1 Lycée Monod Clamart, mars 2013

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1 Baccalauréat Blanc de Mathématiques - Terminales S - Corrigé SOLUTION DE l EXERCICE 1 : Partie A : COMPLEXES) 1. z z + ) z +z + ) = z + ) z) = z 4 +4z +4 4z = z z 4 = 4 z 4 +4 = 0 z z + ) z +z + ) = 0 z 4 = 4 z z + = 0 ou z +z + = 0 z z + = 0 z = 1+i ou z = 1 i z +z + = 0 z = 1+i ou z = 1 i Les solutions de l équation E) sont donc : z 1 = 1+i, z = 1 i, z = 1+i et z 4 = 1 i Partie B : 1. Graphique B 1 A v 1 O u E G 1 C 1 F. a) z E z C +i = = 1 π z B z C i i = e i. b) z E z C z B z C = z E z C z B z C = CE ) CB ze z C arg = argz E z C ) argz B z C ) = u, CE ) u, ) CB = CB, CE ). z B z C c) On obtient CE π CB = e i = 1 et ) CB, CE = arg e iπ ) = π Donc le triangle BCE est équilatéral. z. AE = z E z A = + ) ) i + i 1+i+i z AF z F z A 1 i i = 1+ + ) 4 = 8+4 = On obtient z AE = )z AF, d où AE = ) AF Les vecteurs AE et AF sont colinéaires, donc les points A, E et F sont alignés. 4. z AB = z B z A = ; z GE = z E z G = ; AB = GE donc ABEG est un parallélogramme. De plus, AB = z B z A = = et EB = z B z E = +i = +1 = ABEG est un parallélogramme qui possède deux côtés consécutifs de la même longueur, donc c est un losange. Par suite, les diagonales AE) et BG) se coupent perpendiculairement. Construction du point G : G est un point de l axe des abscisses, puisque son affixe est réelle. Les segments BG] et AE] sont perpendiculaires, donc G est le point d intersection de la perpendiculaire à AE] passant par B avec l axe des abscisses. 1 Lycée Monod Clamart, mars 01

2 SOLUTION DE l EXERCICE : Partie A : C 1 /5 /5 F1 1/ / 4/9 5/9 C F C F Partie B : a) L arbre est en peigne : PROBABILITES) a) Au premier tirage la probabilité d avoir un bonbion fraise est : pf 1 ) = 6/10 = /5. Au second tirage le sachet ne contient plus que 9 bonbons, donc la probabilité d avoir un deuxième bonbon fraise, sachant que le premier est fraise, est p F1 F ) = 5/9. b) La question porte sur la conjonction C 1 C : pc 1 C ) = pc 1 ) p C1 C ) = 5 9 = 5 1 = 15 c) On demande la probabilité conditionnelle de F 1 sachant C, qu on ne peut lire directement dans l arbre. Par définition : p C F 1 ) = pf 1 C ) pc ) Par la règle des chemins : pf 1 C ) = = 4 15 Par la loi des probablités totales : pc ) = pc 1 C )+pf 1 C ) = = 6 15 D où : p C F 1 ) = 4/15 6/15 = 4 6 = 5/8 /8 F 1 C 1 5/7 F /7 C 5/6 1/6 pf 1 ) = 5/8 pc 1 ) = /8 p C1 F ) = 5/7 p C1 C ) = /7 p C F ) = 5/6 p C C ) = 1/6 p C F 4 ) = 5/5 = 1 Il faut 4 tirages au maximum pour avoir un bonbon fraise. F C F 4 5/5=1 b) Loi de probabilité de X : k px = k) = = = = = 1 56 c) Espérance de X : EX) = = = = Bob peut en moyenne espérer manger 1,5 bonbons, alors qu Ava en mange à coup sûr. Donc Bob a raison. Lycée Monod Clamart, mars 01

3 SOLUTION DE l EXERCICE : FONCTIONS ET SUITES) Partie A : Etude de la fonction g définie pour tout x de 0;+ par gx) = x)e x 1 1. Limite de la fonction g en +. x = x + par produit x + ex = + x + x)ex = et donc gx) = x +. Étude des variations de la fonction g sur 0;+. g = w exp 1 où w est la fonction affine x x. g est dérivable sur 0;+ car les fonctions w et exp le sont. Pour x 0, on a : g x) = w x)e x +wx)e x +0 = e x 1+ x) = 1 x)e x. Comme e x > 0 quel que soit le réel x, g x) est du signe de 1 x. x g x) + 0 gx) 1 ր e 1 ց g0) = e 0 1 = 1 = 1 g1) = e 1 1,7. Signe de gx) sur 0;1]. La fonction g est strictement croissante sur 0; 1] : pour tout x 0; 1], g0) gx) donc 0 < 1 gx). Ceci montre que g est strictement positive sur 0;1]. Partie B : Etude de f définie pour tout réel x par : fx) = ex 1 e x x 1. Limite de la fonction f en : x ex = 0 x ex 1 = 1 x ex x = + par règles sur les quotients fx) = 0 x En +, on doit lever une indétermination du type / ) fx) = ex 1 e x x = ex 1 e x 1 e x 1 et e x = = 1 xe x 1 xe x 1+te t où t = x avec t t tet = 0 donc t et = 0 donc t 1+tet = 1 t 1 et = 1 fx) = 1 par quotient x +. Dans toute la suite de l exercice, on considère la fonction f sur l intervalle 0;1]. a) Calcul de la dérivée f sur l intervalle 0;1]. f = u v où ux) = ex 1 et vx) = e x x. On notera que les fonctions u et v sont dérivables sur 0;1] par différence de la fonction exp avec des fonctions affines) et que la fonction v ne s annule pas en effet, on sait que e x > x quel que soit le réel x). Donc la fonction f est dérivable sur 0;1]. f x) = u x)vx) v x)ux) vx) = ex e x x) e x 1)e x 1) e x x) = xex +e x 1 e x x) = x)ex 1 e x x) On obtient fx) = gx) e x où g est la fonction étudiée en Partie A. x) Le dénominateur est au carré, donc il est toujours positif, et f x) est du signe de son numérateur // gx) = x)e x 1. b) D après la partie A, on sait que gx) est strictement positif sur l intervalle 0;1]. On en déduit que f x) > 0 sur 0;1] et donc que la fonction f est strictement croissante sur 0;1]. Partie C : Etude de la suite U n ) définie par U 0 = 0,5 et U n+1 = f U n ) 1. Voir graphique. On peut conjecturer que la suite est croissante, majorée par 1 et convergente vers 1.. Preuve par récurrence que, pour tout entier naturel n, 0 U n U n+1 1 Posons P n la proposition : «0 U n U n+1 1» Initialisation : On a U 0 = 0,5 et U 1 = f U 0 ) = f0.5) 1 Donc la proposition P 0 est vraie. Hérédité : il s agit de montrer que P n entraîne P n+1 Supposons donc que la proposition P n soit vraie pour un certain rang n N, quelconque et fixé. Lycée Monod Clamart, mars 01

4 On a donc, par hypothèse de récurrence : 0 U n U n+1 1 Ces quatre nombres sont dans l intervalle0;1], où l on sait que la fonctionf est croissante, donc par conservation de l ordre : f0) f U n ) f U n+1) f1) }{{}}{{}}{{}}{{} 0 =U n+1 =U n+ =1 Par suite on a que : 0 U n+1 U n+ 1, c est-à-dire que P n+1 est vraie. Conclusion : la proposition est vraie au rang 0 et elle est héréditaire à partir de ce rang, donc P n est vraie quel que soit le rang n N.. a) De la validité des propositions P n on déduit que la suite U n ) est croissante et majorée par 1. D après le théorème de convergence monotone, la suite U n ) a donc une ite finie l et l 1. b) La fonction f étant continue, puis que U n l, alors f U n ) fl). Pour tout n N, f U n ) = U n+1. On peut passer à la ite dans ces égalités : f U n ) = U n+1 pour tout n U n l et f est continue, donc f U n ) fl) donc f l) = l. U n+1 l l est donc solution de l équation fx) = x. Par équivalences successives : fx) = x ex 1 e x x = x ex 1 = xe x x) e x 1 xe x +x = 0 1 x)e x 1 x ) = 0 1 x)e x 1 x)1+x) = 0 1 x)e x 1+x)) = 0 l est donc solution de l équation 1 x)e x 1+x)) = 0. c) Sachant que pour tout réel x > 0, e x > x+1 **), le facteur e x 1+x)) ne s annule jamais sauf en 0. 1 x)e x 1+x)) = 0 équivaut donc à 1 x = 0, soit à x = 1 ou bien à x = 0. Comme la suite est croissante et de premier terme 0,5, sa ite l ne peut pas être nulle. On en déduit que la ite l de la suite vaut 1. Conclusion : l étude algébrique confirme les conjectures graphiques : la suite est croissante et converge vers 1. **) En effet, la courbe de la fonction exponentielle est entièrement au-dessus de sa tangente au point d abscisse 0, soit au-dessus de la droite d équation y = x C f : y = x U U 1 U U Lycée Monod Clamart, mars 01

5 Baccalauréat Blanc de Mathématiques - Terminales S - Corrigé SOLUTION DE l EXERCICE 4 : Partie A : CANDIDATS NON SPECIALISTES MATHS) 1. Si x 0; π ] alors x + π π ; π ] donc cos x+ π ) 0. Voir schéma 4 ci-contre.. Pour tout x 0; π ], selon la formule d addition d angle cosa + b) rappelée dans l énoncé :) π cos 4) x+ π 4 = cosx) cos sinx) π sinx)sin 4)) ) sin π/ π/ π/ = cosx) = cosx sinx 1.0. La fonction f est dérivable sur 0; π ]. fx) = 50 avec ux) = cosx+sinx ux) u est une fonction dérivable sur 0; π ] qui ne s annule pas sur 0; π ] car ux) est la somme de deux nombres positifs non tous les deux nuls). u x) = sinx+cosx. f x) = 50u x) ux)) = 50 sinx cosx cosx+sinx). ) cos x+ π 4. En utilisant l égalité de la question. : f x) = cosx+sinx) Le coefficient 50 π π est négatif et le dénominateur de f x 0 x) est au carré donc 4 positif. f x) 0 + On obtient que f x) a le signe opposé du signe de cos x+ π ) D après la question 1. : Si x 0; π ], cos x+ π ) fx) ց ր 0 donc f x) π Si x 4 ; π, alors x+ ] π π 4 ; 7π ] donc cos x+ π ) 0 et f x) La fonction f est dérivable donc continue sur 0; π ] π 40 est une valeur intermédiaire entre f0) = 50 et f = 5 4) 5,4 et f est strictement décroissante sur 0; π ] donc l équation fx) = 40 admet une solution unique α dans 0; π ]. 4 4 π Sur l intervalle 4 ; π π, f est croissante et son maximum est f = ] ) ,6 donc l équation fx) = 40 n y admet pas de solution. Donc α est l unique solution sur 0; π ]. La calculatrice donne α 0, 6. L algorithme proposé recherche un encadrement d amplitude inférieure à 0, 1 de la solution α par dichotomie. Evolution des variables à 10 près : Variable Etape 1 Etape Etape Etape 4 a 0 0 0,196 0,95 b 0,785 0,9 0,9 0,9 b a P oui oui oui non m 0,9 0,196 0,95 R 10 10,5 S -1,7,5 0,089 R S 0 oui non non a 0 0,196 0,95 b 0,9 0,9 0,9 cos Résultat : On affiche les valeurs a = 0,95 et b = 0,9 qui encadrent α avec b a < 0,1. Partie B : La force physique F est modélisée mathématique par la fonction f de la partie A. 1. L angle θ pour lequel on tire une masse de 50 kg avec le moins d effort possible est π valeur où la fonction f 4 atteint son minimum). Cet effort vaut donc fπ/4) = 5 newtons.. a) Il n est pas possible de tirer cette masse avec un effort de 5 newtons. En effet, 5 est strictement inférieur au minimuml de f 5 5,6). b) Il est possible de tirer cette masse avec un effort de 40 newtons, sous l angle α. En effet, Fα) = fα) = 40 d après A-5. 5 Lycée Monod Clamart, mars 01

6 BAREME Exercice 1 : 5 points A1 : 0,5 A : 1 B1 : 0,5 Ba : 0,75 Bb : 0,5 Bc : 0,5 B : 0,75 B4a : 0,75 B4b : 0,5 Exercice : 4,5 points A1 : 0,75 A : 0,5 A : 0,75 B1 : 0,5 B : 0,75 Ba : 0,5 Bb : 0,75 Bc : 0,5 Exercice : 5,5 points A1 : 0,5 A : 1 A : 0,5 B1 : 0,75 Ba : 0,5 Bb : 0,5 C1 : 0,75 C : 0,75 Ca : 0,5 Cb : 0,5 Cc : 0,5 Barème de l exercice 4 Spé PC-SVT : 5 points A1 : 0,5 A : 0,5 A : 0,5 A4 : 1 A5 : 1 A6 : 0,75 B1 : 0,5 Ba : 0,5 Bb : 0,5 Barème de l exercice 4 Spé. MATHS : 5 points A1a : 1 A1b : 1 Aa : 0,75 Ab : 0,5 B1 : 0,5 Ba : 1 Bb : 0,5 Bc : 0,5 6 Lycée Monod Clamart, mars 01