décroissante.
4
g a donc un maximum en x = 0 qui vaut g (0) = f (0) − 1 = 2 − − 1 = 0.
4
Conclusion
: sur l’intervalle
¶
µ ] − ∞¶ ; ln 3[, la fonction g est négative soit f (x) −
µ
1
1
x + 1 < 0 ⇐⇒ f (x) <
x + 1 , ce qui signifie que C est au dessous de D3
4
4
sur ] − ∞ ; ln 3[.
y
g est dérivable sur R et g ′ (x) = f ′ (x) −
D2
1
D
D3
ln 3
I
O
5.
6.
ln 3
x
a. Posons u(x) = ex + 3 ; u est dérivable sur R et u ′ (x) = ex .
ex
u ′ (x)
On a donc g (x) = x
=
.
e + 3 u(x)
On sait qu’une primitive de cette fonction est ln |u(x)| = ln u(x) car u(x) > 3 >
0) = ln (ex + 3).
Une primitive G de g sur R est donc G(x) = ln (ex + 3).
b. On a vu que quel que soit x, C est en dessous de D1 , donc l’aire cherchée est :
Z0
Z0
ex
(d’après la question 1. b.)
A (λ) =
[(x + 2) − f (x)] dx =
4 x
e +3
λ
λ
Antilles-Guyane
4
septembre 2008
A. P. M. E. P.
Corrigé du baccalauréat S
¡
¢
£ ¡
¢¤
£ ¡
¢¤
Donc A (λ) = G(0) − G(λ) = 4ln e0 + 3 − 4 ln eλ + 3 = 4ln 4 − 4 ln eλ + 3 .
³
´
c. On a lim eλ = 0, donc lim 4ln eλ + 3 = 4ln 3.
λ→−∞
λ→−∞
µ ¶4
4
256
4
4
≈ 1, 15 u. a.
Puis lim A (λ) = 4ln 4 − 4ln 3 = ln 4 − ln 3 = ln
= ln
λ→−∞
3
81
E XERCICE 4
Commun à tous les candidats
4 points
1.
0,3
V2
0,7
V2
0,3
V2
V1
0,2
0,8
V1
V2
0,7
³
´
2
8
On a de suite p(V1 =
= 0, 2, p V1 =
= 0, 8.
10
10
³
´
7
3
= 0, 3, p V2 =
= 0, 7.
p(V2 =
10
10
En suivant la première branche, on obtient p (V1 ∩ V2 ) = 0, 2 × 0, 3 = 0, 06.
2. On gagne un ours en peluche si on tire une seule bille verte ; donc avec une probabilité
³ de ´
³
´
p V1 ∩ V2 + p V1 ∩ V2 = 0, 2 × 0, 7 + 0, 8 × 0, 3 = 0, 14 + 0, 24 = 0, 38.
3. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de gagnants.
On a une épreuve de Bernoulli puisque les parties sont indépendantes avec n = 20
et p = 0, 06.
La probabilité que 2 parmi les 20 gagnent un lecteur MP3 est :
à !
20
p(X = 2) =
× 0, 062 × (1 − 0, 06)20−2 ≈ 0,2246 à 10−4 près.
2
4. Calculons
¡ ¢ la probabilité qu’aucune de ces n ne gagnent un lecteur MP3 ; elle est
égale à n0 × 0, 060 × 0, 94n = 0, 94n .
La probabilité qu’au moins une personne gagne est donc égale à : p n = 1 − 0, 94n .
Or p n > 0, 99 ⇐⇒ 1 − 0, 94n > 0, 99 ⇐⇒ 0, 01 > 0, 94n soit
µ par¶ croissance de la
1
n
fonction logarithme népérien ln 0, 01 > ln (0, 94 ) ⇐⇒ ln
> n ln 0, 94 ⇐⇒
100
− ln 100
car ln 0, 94 < 0.
− ln 100 > n ln(0, 94) ⇐⇒ n >
ln 0, 94
La calculatrice donne n > 74, 5.
Il faut au moins 75 joueurs pour qu’il y ait au moins un gagnant du lecteur MP3 avec
une probabilité de 99 %.
Antilles-Guyane
5
septembre 2008