Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2004

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1 Corrigé du baccalauréat S Amériqu du Sud novmbr 200 EXERCICE 7points Parti A. a. Pour tout x, f (x) = x x = x.or lim =+ donc lim = 0. x x + x x + x x x Donc lim f (x) = 0. x + b. La fonction f produit d dux fonctions dérivabls st dérivabl. Pour tout x, f (x) = x x x = ( x) x. Comm pour tout x, x > 0, l sign d f (x) stcluid x. Soitsur [0, + [:f (x) 0 sur [0, ]; f (x) 0sur[,+ ]. Donc f st croissant sur l intrvall [0, ], décroissant sur l intrvall [, + [. D où l tablau d variations d f : x 0 + f (x) + 0 f (x) 0 0 c. Rprésntation graphiqu d f (échll 2 ): a. La fonction f st continu t strictmnt croissant sur l intrvall [0, ] ; f (0) = 0tf () = ] ; donc pour m 0, [ l équation f (x) = m admt un sul solution sur l intrvall ]0,[. La fonction f st continu t strictmnt décroissant ] [ sur l intrvall [, + [; f () = t lim x + 0, l équation f (x) = m admt un sul solution] sur ][, + [. En résumé, pour tout m d 0,,l équation f (x) = m admt dux solutions. Résultat attndu graphiqumnt : ls solutions d ctt équation sont ls abscisss ds points] d intrsction [ d la courb Γ t d la droit d équation y = m.orsim 0,, ctt droit coup bin la courb n dux points distincts. b. Pour m =,lasolutionα st cll qui appartint à l intrvall ]0, [. On trouv facilmnt qu α 0,357 soit α ]0,35, 0,36[.

2 c. D façon immédiat, pour m = 0 l équation f (x) = 0 admt pour uniqu solution x = 0, t pour m = ctt équation admt pour uniqu solution x =. Parti B. a. Par hypothès u 0 > 0. p étant un ntir naturl qulconqu, si u p > 0alorsu p+, produit d u p par l rél strictmnt positif p, st strictmnt positif. En conclusion pour tout ntir naturl n, u n > 0. b. Comm pour tout ntir n, u n > 0, comparons u n+ à. u n u n+ = u n, u n < 0donc u n <, soit u n+ < :lasuit(u n ) st donc u n u n décroissant. c. Il résult ds qustions précédnts qu la suit (u n ), décroissant t minoré (par 0), st convrgnt. Soit l sa limit. l st donc solution d l équation l = l l,soitl ( l) = 0. Ls dux facturs s annulant pour la sul valur 0, on n déduit qu l = 0. En résumé lim u n = 0. n + 2. a. w n w n+ = lnu n lnu n+ = ln dfracu n u n+ = ln u n = ln u n = u n. b. Il résult d a. qu S n = w 0 w + w w 2 + +w n w n + w n w n+. Soit après simplification d proch n proch, S n = w 0 w n+. c. Sachant, d après B..c., qu lim u n = 0, on a donc lim w n =,t n + n + par suit lim S n =+. n + ] 2. Par définition u = u 0 u 0 donc u 0, [. Or d après A. 2. a., on sait qu il xist un duxièm valur, β, tll qu β β = u.onadoncv 0 = β puis v = u t, plus généralmnt, pour tout n, u n = v n. Exrcic 2. La solution général d l équation y + y = 0 st la fonction défini sur R par x k x,oùk st un constant réll arbitrair. L imag d 0 st donc k 0 = soitk =. La fonction f chrché st donc cll défini sur R par f (x) = x.soit f (x) = x. 2. x = t x = ln t. La solution d ctt équation st donc l rél ln t. 3. Soit u t v ls fonctions définis sur [, ] rspctivmnt par u(t) = ( ln t) 2 t v(t) = t. Cs dux fonctions sont dérivabls t lurs dérivés u t v,définis rspctivmnt par u (t) = 2 t ( ln t) tv (t) =, continus sur l intrvall [ (, ]. L théorèm d intégration par partis s appliqu donc t : [ V=π t( ln t) 2] ) + 2 ( ln t)dt. Calculons à nouvau par partis ( ln t)dt. Posons u(t) = ln t t v(t) = t. Cs dux fonctions sont dérivabls sur [, ], d dérivés rspctivs u t v, continus sur [ ; ], définis par u (t) = t t v (t) =. [ ] D où : ( ln t)dt = t( ln t) + dt = + = 2. En rportant dans l xprssion d V, on obtint : novmbr 200 2

3 V=π( +2( 2)) = π(2 5). Exrcic 3. L urn contint 6 bouls t on n tir 2 : l nombr d cas possibls st donc C 2 6. Pour réalisr l évènmnt A 0 il faut tirr 2 bouls rougs parmi : l nombr d cas favorabls st donc C 2. On n déduit qu p(a 0 ) = C2.Soitp(A 0 ) = 2 5. C 2 6 Pour réalisr l évènmnt A il faut tirr boul roug parmi t un boul noir parmi 2 : l nombr d cas favorabls st donc 2. On n déduit qu p(a ) = 2.Soitp(A ) = 8 5. C 2 6 Pour réalisr l évènmnt A 2 il faut tirr 2 bouls noirs parmi 2 : l nombr d cas favorabls st donc. On n déduit qu p(a 2 ) = C 2.Soitp(A 2 ) = a. Il rst bouls dans l urn t on n tir 2 : l nombr d cas possibls st donc C 2. A 0 étant réalisé, il rst dans l urn 2 bouls rougs t 2 bouls noirs. Pour réalisr B 0 il suffit d tirr 2 bouls rougs : il y a donc un cas favorabl. La probabilité p A0 (B 0 ) = C 2 = 6. A étant réalisé, il rst dans l urn 3 bouls rougs t boul noir. Pour réalisr B 0 il suffit d tirr 2 bouls rougs : il y a donc C 2 3 cas favorabls. La probabilité p A (B 0 ) = C2 3 = 2. C 2 A 2 étant réalisé, il rst dans l urn bouls rougs. L événmnt B 0 st donc crtain. Donc p A (B 0 ) =. b. L évènmnt B 0 st la réunion ds évènmnts incompatibls A 0 B 0, A B 0 t A 2 B 0.Parsuitp(B 0 ) st la somm ds probabilités d cs trois évènmnts. Or p(a 0 B 0 ) = p A0 (B 0 ) p(a 0 ) = = 5. p(a B 0 ) = p A (B 0 ) p(a ) = = 5. p(a 2 B 0 ) = p A2 (B 0 ) p(a 2 ) = 5. D où p(b 0 ) = 6 5 = 2 5. c. Ds calculs analogus à cux mnés n a. t b. ci-dssus conduisnt à calculr : p A0 (B ) = 2 2 = 2 3.D oùp(a 0 B ) = = 5. C 2 p A (B ) = 3 C 2 = 2.D oùp(a B ) = = 5. Extrairunboulnoirauduxièmtiragquandlsduxboulsnoirs ont été xtraits lors du prmir tirag st impossibl. Donc p A2 (B ) = 0. D où la valur d p(b ), somm ds trois probbilités précédnts : p(b ) = 8 5. p A 0 (B 2 ) = C 2 = 6.D oùp(a 0 B 2 ) = = 5. novmbr 200 3

4 Comm ci-dssus : p A (B 2 ) = 0tp A2 (B 2 ) = 0. D où la valur d p(b 2 ), somm ds trois probbilités précédnts : p(b 2 ) = 5. d. On chrch à calculr p B (A ). Or d après ls calculs antériurs p(a B ) = 5 t p(b ) = 8 5.Doncp B (A ) = L évènmnt R st réalisé lorsqu l un ds évènmnts incompatibls ci-dssous l st : «tirr un boul noir au prmir tirag t un boul noir au scond» soit réalisr l évènmnt A B ; ou «n tirr aucun boul noir au prmir tirag t dux bouls noirs au scond» soit réalisr l évènmnt A 0 B 2. Il n résult qu p(r) = p(a B ) + p(a 0 B 2 ) = = 3. Exrcic Parti A. Ls vcturs OA, OB t OC ont rspctivmnt pour cordonnés (5, 5), (, 3) t (8, ). Ls vcturs PA, PB t PC ont rspctivmnt pour cordonnés ( 5,5), ( 9,3) t ( 2, ). Par suit OA. PA = 0doncA Γ ; OB. PB = 0doncB Γ ; OC. PC = 0doncC Γ. 2. Montrons qu D (BC) n établissant qu ls vcturs DB t BC sont colinéairs. DB a pour coordonnés (,), BC a pour coordonnés (7, 7), donc BC = ( 7) DB. Montrons qu (OD) (BC) n établissant qu OD. BC = 0. OD a pour coordonnés (2,2), BC a pour coordonnés (7, 7), donc OD. BC = 0. En résumé, D st bin l projté d O sur la droit (BC). Parti B. ( OM, OM ) = arg z 20 = arg.orzz st un rél (strictmnt positif) donc d z zz mêm 20 zz.parsuitargz z = 0+k.2π : ls points O, M, M sont alignés. 2. a. M donc son affix z st du typ 2 + iy,oùy désign un rél qulconqu. On n déduit qu z = 2 iy donc z + z =. b. z + z = 20 z + 20 z z z. = 20(z + z) zz = 80 zz.parsuit5(z + z ) = 00 zz = 20 z 20 z = c. Démontrons qu M Γ n établissant qu ΩM 2 = 25. ΩM apouraffixz 5, donc ΩM 2 = (z 5)(z 5). Or (z 5)(z 5) = (z 5)(z 5) = z z 5(z + z ) D après la rlation établi n b. il n résult qu (z 5)(z 5) = 25 c st à dir qu ΩM 2 = 25 : M Γ. On sait d plus, d après la qustion., qum (OM). Donc M st bin l point d intrsction (autr qu O) d la droit (OM) t du crcl Γ. novmbr 200

5 A B D O Ω P M Γ M C Exrcic Exrcic d spécialité. A 0 t B 0 ont été choisis d façon qulconqu avc A 0 B 0 = 8. On put vérifir qu A 0 B i = 2 A 0B i t qu un msur d ( A 0 B i, A 0 B i )st 3π avc i. B B 3 B A 0 B0 B 2 2. On sait qu l imag d un triangl par un similitud plan st un triangl smblabl. Ici A 0 =S(A 0 ), B n+ =S(B n )tb n+2 =S(B n+ ). Donc l triangl A 0 B n+ B n+2 st l imag par la similitud S du triangl A 0 B n B n+ : cs triangls sont smblabls. 3. a. l n+ =B n+ B n+2 =S(B n )S(B n+ ). Par suit l n+ = 2 l n :lasuit(l n )st donc un suit géométriqu d raison 2. novmbr 200 5

6 ( ) n b. On sait qu l n = l 0. 2 c. On sait qu ( ) n+ 2 + n = l 0.Donc ( n = 2l 0 ( ) ) n+ 2. ( ) 2 n+ Comm lim = 0, on n déduit qu lim n = 2l o. n + 2 n +. a. Comm 3 t sont prmirs ntr ux, il xist ds coupls d ntirs rlatifs (u ; v) tlsqu3u v = 2 ; (2 ; ) constitu un solution particulièr. On n déduit qu ls solutions d 3x y = 2 sont clls d 3x y = 3 2, soit ncor clls d 3(x 2) = (y ). L théorèm d Gauss s appliqu : divis 3(x 2), st prmir avc 3 donc divis x 2 c st à dir qu il xist un ntir t tl qu x 2 = t soit x = 2+t. On n déduit facilmnt qu y = 3t soit y = +3t. En résumé ls solutions d 3x y = 2 sont ls coupls d ntirs rlatifs d la form (2+t,+ 3t), avc t Z. b. Comm par définition d la suit d points (B n ), on a B n =S n (B 0 ), on n ( ) déduit qu un msur d A 0 B 0, A 0 B n st n 3π,avcn Z. Pour qu l point B n appartinn à il st nécssair t suffisant qu n 3π = π 2 + kπ,où(n,k) Z2. On n déduit qu (n,k) st solution d 3n = 2+k soit d 3n k = 2. Il résult du a. qu n st du typ 2 + t,avct Z. Ls ntirs naturls n pour lsquls B n sont donc du typ 2+t avc t N. novmbr 200 6