BAC BLANC TS - 2013 - corrigé

Lycée de la Plaine de l’Ain - Ambérieu en Bugey.
Année scolaire 2012 / 2013.
TERMINALES SCIENTIFIQUES
BAC BLANC - mathématiques - CORRIGé
EXERCICE I ( 6 points ) Correction:
centres étrangers 2007 modifié
x
Le but de l’exercice est démontrer que l’équation (E) : e =
1
admet une unique solution dans l’ensemble
x
R des nombres réels, et de construire une suite qui converge vers cette unique solution.
I. Existence et unicité de la solution
1. Si x est solution de (E), alors e x =
1
1
et donc x = x . Comme e x > 0 , on a alors x > 0 .
x
e
donc une solution de l’équation (E) est nécessairement positive.
On note f la fonction définie sur [ 0 ; + ∞ [ par : f ( x ) = x − e − x
2. Soit x un réel.
x est solution de l’équation (E) ⇔ e x =
1
1
⇔ x = x ⇔ e − x = x ⇔ x − e − x = 0 ⇔ f (x) = 0.
x
e
3. Étude du signe de la fonction f
a. Étude du sens de variations de la fonction f sur [ 0 ; + ∞ [ .
f ' ( x ) = 1 + e − x . On a f ' ( x ) > 0 donc f est strictement croissante.
b. En déduire que l’équation (E) possède une unique solution sur [ 0 ; + ∞ [ et que cette solution,
1 
notée α par la suite, appartient à l’intervalle  ;1  .
2 
x
f ( x)
0
1
2
1
−1
1 −2
− e ≈ - 0,11
2
1 − e−1 ≈ 0,63
1
• f est croissante et f (1) > 0, donc l’équation (E) ne possède pas de solution sur
[ 1; +∞ [ .
• f est continue et strictement croissante sur [ 0 ;1 ] ;
f ( 0) < 0 et f (1) > 0 donc l’équation (E) possède une solution unique sur [ 0 ;1 ]
l’équation (E) possède donc une unique solution sur [ 0 ; + ∞ [
1
f   < 0 = f (α ) < f (1) donc comme f est strictement croissante, on a
2
c. Étudier le signe de f sur l’intervalle [ 0 ; + ∞ [ .
D’après ce qui précède, f < 0 sur [ 0 ; α
[ ; f (α ) = 0 ; f > 0 sur ] α ; +∞ [
1
<α<1
2
II. Deuxième approche
On note g la fonction définie sur l’intervalle [0 ; 1] par : g ( x ) =
1+ x
1+ ex
1. Démontrer que l’équation f (x) = 0 est équivalente à l’équation g (x) = x sur [0 ; 1].
1+ x
1
= x ⇔ 1 + x = x (1 + e x ) ⇔ 1 + x = x + xe x ⇔ xe x = 1 ⇔ e x = ⇔ f (x) = 0
g (x) = x ⇔
x
x
1+ e
2. En déduire que α est l’unique réel de [0 ; 1] vérifiant : g (α) = α.
g (x) = x ⇔ f (x) = 0 ⇔ x = α d’où le résultat.
3. Calculer g′ (x) et en déduire que la fonction g est croissante sur l’intervalle [0 ; α].
g forme u/v
g' ( x ) =
1(1 + e x ) − (1 + x ) e x
(1+ e )
x
2
=
1 − xe x
(1+ e )
x
2
=
e x (e − x − x )
(1+ e )
x
2
=
−e x f ( x)
(1+ e )
x
2
g' ( x ) ≥ 0 sur [0 ; α], car ( 1 + e x ) > 0 , e x > 0 et f ( x) ≤ 0 , donc g est croissante sur [0 ; α]
2
III. Construction d’une suite de réels ayant pour limite α
On considéra la suite (Un) définie par : U0 = 0 et, pour tout entier naturel n, par : Un+1 = g ( Un ).
1. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n : 0 ≤ Un ≤ Un+1 ≤ α.
Pour tout entier naturel n, notons Pn la propriété : « 0 ≤ Un ≤ Un+1 ≤ α »
• Initialisation : vérifions la propriété au rang 0.
U0 = 0 et U1 = g (0) = 1/2 . Or d’après I-2.(c), 1/2 ≤ α. Donc 0 ≤ U0 ≤ U1 ≤ α.
• Hérédité : Supposons la propriété Pk soit vraie pour un entier naturel k.
Démontrons alors, sous cette hypothèse, que Pk+1 est vraie.
D’après l’hypothèse de récurrence, 0 ≤ Uk ≤ Uk+1 ≤ α ; On sait que g est croissante sur [0,α].
donc g(0) ≤ g(Uk) ≤ g(Uk+1) ≤ g(α)
donc 1/2 ≤ Uk+1 ≤ Uk+2 ≤ α
Par conséquent 0 ≤ Uk+1 ≤ Uk+2 ≤ α et donc Pk+1 est vraie.
• Conclusion : pour tout entier naturel n : 0 ≤ Un ≤ Un+1 ≤ α .
2. En déduire que la suite (Un) est convergente. On note ℓ sa limite.
Ainsi d’une part, pour tout entier naturel n, Un ≤ Un+1 ce qui montre que la suite (Un) est croissante.
D’autre part, pour tout entier naturel n, un ≤ α ce qui montre que la suite (Un) est majorée par α.
La suite (Un) étant croissante et majorée, converge donc.
3. Proposer un algorithme qui, pour une valeur de n donnée en entrée, affiche en sortie le terme Un .
Entrée
Saisir le nombre entier naturel non nul N
Saisir la fonction g
Traitement
Affecter à U la valeur 0
Pour k allant de 1 à N
Affecter à U la valeur g (U)
Fin pour
Sortie
AfficherU.
EXERCICE II ( 5 points ) Correction:
(
Liban 2010
)
L’espace est muni d’un repère orthonormal O, i , j , k .
On note (D) la droite passant par les points A (1 ; −2 ; −1) et B (3 ; −5 ; −2).
 x = 1 + 2t

1. Montrer qu’une représentation paramétrique de la droite (D) est :  y = −2 − 3t
 z = −1 − t

M appartient à (D) si et seulement si AM est colinéaire à AB
si et seulement si il existe un réel t tel que AM = t AB
avec t ∈ R
Or AM a pour coordonnées ( x − 1; y + 2; z + 1) et AB a pour coordonnées ( 2; −3; −1)
 x − 1 = 2t

M appartient à (D) si et seulement si  y + 2 = −3t
 z + 1 = −t

D'où la réponse.
 x = 2−k

2. On note (D′) la droite ayant pour représentation paramétrique :  y = 1 + 2k
 z=k

avec k ∈ R
Montrer que les droites (D) et (D′) ne sont pas coplanaires.
La droite (D′) a pour vecteur directeur u (−1 ; 2 ; 1), et la droite (D) a pour vecteur directeur AB . Les
vecteurs u et AB n'ont pas leurs coordonnées proportionnelles; ils ne sont donc pas colinéaires; donc les
droites (D) et (D′) ne sont ni parallèles ni confondues.
Recherche d'un éventuel point d'intersection.
Les droites (D) et (D′) ont un point en commun si et seulement si il existe deux réels t et k tels que
 2t + k = 1 ( l1 )
1 + 2t = 2 − k


 −2 − 3t = 1 + 2k équivaut −3t − 2k = 3 ( l2 )
 −t − k = 1 ( l )
 −1 − t = k
3


or l1 + l2 − l3 ⇔ 0 = 3 (impossible).
Les trois équations sont incompatibles; les droites n’ont pas de point commun.
Les droites (D) et (D′) ne sont ni sécantes ni parallèles, elles sont donc non coplanaires.
3. On considère le plan (P) d’équation 4 x + y + 5 z + 3 = 0 .
a. Montrer que le plan (P) contient la droite (D).
Pour tout réel t , on a 4(1+2t ) + (−2−3t ) + 5(−1−t ) + 3 = 0, donc tout point de (D) appartient au plan (P).
La droite (D) est donc incluse dans le plan (P).
b. Montrer que le plan (P) et la droite (D′) se coupent en un point C dont on précisera les
coordonnées.
M(x ; y ; z) ∈ (P) ∩ (D′) ⇔ il existe un réel k tel que
 x=6
 x = 2−k
 x = 2−k
 y = 1 + 2k
 y = 1 + 2k
 y = −7



⇔ 
⇔

 z=k
 z=k
 z = −4
4 x + y + 5 z + 3 = 0
4(2 − k ) + (1 + 2k ) + 5k + 3 = 0
k = −4
Le point C a pour coordonnées (6 ; −7 ; −4).
4. On considère la droite ( ∆ ) passant par le point C et de vecteur directeur w (1 ; 1 ; −1).
a. Montrer que les droites ( ∆ ) et (D′) sont perpendiculaires.
u .w = (−1) × (1) + (2) × (1) + (1) × (−1) = 0 donc les vecteurs u et w directeurs de ( ∆ ) et (D′) sont
orthogonaux. Les deux droites sont donc orthogonales ou perpendiculaires.
Elles possèdent le point C en commun, elles sont donc perpendiculaires
b. Montrer que la droite ( ∆ ) coupe perpendiculairement la droite (D) en un point E dont on
précisera les coordonnées.
b. De même, w. AB = (1) × (2) + (1) × (−3) + (−1) × (−1) = 0 donc les droites ( ∆ ) et (D) sont orthogonales ou
perpendiculaires.
 x =6+λ

La droite ( ∆ ) a pour représentation paramétrique :  y = −7 + λ
 z = −4 − λ

avec λ ∈ R
Les droites (D) et ( ∆ ) ont un point en commun si et seulement si il existe deux réels t et λ tels que
 1 + 2t = 6 + λ

(s)  −2 − 3t = −7 + λ
−1 − t = −4 − λ

t=2
 2t − λ = 5 (l1 )
 5t = 10 (l1 ) − (l2 )

 t=2



Or (s) ⇔  −3t − λ = −5 (l2 ) ⇔  −5λ = 5 (3l1 + 2l2 ) ⇔ 
⇔
λ = −1
λ = −1
−t + λ = −3 (l )
 −t + λ = −3 (l )
−t + λ = −3 (l )
3
3
3



 x = 6 −1 = 5

Les deux droites se coupent perpendiculairement en un point E(x ; y ; z) tel que  y = −7 − 1 = −8
 z = −4 − ( −1) = −3

Le point E a pour coordonnées (5 ; −8 ; −3).
EXERCICE III ( 4 points ) Correction:
Amérique du Sud nov 2012
Au cours d’une séance, un joueur de tennis s’entraîne à faire des services. Pour tout entier naturel
non nul, on note Rn l’évènement « le joueur réussit le n-ième service », et Rn l’évènement contraire.
Soit xn la probabilité de Rn et yn celle de Rn .
La probabilité qu’il réussisse le premier service est égale à 0,7.
On suppose de plus que les deux conditions suivantes sont réalisées :
– si le joueur réussit le n-ième service, alors la probabilité qu’il réussisse le suivant vaut 0,8 ;
– si le joueur ne réussit pas le n-ième service, alors la probabilité qu’il réussisse le suivant vaut 0,7.
1. On s’intéresse aux deux premiers services de l’entraînement.
Soit X la variable aléatoire égale au nombre de services réussis sur ces deux premiers services.
a. Déterminer la loi de probabilité de X.
La variable aléatoire prend les valeurs 0, 1 et 2.
En utilisant le principe multiplicatif sur l'arbre,
on obtient la loi :
Valeurs
probabilités
0
0,09
1
0,35
2
0,56
b. Calculer l’espérance mathématique E(X)
de la variable aléatoire X.
E ( X ) = 0 × 0, 09 + 1× 0, 35 + 2 × 0,56 = 1, 47
2. On s’intéresse maintenant au cas général.
a. Donner les probabilités conditionnelles PR R
et P ( R ) .
n+1
Rn n+1
n
D'après l'énoncé on a directement : PR R
= 0,8 et P ( R ) = 0,7.
n
(
n+1
)
(
)
Rn
n+1
b. Montrer que, pour tout entier naturel non nul n, on a : xn+1 = 0,1 xn + 0,7.
On se place à l'étape n : Rn et Rn constituent un système complet d'événements,
donc d'après la formule des probabilités totales :
P ( R ) = P ( Rn ) × PR ( R ) + P ( Rn ) × P ( R ) = xn × 0,8 + yn × 0,7
n +1
n
n +1
Rn
n +1
or xn + yn = 1 (car Rn et Rn sont complémentaires), donc yn = 1 - xn
En remplaçant il vient : xn+1 = 0,8 xn + 0,7 ( 1 - xn ) = 0,1 xn + 0,7.
3. Soit la suite (un) définie pour tout entier naturel non nul par un = 9xn − 7.
a. Déterminer la nature de la suite (un).
Pour tout entier naturel n non nul on a :
un+1 = 9 xn+1 – 7 = 9 (0,1 xn + 0,7) – 7 = 0,9 xn - 0,7 = 0,1 (9 xn - 7) = 0,1 un
Donc (un) est une suite géométrique de raison 0,1 et de premier terme : u1 = - 0,7
b. En déduire la limite de la suite (xn).
D'après la question précédente on a : un = - 0,7 × 0,1n-1
lim 0,1n-1 = 0 car -1 < 0,1 < 1 donc lim un = 0
n→+∞
n→+∞
Or un = 9xn − 7 donc xn =
1
7
( un + 7 ) donc lim xn =
n→+∞
9
9
EXERCICE IV ( 5 points ) Correction:
Amérique Sud nov 2012
Candidats n’ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé ( O, u , v ) (unité graphique 2 cm).
On considère les points A, B et C d’affixes respectives z A = i , z B = 2i et zC = 1 .
Partie A - Restitution organisée de connaissances
Prérequis : On suppose connu le résultat suivant :
Pour tous nombres complexes non nuls z et z ' , arg ( z × z ' ) = arg ( z ) + arg ( z ')
[ mod 2π ]
Démontrer que, pour tous nombres complexes non nuls z et z ' , on a :
z
arg   = arg ( z ) − arg ( z ' ) [ mod 2π ].
 z'
z

z
z

arg  × z '  = arg   + arg ( z ') d'autre part arg  × z '  = arg ( z )
 z'

 z'
 z'

z
z
D'où: arg ( z ) = arg   + arg ( z ') on a bien arg   = arg ( z ) − arg ( z ' )
 z'
 z'
Partie B
On considère la transformation f qui à tout point M du plan d’affixe z, distinct de A, associe le point
M ' d’affixe z ' =
2iz
z −i
On fera une figure que l’on complètera au fur et à mesure.
1. Déterminer l’ensemble des points invariants par la transformation f.
2iz
= z ⇔ 2iz = z 2 − iz ⇔ z 2 − 3iz = 0
z −i
⇔ z ( z − 3i ) = 0 ⇔ z=0 ou z=3i
Les points invariants par f sont O et le point d’affixe 3i.
M d’affixe z est invariant si et seulement si M′ =M ⇔ z′ = z ⇔
2. Déterminer, sous forme algébrique, les affixes des points B′ et C′, images respectives des points
B et C par f.
2i (1 + i )
2i × z B 2i × (2i ) −4
2i × zC 2i × 1
−2 + 2i
On a z B ' =
=
=
= 4i
zC ' =
=
=
=
= −1 + i
zB − i
(2i ) − i
i
zC − i
1 − i (1 − i )(1 + i )
2
3. a. Montrer que, pour tout point M distinct de A, l’affixe z′ de M ' vérifie l’égalité : z '− 2i =
−2
.
z −i
Pour tout point M distinct de A, l’affixe z′ de M′ est telle que :
2iz − 2i ( z − i ) 2iz − 2iz − 2 −2
2iz
z '− 2i =
− 2i =
=
=
z −i
z −i
z −i
z −i
b. En déduire que si le point M appartient au cercle Γ de centre A et de rayon 1, alors son
image M '
appartient à un cercle dont on déterminera le centre et le rayon.
−2
−2
2
On a z '− 2i =
donc en considérant les modules z '− 2i =
=
z −i
z −i
z −i
2
Or z '− 2i = BM ' et z − i = AM . L’égalité précédente s'écrit alors BM ' =
.
AM
2
Ainsi si M appartient au cercle Γ de centre A et de rayon 1, alors AM = 1, donc BM ' = = 2
1
Conclusion : si M appartient au cercle Γ de centre A et de rayon 1, alors M′ appartient au cercle Γ′ de
centre B et de rayon 2.
(
)
(
)
c. Exprimer une mesure de l’angle u , BM ' en fonction d’une mesure de l’angle u , AM .
Dans la relation z '− 2i =
−2
, on considère maintenant les arguments
z −i
 −2 
arg ( z '− 2i ) = arg 
 = arg ( −2 ) − arg ( z − i ) = π − arg ( z − i ) modulo [ 2π ]
 z −i 
(
Or arg ( z '− 2i ) = u , BM '
(
)
(
)
(
et arg ( z − i ) = u , AM
Donc u , BM ' = π − u , AM
)
)
modulo [ 2π ]
d. On considère le point D d’affixe z D =
3 3
+ i . Vérifier que D appartient au cercle Γ .
2 2
Construire le point D et son image D′ par f.
3 3
3 1
zD − i =
+ i −i =
+ i.
2 2
2 2

3 1
+ i =1
 zD − i =
2
2

3 1
Ainsi z D − i =
+ i⇔ 
2 2
 3 1  π

arg
z
−
i
=
arg
+ i  =
(
)

D

 2 2  3

(
)
mod ulo [ 2π ]
π
modulo[2π ] .
3
Donc D appartient au cercle Γ de centre A et de rayon 1.
AD = zD − i = 1, et u , AD =
(
)
Pour construire D, on peut utiliser l'angle avec la direction de l'axe des abscisses u , AD =
π
3
[2π ] , ou
3
.
2
Sachant que D appartient au cercle Γ de centre A et de rayon 1, d’après les résultats de la question
précédente, son image D′ appartient à Γ′ cercle de centre B et de rayon 2.
son ordonnée égale à
(
)
(
De plus u , BM ' = π − u , AM
)
modulo [ 2π ]. D’où la construction de D' à la règle et au compas.