Corrigé du baccalauréat série S Amérique du Nord juin 2003

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1 Corrigé du baccalauréat série S Amérique du Nord juin EXERCICE 1 Commun à tous les candidats points 1. Réponse b.. En égalant les deu intégrales on obtient : e λt 1= e λt 1=e λt e λt = 1 et par croissance de la fonction logarithme népérien : λt = ln 1 ln λt = ln t = λ. Réponse a. 1. On a donc p([, 1[= λe λ d = e λ 1=,18 e λ =,8= 8 1 = ( ( λ=ln λ=ln. 41 Réponse a. p( ; 4. On calcule p( ; = e λ e λ = e λ = p(1, [. Dans la suite de l eercice on prendra λ=,.. La probabilité cherchée est p(, =e λ = e,,488. Réponse b.. On vient de voir que la probabilité pour un appareil de ne pas tomber en panne au cours des trois premières années est e, On a un schéma de Bernoulli avec une variable aléatoire X de paramètres n= 1 et p = e,. D où p(x = 4=C 1 ( 4 e, 4 e,,17. Réponse c. EXERCICE Candidats ayant suivi l enseignement de spécialité points 1. a. Comme S(A A 1 et S(A 1 A, on sait qu il eiste une seule similitude directe S transformant A en A 1 et A 1 en A. b. On sait que l écriture complee de S est z = az b. En l appliquant à A et A 1, on obtient { 1 4i = a( 4ib 4 i = a( 1 4ib Par différence on obtient i=a( a= 1 1 i. Puis en remplaçant a dans la première équation : 1 4i= 1 i ( 4ib b= 1 4i i i= 1 i. L écriture complee de S est donc : z = 1 i z 1 i. 1 i ( 4i= 1 4i

2 c. On calcule a = 1 i =. ( Donc a= i = ( cos( π 4 isin( π 4 = e i π 4. Le rapport de S est a = et son angle est π 4. Le centre Ω est le point invariant de la similitude ; donc ω = 1 ω i 1 i ω 1 i 1i i = 4i = 1i. 11 d. ω z = 1i 1 i z 1 i= 1 i ( ( z z = i z 1 i i z = 1i Conclusion : ω z = i ( z z. = 1 i i ω = = 1i 1i i z. 1i z. En terme de modules : ω z ( = i z z ΩM = M M ; le triangle ΩM M est isocèle. ( En terme d arguments : M M, M ω z Ω = arg z z = arg i = π, donc le triangle ΩM M est rectangle en M.. a. Pour placer A n1 : ce point est à l intersection du demi-cercle de diamètre [ΩA n ] et de la médiatrice de [ΩA n ]. A 4 A A A Ω A v u A 1 A b. A n1 est l image de A n et A n est l image de A n1 par S, donc A n1 A n = ka n A n1 avec k = rapport de la similitude. On a donc u n1 = ku n ce qui montre que la suite (u n est geometrique de raison k =, de premier terme A A 1 =.. a. On sait que v n = u 1 ( n1 1 = 1 ( n1 1.

3 b. Comme 1< < 1, on a lim n ( n1 =, lim n v n = 1 = 1. 1 La suite (v n a pour limite. 4. a. Le triangle ΩA n A n1 isocèle rectangle en A n1 est inscrit dans le cercle de centre le milieu de [A n Ω] ; son rayon r n = 1 A nω= 1 A na n1 = u n. ( n ( n1 Or u n =, donc r n =. b. On a r n < 1 ( n1< 1 ( n1< 1. Par croissance de la fonction logarithme népérien : ( (n 1ln < ln Or 1 ln ln ( 1 18,4, d où n> 18. Il faut donc choisir p= 17. n 1> ln 1 ln EXERCICE Candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité points 1. C 1 Γ A Γ 1 Ω v O= Γ u C B. a. z B z C = 1 i z A z C 1i = i i = i ( i i i = = ( ( = i i i 1i = 1 1 i = cos π i sin π = ei π. b. En prenant les modules des deu membres de l égalité précédente : z B z C z A z = z B z C C z A z C = CB e CA = i π = 1, c est-à-dire CB = CA : le triangle est isocèle en C. En prenant les arguments des deu membres : ( CA, CB = π. L angle au sommet a pour mesure π, donc les deu autres aussi, c est-à-dire que le triangle ABC est équilatéral. c. Le triangle étant équilatéral, le centre du cercle circonscrit est aussi le centre de gravité du triangle, soit l isobarycentre des trois sommets.

4 Donc z Γ = 1 ( 1i 1 i =. Un rayon est ΩA=. Voir le tracé ci-dessus. a. Soit M d affie z = iy. (zzzz = (iy iy(iy( iy= 4 y = ( 4 y = ( y = 4. Ceci montre que les points M( ; y appartiennent au cercle Γ de centre le point de coordonnées ( ; et de rayon. b. A ( 1 ; Γ ( 1 =4 4=4 vraie. B( 1 ; Γ ( 1 = 4 4=4 vraie. les points A et B sont éléments de Γ. 4. a. L écriture complee de la rotation est : z A1 z A = e i π (z za. Donc z A1 z A = e i π (za z A = donc z A1 = z A ce qui est normal pour le centre de la rotation! De même z B1 z A = e i π (zb z A z B1 = 1i ( 1 i ( 1 i 1 i = 1i 1 i i =1 i = z C. On aurait pu dire que ABC étant un triangle équilatéral direct l image de B dans la rotation de centre A et d angle π est le point C. Soit C 1 l image de C par r 1. Pour construire ce point on construit le triangle équilatéral direct ACC 1 ; comme ABC et ACC 1 sont symétriques autour de la droite (AC, le point C 1 est le symétrique de B autour de la droite (AC. z C1 z A = e i π (zc z A z C1 = 1i ( 1 i (= 1i i =i. b. Puisque le triangle AΩO est équilatéral, l image de Γ dans la rotation r 1 est le point O ; comme il y a conservation des longueurs, l image du cercle Γ par la rotation r 1 est le cercle Γ 1.. a. L image de Ω est le point O ; donc = a b b= a. b. z r (C = a b= a a = 4a. On sait que a = 1, donc 4a = 4 : le point r (C appartient au cercle de centre O et de rayon 4. On a z 1 = i = 41= 1=4. Le point C 1 appartient bien au cercle de centre O de rayon 4. PROBLÈME Commun à tous les candidats 1 points 1. a. On sait que lim e =. Posons h= e, donc f (= ln(1h. h D après le rappel de l énoncé : lim f (= lim f (h=. b. On factorise e dans la parenthèse : f (=e ln (e [e 1]=e (lne ln (1e =e ( ln (1e et en développant : f (= e e ln (1e = e e ln (1e. On sait que lim e =, donc lim e =. 4

5 . D autre part lim e =, d où lim lne = et comme lim e =, par produit lim e ln e =. Conclusion : lim f (=. c. Les résultats précédents montrent que la droite d équation y = 1 est asymptote horizontale à C au voisinage de moins l infini et que l ae des abscisses est asymptote horizontale à C au voisinage de l infini. g (t= t ln(1 t. 1 t a. g somme de fonctions définies et dérivables sur ] 1 ; [ est dérivable et sur intervalle : g 1 t t (t= (t (t 1 = 1 t (t 1 = t (t 1. Pour t >, g (t<, donc la fonction g est décroissante sur ] ; [. b. On a g (=, la fonction étant décroissante sur ] ; [, elle est strictement négative sur cet intervalle.. a. La fonction f est dérivable comme produit de fonctions dérivables sur ] 1 ; [ et sur cet intervalle : 4. f (= e ln (1e e e 1e. Posons t = e, donc e = 1 e = 1. On peut donc écrire : t f (= f (t= 1 1 ln(1 t t 1 t = 1 [ ] t ln(1 t = 1 t 1 t t g (t. Ou encore f (=e g (e b. On sait que pour tout réel, e >, donc le signe de f est celui de g sur ] ; [, donc f < : la fonction f est décroissante sur R. f ( f 1 1 ln 4 1 O 1 4 Partie B : comportements asymptotiques d une primitive F de f sur R 1. F est la primitive de f qui s annule en =. Donc F (= f (. La fonction f est positive sur R, donc la fonction F est strictement croissante sur R.

6 1. a. 1e t = 1et e t 1e t = 1 et 1e t. En utilisant le résultat précédent : 1 1e t dt = e t 1 dt 1e t = [ t ln e t] = lne ln b. F (= e t ln e t dt. Posons : u(t=ln e t ; dv = e t Donc du= et 1e t ; v(t= e t. Toutes ces fonctions sont continues car dérivables ; on peut donc intégrer par parties. F (= [ e t ln e t] e t e t 1e t dt = e ln(1e ln ln (1e ln ln ln = F (= (1e ln (1e ln. c. F ( = (1e ln (1e ln = ln (1e e ln(1e ln = ln (1e f (ln. ( e F (= lne ln (1e e ln(1e f (ln =ln 1e.. On utilise la deuième écriture : e 1e = 1 1e. Or lim e = donc lim = 1, puis lim 1e On sait d autre part que lim f (=. D où finalement : lim F (=ln. 4. Calculons F ( = ln(1e f (ln. e ln ( e 1e = ln 1=. On a lim 1e = 1, puis lim lne = ln 1= et comme lim f (=1, on a finalement : lim F ( = 1ln. La dernière égalité peut s écrire lim F ( 1 ln =, ce qui signifie que la représentation graphique de F a pour asymptote oblique au voisinage de moins l infini la droite d équation y = 1ln. Partie C : étude d une suite 1. Quel que soit n N, f n est l aire du rectangle de côtés 1 et f (n. On peut choisir pour le côté de longueur 1 le segment ayant pour etrémités les points d abscisses n 1 et n. u n est donc la somme des aires des n premiers rectangles. Eemple : sur le dessin on a représenté u.. On calcule u n1 u n = f (n 1> : la suite est croissante (strictement.. a. La fonction f est décroissante : donc pour tout naturel k non nul et pour t tel que k 1 t k, par décroissance f (k f (t et puisque k 1k : k k 1 f (k dt k k 1 f (t dt, soit f (k par linéarité de l intégration : u n n f (t dt k k 1 f (t dt n n 1 f (t dt soit b. En sommant les inégalités précédentes pour k allant de 1 à n, on obtient u n = f (1 f ( f (n n non nul. 1 f (t dt c est-à-dire u n F (n pour tout

7 4. La suite (F (n est croissante et a pour limite ln en plus l infini. On a donc u n F (nln. La suite (u n est croissante et majorée : elle converge vers une limite l telle que lln. 7