Corrigé du baccalauréat S Métropole & La Réunion septembre 2009

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1 Corrigé du baccalauréat S Métropole & La Réunion septembre 009 EXERCICE 1 (6 points) PARTIE A Commun à tous les candidats 1. Quel que soit le réel x, x 0 x ln ( x + 4 ) existe. La fonction f est la composée de la fonction x x + 4, dérivable sur R à valeurs dans ]4 ; + [ et de la fonction x ln x qui est dérivable sur ]4 ; + [. La fonction f est donc dérivable sur ]0 ; + [. Comme (ln u(x)) = u (x) u(x), avec u(x)=x + 4 on obtient f (x)= x x quel que soit x [0 ; + [. + 4 Le numérateur et le dénominateur étant positifs, le quotient est positif, donc la fonction f est croissante sur [0 ; + [. La dérivée n étant nulle qu en 0, on peut affirmer que la fonction f est strictement croissante sur [0 ; + [.. (a) La fonction g est dérivable et g (x)= f (x) 1= x x + 4 1= x + x 4 x. + 4 Le signe de g (x) est donc celui du trinôme x + x 4. Son discriminant =4 16= 1 donc g (x) est du signe du coefficient de x donc négatif pour tout x [0 ; + [. La fonction g est donc décroissante sur [0 ; + [. (b) la fonction g est continue, car dérivable sur [ ; 3] ; g est décroissante sur [ ; 3] ; g ()=ln8 0,07>0 et g (3)=ln13 3 0,4<0; Il existe donc un réel unique α [ ; 3] tel que g (α)=0. On trouve de même que g (,1) 0,03 et g (,) 0,03. onc,1<α<,. Enfin g (,15) 0,004 et g (,16) 0,006. Conclusion α, à 0,1 près. (c) On a g (x) = 0 f (x) x = 0 f (x) = x. Les deux équations sont équivalentes donc ont les mêmes solutions, en l occurence il existe un réel unique α tel que f (α) = α. PARTIE B 1. En résumé : verticalement vers C, horizontalement vers. Cf. la figure à la fin.. Cf. la figure à la fin. 3. (a) émonstration par récurrence : Initialisation : on a bien 1 u 0 α puisque u 0 = 1 ; Hérédité : supposons qu il existe n N tel que : 1 u n α. Par croissance de la fonction f, on a : f (1) f (u n ) f (α) ln5 u n+1 α. Comme 1<ln5, on a bien : 1 u n+1 α La proposition est vraie au rang 0 et héréditaire à partir de 0, elle est donc vraie pour tout naturel. (b) On démontre facilement (u 0 u 1, puis u n u n+1 u n+1 u n+ ) que la suite (u n ) est croissante. Comme elle est majorée par α d après la question précédente, elle converge vers l α.

2 (c) Or la fonction f est continue donc en particulier en l, on a f (u n ) = u n+1 f (l) = l (par limite en plus l infini). On sait que la seule solution de cette équation est α. Conclusion : lim u n = α. n + EXERCICE : (5 points) 1. P a pour vecteur normal n (1 ; 1 ; 0) ; Commun à tous les candidats P a pour vecteur normal n (0 ; 1 ; 1) : ces vecteurs n étant pas colinéaires, les plans ne sont pas parallèles ; leur intersection est donc une droite dont tous les points de coordonnées (x ; y ; z) vérifient : { { x = 1 y x = 1 t x+y 1 = 0 x = 1 y y+ z = 0 z = y (t R) z = t (t R) qui est une z = y représentation paramétrique de la droite.. (a) La droite contient le point (1 ; 0 ; ) et a pour vecteur directeur u ( 1 ; 1 ; 1) et ce vecteur est normal au plan R. Une équation de ce plan est donc : M(x ; y ; z) R x+y z = 0 x y+ z = 0. (b) R et étant perpendiculaires sont sécants en un point dont les coordonnées vérifient les équations de et de R soit : x = 1 t x = 1 t x = 1 t x = 0 z = t z = t z = t y = 1 z = 1 x y+ z = 0 1 t t+ t = 0 1 = t 1 = t Conclusion : I(0 ; 1 ; 1) 3. (a) A R = 0 qui est vrai ; B R 1 1+0=0 qui est vrai. (b) I étant le milieu de [AA ] et [BB ], le quadrilatère ABA B est un est un parallélogramme. autre part : ( IA 1 ) ; 1 ; 1 et IB (1 ; 0 ; 1). onc IA IB = = 0. Le parallélogramme a ses diagonales perpendiculaires : c est un losange (c) Le point S correspond bien au point de de paramètre 1 (d) A, B, I, A et B sont des points de R et I et S appartiennent à la droite, donc la droite (IS) est la hauteur issue de S de la pyramide L aire du losange est égale au quadruple de l aire du triangle (1 ) ( ) rectangle IAB. On a IA = + 1+ = 4 = ; IB = 1+1=. onc aire (ABA B ) = = 1. La hauteur : IS ( ; ; ), d où IS = 4+4+4= 1. Finalement V = = 1 3 1=4. EXERCICE 3 : (4 points) Commun à tous les candidats PARTIE A Métropole & La Réunion Page /?? septembre 009

3 1. f est dérivable sur R et f (x)=e x. L équation de la tangente au point d abscisse a est y f(a)= f (a)(x a) y e a = e a (x a). Elle coupe l axe des abscisses au point d ordonnée 0 ; donc 0 e a = e a (x a) 1=x a x = a 1 (car e a 0. On a donc P(a 1 ; 0).. On a M ( a ; e a) et N(a ; 0). ou NP ( 1 ; 0) ce qui signifie que NP = ı. PARTIE B y C g 1 j 1 O i M N 1 P x 1. L équation de la tangente est : y g (a) = g (a)(x a). Le point P d ordonnée nulle est tel que 0 g (a) = g (a)(x a) x a= g (a) g (a) g x= a (a) g (a). (car g (a) 0) (. On a P a g (a) ) g (a) ; 0 et N(a ; 0), d où ( NP g (a) ) g (a) ; 0. onc NP = ı g (a) g (a) = 1 g (a)= g (a). La fonction g est une solution de l équation différentielle y = y ; on sait que les soltions de cette équation sont de la forme y = C e x. Avec la condition initiale y(0)=, on obtient = C e 0 C =. Conclusion : il existe bien une seule fonction vérifiant les deux conditions données, c est la fonction g définie sur R par g (x)=e x. EXERCICE 4 : (5 points) Candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité 1. (a) F 1 désigne l évènement : «le pneu provient du fournisseur 1». désigne l évenemnt : «le pneu présente un défaut». On a l arbre suivant : Métropole & La Réunion Page 3/?? septembre 009

4 0,8 0,3 F 1 0, après le théorème des probabilités totales : ( ) ( ) ( ) ( ) p = p F 1 + p F + p F 3 soit 0,4 0,95 F 0,05 0,3 0,85 F 3 0,15 ( ) p p = 0,3 0,8+0,4 0,95+0,3 0,85 = 0,4+0,38+0,55 = 0,875. On a p (F ) = ( F ) p (F ) 0,4 0,95 = 0,38 0,875 0,875 0,434.. La variable aléatoire donnant le nombre de pneus ayant un défaut suit une loi binomiale de probabilité 1 0,875=0,15 avec n= 10. La probabilité cherchée est donc égale à : ( ) p( 1)= p(=0)+ p(=1)=0,15 0 0, ,15 1 0,875 9 = 0, ,15 0, , , 639 au millième près (a) On a p(500 X 1000)= λe λx dx λe λx dx = λe λx dx = [e λx] = e 1000λ ( e 500λ) = e 500λ e 1000λ. (b) On a donc p(500 X 1000)= 1 4 e 500λ e 1000λ = 1 ( 4 e 500λ e 500λ) 1 4 = 0. En posant x = e 500λ, l équation à résoudre s écrit x x 1 4 = 0 x x+ 1 ( 4 = 0 x ) 1 = = EXERCICE 4 : 0 x 1 = 0 x= 1. Il reste à résoudre : e 500λ = 1 soit d après la croissance de la fonction ln, 500λ=ln ( 1 ln 0, , ) 500λ= ln λ= (5 points) Pour les candidats ayant suivi l enseignement de spécialité 1. (a) 009= Le reste est donc égal à 7. (b) On a 5 = 3=11 +10, donc 5 10 mod 11, ou 5 1 mod 11 donc ( 5) ( 1) 10 1 mod 11. Le reste dans la division euclidienne de 10 par 11 est égal à 1. (c) On a 009 = = = ( 10) Or 10 1 mod 11, donc ( 10) mod 11 ; mod 11 Métropole & La Réunion Page 4/?? septembre 009

5 autre part 9 = 5 4. On a vu que 5 1 mod 11 et 4 = 16 5mod11, donc par produit 9 = mod 11. Finalement ( 5) mod 11 ou mod 11 et comme mod 11, par somme on obtient fibnalement : mod 11 ou encore mod 11. Le reste dans la division euclidienne de par 11 est égal à.. (a) A n+1 = n+1 + p. Tout diviseur de A n et A n+1 divise leur différence n+1 + p ( n + p ) = n+1 n = n ( 1)= n. En particulier d n divise n. (b) n étant supérieur à zéro, n est pair, donc A n = n + p a la même parité que p. (c) après la question précédente A n et A n+1 ont la parité de p. onc si p est pair A n et A n+1 et par conséquent leur P. G. C.. le sont aussi ; si p est impair A n et A n+1 et par conséquent leur P. G. C.. le sont aussi ; après le résultat précédent A 009 et A 010 sont impairs car 009 l est et leur P. G. C.. l est aussi. Or on a vu que ce P. G. C.., d n divisait n. Or tous les diviseurs de n sont pairs sauf 1 seul diviseur impair. Conclusion : le P. G. C.. de et est égal à 1 : ils sont premiers entre eux. Métropole & La Réunion Page 5/?? septembre 009

6 ANNEXE E L EXERCICE 1 (à rendre avec la copie) I C j O i u 0 u 1 u u 3 Métropole & La Réunion Page 6/?? septembre 009