BACCALAUREAT GENERAL

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1 BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 9 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement de Spécialité France métropolitaine EXERCICE 1 1) a) Soit n un entier naturel. v n+1 u n u n u n 1 (u n 6) 1 v n. La suite (v n ) est une suite géométrique de raison 1. b) On sait alors que pour tout entier naturel n v n v Or v u 6 5 et donc pour tout entier naturel n on a u n v n Pour tout entier naturel n, u n c) Puisque 1 < 1 < 1, on sait que lim n +. On en déduit que la suite (u n ) converge et que lim u n 6. n + ) a) 1w 1 11w et donc w w 1 1. b) Il semblerait que pour tout entier naturel n, on ait w n n + 1. Prouvons-le par récurrence. Pour n, on a w. L égalité est donc vraie quand n. Soit n 1. Supposons que w n 1 (n 1) + 1 ou encore w n 1 n 1. w n (n + 1)w n n (n + 1)(n 1) + 1 n n + n n n + 1. On a montré par récurrence que pour tout entier naturel n, on ait w n n + 1. En particulier la suite (w n ) n N est arithmétique de raison et w Si on n aime pas passer de n 1 à n et que l on préfère passer de n à n + 1, on doit commencer par se réécrire la relation de récurrence : pour tout entier naturel n, (n + 1)w n+1 (n + )w n + 1. La démonstration principale s écrit alors http :// 1 c Jean-Louis Rouget, 1. Tous droits réservés.

2 w n+1 (n + )w n + 1 (n + )(n + 1) + 1 n + 5n + (n + 1)(n + ) n + (n + 1) + 1. n + 1 n + 1 n + 1 n + 1 http :// c Jean-Louis Rouget, 1. Tous droits réservés.

3 EXERCICE PARTIE I e x 1) D après un théorème de croissances comparées, on a lim x + x +. On en déduit que Puis lim x + ln(1 + xe x ) ln(1 + ). lim x + xe x lim x + x e x lim x + lim f(x). x + 1 e x /x. ) La fonction x 1 + xe x est dérivable sur [, + [ et est strictement positive sur cet intervalle et la fonction y ln y est dérivable sur ], + [. On en déduit que f est dérivable sur [, + [. De plus, pour tout réel x, Maintenant, pour tout réel positif x, ) On en déduit le tableau de variations de f. f (x) (1 + xe x ) 1 + xe x 1 e x + x ( e x ) (1 x)e x 1 + xe x 1 + xe x. e x 1 + xe x >. On en déduit que pour tout réel positif x, f (x) est du signe de 1 x. x 1 + f (x) + f ln(1 + e 1 ) PARTIE II 1) Première méthode. a) Soit λ un réel strictement positif. La fonction f est continue et positive sur [, λ]. Donc A(λ) est l aire exprimée en unités d aire, du domaine compris entre l axe des abscisses, la courbe représentative de f et les droites d équations respectives x et x λ. 1 f(1) O R A(λ) Q P 1 λ http :// c Jean-Louis Rouget, 1. Tous droits réservés.

4 b) Puisque la fonction f admet un maximum en 1 d après la question I.), le domaine considéré est contenu dans le rectangle OPQR où P(λ, ), Q(λ, f(1)) et R(, f(1)). Son aire A(λ) est donc inférieure ou égale à l aire de ce rectangle ou encore A(λ) λf(1). Pour tout réel strictement positif λ, A(λ) λf(1). ) Deuxième méthode. a) Pour x dans [, λ], posons u(x) x et v(x) e x. Les fonctions u et v sont dérivables sur [, λ] et pour x dans [, λ] on a u(x) x u (x) 1 v(x) e x v (x) e x De plus, les fonctions u et v sont continues sur [, λ]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient xe x dx [ x ( e x ) ] λ 1 ( e x ) dx λe λ + [ e x] λ λe λ e λ + 1. Pour tout réel λ, xe x dx λe λ e λ + 1. b) Soit λ un réel strictement positif. Pour tout réel x de [, λ], le réel u xe x est positif. On en déduit que pour tout réel x de [, λ], ln(1 + xe x ) xe x. Par croissance de l intégrale, on obtient alors A(λ) ln(1 + xe x ) dx xe x λe λ e λ + 1. Pour tout réel strictement positif λ, A(λ) λe λ e λ + 1. ) Application numérique. Quand λ 5, la majoration de la question 1)b) fournit A(5) 5ln(1 + e 1 ) 1, et donc A(5) 1, 57. La majoration de la question )b) fournit quant à elle A(5) 5e 5 e 5 + 1, et donc A(5), 96. Dans le cas où λ 5, la méthode de la question ) fournit un meilleur majorant que la méthode de la question 1). http :// 4 c Jean-Louis Rouget, 1. Tous droits réservés.

5 EXERCICE PARTIE I Restitution organisée de connaissances Soient n et p deux entiers naturels tels que 1 p n. ( ) ( ) n 1 n 1 (n 1)! + p 1 p (p 1)!((n 1) (p 1))! + (n 1)! p!((n 1) p)! (n 1)! (p 1)!(n p)! + (n 1)! p!(n p 1)! (n 1)! (p 1)! (n p) (n p 1)! + (n 1)! p (p 1)! (n p 1)! p (n 1)! p (p 1)! (n p) (n p 1)! + (n p) (n 1)! p (p 1)! (n p) (n p 1)! p (n 1)! (n p) (n 1)! p (n 1)! + (n p) (n 1)! + p! (n p)! p! (n p)! p! (n p)! ( ) (p + n p) (n 1)! n (n 1)! p! (n p)! p! (n p)! n! n p! (n p)!. p Pour tous entiers naturels n et p tels que 1 p n, ( ) n p ( ) n 1 + p 1 ( n 1 p ). PARTIE II 1) a) Les différents tirages de deux jetons sont supposés équiprobables. Le nombre de cas possibles est le nombre de façons de tirer simultanément deux jetons parmi dix jetons. Il y en a ( ) Le nombre de cas favorables est le nombre de façons de tirer simultanément les deux jetons parmi les sept jetons blancs. Il y en a ( ) On en déduit que p(a) b) Il y a toujours 45 cas possibles. D autre part, il y a 4 jetons blancs portant un numéro impair (1,, 5 et 7) et jetons noirs portant un numéro impair (1 et ) et donc 6 jetons portant un numéro impair. Le nombre de cas favorables est le nombre de façons de tirer simultanément les deux jetons parmi les six jetons portant un numéro impair. Il y en a On en déduit que ( ) p(b) c) p(a) p(b) D autre part, l événement A B est l événement «obtenir deux jetons blancs portant des 45 ( ) 4 numéros impairs». Il y a 4 jetons blancs portant des numéros impairs et donc 4 6 tirages de deux jetons blancs portant des numéros impairs. On en déduit que Comme p(a B) p(a) p(b), on a montré que p(a B) les événements A et B ne sont pas indépendants. http :// 5 c Jean-Louis Rouget, 1. Tous droits réservés.

6 ) a) X prend trois valeurs :, 1 et. ( ) ( ) 7 p(x ) ( ) ( ) ( ) p(x 1) ( ) ( ) ( ) 7 p(x ) ( ) p(x ) 1 15, p(x 1) 7 7 et p(x ) b) E(X) p(x ) + 1 p(x 1) + p(x ) , E(X) 1, 4. http :// 6 c Jean-Louis Rouget, 1. Tous droits réservés.

7 EXERCICE 4 1) a) Le couple (x, y ) (1, 1) est solution de l équation 8x 5y. Soit (x, y) un couple d entiers relatifs. Si 8x 5y, alors 8x 5y 8x 5y puis 8(x x ) 5(y y ). L entier 5 divise l entier 5(y y ) et donc l entier 5 divise l entier 8(x x ). Comme les entiers 5 et 8 sont premiers entre eux, le théorème de Gauss permet d affirmer que l entier 5 divise l entier x x. Par suite, il existe un entier relatif k tel que x x 5k ou encore x x + 5k. De même, l entier 8 divise l entier y y et donc il existe un entier relatif k tel que y y 8k ou encore y y + 8k. Réciproquement, soient k et k deux entiers relatifs puis x x + 5k et y y + 8k. 8x 5y 8(x + 5k) 5(y + 8k ) 8x 5y 8 5(k k ) k k, S {(1 + 5k, 1 + 8k), k Z}. b) Soient m, p et q trois entiers relatifs tels que m 8p + 1 et m 5q + 4. On a donc 8p + 1 5q + 4 puis 8p 5q. Ainsi, le couple (p, q) est solution de l équation 8x 5y. En particulier, il existe un entier relatif k tel que p 1 + 5k. Mais alors et donc m 9 (modulo 4). m 8p + 1 8(1 + 5k) k, c) Soit m un entier relatif congru à 9 modulo 4. Il existe un entier k tel que m 9 + 4k. car k est un entier. m 9 + 4k k 9 4 m 49, 775 k 5 Le plus petit entier supérieur ou égal à et congru à 9 modulo 4 est ) a) Soit k un entier naturel. 8 et donc 1 (modulo 7). Par suite, puisque k ( ) k, k 1 k (modulo 7) ou encore k 1 (modulo 7). Pour tout entier naturel k, k 1 (modulo 7). b) Puisque la somme des chiffres de 9 est 11, on a 9 11 (modulo ) ou encore 9 (modulo ) (on peut aussi écrire directement ). Ainsi, il existe un entier naturel k tel que 9 k+. On a alors 9 k. D après la question précédente, on a 9 1 (modulo 7) et donc 9 4 (modulo 7). Comme 4 < 7, on a montré que le reste de la division euclidienne de 9 par 7 est 4. ) a) 1 (modulo 7) et donc 1 (modulo 7) ou encore 1 7 (modulo 7) ou encore (modulo 7) ou enfin 1 1 (modulo 7) (on peut aussi écrire ). b) D après a), N ( 1)a + b (modulo 7). Donc N divisible par 7 N (modulo 7) b a (modulo 7) (a, b) {(1, 1), (1, 8), (, ), (, 9), (, ), (4, 4), (5, 5), (6, 6), (7, ), (7, 7), (8, 1), (8, 8), (9, ), (9, 9). Les entiers solutions sont 11, 18,, 9,, 44, 55, 66, 7, 77, 81, 88, 9 et 99. http :// 7 c Jean-Louis Rouget, 1. Tous droits réservés.