Corrigé du Bac Blanc de Mathématiques (TS - année 2003)

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1 Corrigé du Bac Blanc d Mathématiqus TS - anné 003) Exrcic sur ls probabilités 1 a 1 = pa 1 ) avc A 1 l'événmnt après la prmièr épruv, U 1 n contint aucun boul blanch L'urn U 1 contint initialmnt dux bouls blanchs, on tir au hasard un boul blanch L'urn U contint dux bouls noirs Donc après la prmièr épruv, L'urn U 1 contint un boul blanch t un boul noir L'urn U contint un boul blanch t un boul noir Donc a 1 = 0, b 1 = 1 t c 1 = 0 L'urn U 1 contint toujours dux bouls qui sont d coulur noir ou blanch Ls événmnts A n, B n t C n sont dux à dux incompatibls t lur réunion st l'univrs donc a n + b n + c n = 1 3 a) Construisons un arbr pondéré où sont rprésntés au prmir nivau ls événmnts A n, B n t C n puis au scond nivau ls événmnts A n+1, B n+1 t C n+1 - Pondérons ls branchs issus d A n Si l'urn U 1 n contint aucun boul blanch alors ll contint noirs t U contint blanchs Donc après la n + 1)-épruv ls dux urns continnnt chacun 1 blanch t 1 noir Finalmnt P An A n+1 ) = 0, P An B n+1 ) = 1 t P An C n+1 ) = 0 - Pondérons ls branchs issus d B n Si l'urn U 1 contint 1 boul blanch t 1 boul noir alors l'urn U contint 1 boul blanch t 1 boul noir On chang implicitmnt d référntil on chang d'univrs t on considèr un nouvll probabilité p sur c nouvl univrs) On not : Bl 1 tirr un blanch d U 1, Bl tirr un blanch d U, N 1 tirr un blanch d U 1, N tirr un blanch d U Sur un épruv, ls tirags dans ls urns sont indépndants Dans chaqu urn, il y a équiprobabilité ds tirags P Bn A n+1 ) = pbl 1 N ) = pbl 1 ) pn ) = 1 1 donc P Bn A n+1 ) = 1 4 P Bn B n+1 ) = pbl 1 Bl ) N 1 N )) = pbl 1 ) pbl ) + pn 1 ) pn ) = donc P Bn B n+1 ) = 1 Donc P Bn C n+1 ) = Pondérons ls branchs issus d C n Si l'urn U 1 contint bouls blanchs alors U contint bouls noirs Donc après la n + 1)- épruv ls dux urns continnnt chacun 1 blanch t 1 noir Finalmnt P Cn A n+1 ) = 0, P Cn B n+1 ) = 1 t P Cn C n+1 ) = 0 b) D'après la formul ds probabilités totals t d'après l'arbr pondéré, a n+1 = P A n+1 A n ) + P A n+1 B n ) + P A n+1 C n ) = a n 0 + b n c n 0 donc a n+1 = 1 4 b n b n+1 = P B n+1 A n ) + P B n+1 B n ) + P B n+1 C n ) = a n 1 + b n 1 + c n 1 donc b n+1 = a n + 1 b n + c n c) Donc b n+1 = a n + 1 b n + c n t 1 = a n + b n + c n Par soustraction d cs dux égalités, on obtint b n+1 1 = 1 b n donc b n+1 = 1 1 b n 1

2 4 a) Pour tout n IN, u n+1 = b n+1 3 = 1 1 b n 3 = b n = 1 b n ) 3 Donc u n+1 = 1 u n donc u n ) st un suit géométriqu d raison 1 t d prmir trm u 1 = b 1 3 = 1 3 = 1 3 b) Donc u n = u 1 1 ) n 1 = 1 ) n 3 Donc b n = u n + 3 donc b n = 3 1 n 3 ) c) a 1 = 0 = ) 1 Si n alors a n = 1 4 b n 1 = 1 4 Donc a n = n 3 ) On sait qu c n = 1 b n a n donc c n = d) La notion d it 3 1 ) ) n 1 = ) n ) 3 1 ) n Parti A Exrcic pour ls non-spécialists, complxs 1 Z 4 = 1 Z 4 1 = 0 Z 1)Z + 1) = 0 Z = 1 ou Z = 1 Z = 1 ou Z = 1 ou Z = i ou Z = i a st solution d E) donc a 4 = 7 4i z i = 0 z 4 = 7 4i ) z 4 z 4 = a 4 = 1 a Finalmnt z st solution d E) z si t sulmnt si a st solution d l'équation Z4 = 1 3 a) i ) 4 = = 7 4i donc a st solution d E) b) On sait qu z st solution d E) z si t sulmnt si a st solution d l'équation Z4 = 1 z z st solution d E) si t sulmnt si st un élémnt d {1, 1, i, i} si t sulmnt si a z = a, z = a, z = ia ou z = ia Parti B Donc l'nsmbl solution d E) st { i, + i, 1 + i, 1 i } 1 Il st clair qu l miliu d [AC] st O t clui d [BD] st O donc ls diagonals d ABCD s coupnt n lur miliu donc ABCD st un parallélogramm Ls points A t C sont sur l'ax ds abscisss t AC = 1 1) = Ls points B t D sont sur l'ax ds ordonnés t BD = 1 1) = Donc ls diagonals d ABCD sont prpndiculairs t d mêm longuur donc ABCD st un carré

3 3 r A st d cntr A1),t d'angl π 4 donc son écritur complx st z 1 = i π 4 z 1) ) L'écritur complx d r A st z = i z 1) + 1 ) ) B = r A B) b = i b 1) + 1 b = i i 1) + 1 Après un long calcul, b = 1 + i 4 D la mêm façon ) C = r B C) = c = i c i) + i = c = Après un long calcul, c = + i ) D = r C D) = d = i d + 1) 1 = d = Après un long calcul, d = 1 i ) A = r D A) = a = i a + i) i = a = Après un long calcul, a = i i i i ) 1 i) + i ) i + 1) 1 ) 1 + i) i 5 a + c = 0 t b + d = 0 donc O st l miliu ds diagonals d A B C D, donc A B C D st un parallélogramm D plus il st clair qu b = i a donc B st l'imag d A par la rotation d cntr O, donc ls diagonals sont prpndiculairs t d mêm longuur Donc A B C D st un carré 6 AB = donc l'air d ABCD t A B = b a = 1 + i ) i = 6 donc l'air d A B C D st 6 AirA B C D ) = 3 AirABCD) Exrcic pour ls spécialists, arithmétiqu 1 a) Nous avons x 0 u + y 0 v = 1 avc u = x 0 t v = 5y 0 alors d'après l théorèm d Bézout x 0 t y 0 sont prmirs ntr ux b) x 0 t y 0 sont prmirs ntr ux S'ils étaint pairs tous ls dux, lur PGCD srait divisibl par, c qui st absurd Donc ils n sont pas tous ls dux pairs Si x 0 1 [] t y 0 1 [] alors x 0 1 [] t y 0 1 [] donc x 0 5y 0 4 [] donc x 0 5y 0 0 [] c qui st absurd puisqu x 0 5y 0 1 [] Donc x 0 t y 0 n'ont pas la mêm parité c) x 0 5y 0 1 [5] donc x 0 1 [5] soit x [5] ou ncor x 0 1)x 0 + 1) 0 [5] t 5 st un nombr prmir donc 5 divis x 0 1 ou x d'où il xist k tl qu x 0 1 = 5k ou x = 5k Finalmnt il xist k tl qu x 0 = 5k + 1 ou x 0 = 5k 1 Si y = 1 alors 1 + 5y = 6, si y = alors 1 + 5y = 1, si y = 3 alors 1 + 5y = 46 t si y = 4 alors 1 + 5y = 81 Notons qu si y = 4 alors = 9 donc = 1 Donc un coupl d solutions st 9, 4) 3 a) On sait qu ) n = a n + b n 5 t donc ) n+1 = a n+1 + b n+1 5 a n+1 + b n+1 5 = ) n+1 = ) ) n = )a n + b n 5) = 9an + 0b n ) + 4a n + 9b n ) 5 donc a n+1 = 9a n + 0b n t b n+1 = 4a n + 9b n 3

4 b) On sait qu l coupl 9, 4) st solution d E), donc l coupl a 1, b 1 ) st solution d E) c) D plus si, pour un ntir naturl n non nul, a n, b n ) st solution d E), qu'n st-il du coupl a n+1, b n+1 )? a n+1 5b n+1 = 9a n + 0b n ) 54a n + 9b n ) = = a n 5b n = 1 Donc a n+1, b n+1 ) st solution d E) Donc par récurrnc, pour tout ntir naturl n non nul, a n, b n ) st solution d E) = = t = = a n b n 5 a n + b n 5 Or ) n = a n + b n ) n = 1 a n + b n ) n = a n b n 5 Donc ) n = a n + b n 5 t 9 4 5) n = a n b n 5 En sommant on sort t n soustrayant a n = ) n ) n b n = ) n 9 4 5) n 5 Parti A 1 Notons qu n st un ntir xé, supériur à nx + 1) = n ln x = donc g nx) = nx + 1) = + ln x = + donc Problèm g nx) = + Ls fonctions ln t x nx + 1) sont strictmnt croissants sur ]0; + [ Donc lur somm g n st égalmnt strictmnt croissant sur ]0, + [ 3 a) La fonction g n st continu t strictmnt croissant sur IR + t l'intrvall imag st ] [ g n ]0, + [) = g n, g n = IR 0 + Par conséqunt, d'après l théorèm ds valurs intrmédiairs, l'équation g n x) = 0 admt un uniqu solution α n sur IR + b) g n n ) = = n n Notons qu n > 0 donc g n n ) > 0 soit g n n ) > g n α n ) t la fonction g n st croissant sur ]0, + [ rmarqur ici qu la croissanc au sns larg st susant : rvnir à la dénition vu n scond!!) donc 4 Nous avons 5 α 0, 11 Parti B α n < n 1 a) On sait qu x>0 Donc f n x) = 0 = f n 0) x>0 x 0 α n + + f 0 sign d g n x) 0 + xln x) n = 0 t x + 1) = 1 x>0 donc la fonction f n st continu n 0 4

5 f n x) f n 0) b) x > 0, x 0 lnx) = 1 + x) = 1 = lnx))n 1 + x lnx)) n donc 1 + x Donc la fonction f n n'st pas dérivabl n 0 Notons qu f n x) = x 1 + x lnx))n t + tn = + = + ou suivant la parité d n x 1 + x = x x = 1 ln x = + donc par composition t produit f nx) = + 3 a) La fonction ln st dérivabl sur IR + t la fonction t t n st dérivabl sur IR donc la fonction x lnx)) n st dérivabl par composition sur IR + La fonction rationnll x x x + 1 st dérivabl sur son nsmbl d dénition IR\{ 1} à fortiori sur IR + donc par produit la fonction f n st dérivabl sur son nsmbl d dénition IR + b) x > 0, f nx) ln x)n 1 = = x + 1) g nx) Si n st pair alors n 1 st impair notons qu n 1 1) t donc ln x) n 1 st du sign d ln x donc f nx) st du sign g n x) ln x Si n st impair alors n 1 st pair notons qu n 1 ) t donc ln x) n 1 > 0 pour tout rél x diérnt d 1, donc f nx) st du sign g n x) si x 1 4 Notons qu α n < n < 1 Si n st pair alors l tablau d variation d f n st f n x 0 α n 1 + g n x) ln x 0 + f nx) f n α n ) Si n st impair alors l tablau d variation d f n st x 0 α n 1 + g n x) ln x) n f nx) f n 0 f n α n ) 5 rin à dir 6 x [1; ], f n+1 x) f n x) = x ln x) n+1 ln x) n) = 1 + x Pour x [1; ], ln x 0 donc ln x) n 0 t s'annul pour 1 xln x)n 1 + x ln x 1) ln x 1 < 0 ln x < 1 0 < x < donc pour x [1; ] 1 ln x 0 t s'annul pour D'où l tablau d signs Parti C x 1 f n+1 x) f n x) 0 0 5

6 1 Sur [1, ], la fonction f n st strictmnt croissant t dérivabl donc continu D plus f n 1) = 0 t f n ) = + 1 donc + 1) [f n1); f n )] Donc l'équation E n ) admt un uniqu solution sur [1; ] Soit n u n [1; ] donc d'après B6 ) f n+1 u n ) f n u n ) donc f n+1 u n ) 3 Soit n un ntir xé supériur à f n+1 u n ) + 1) or f n+1u n+1 ) = + 1) donc f n+1u n ) f n+1 u n+1 ) Or la fonction f n+1 st u n u n+1 strictmnt croissant sur [1; ] donc donc la suit u n ) n st croissant + 1) Ainsi la suit u n ) n st croissant t majoré par donc ll convrg slon l théorèm d convrgnc monoton 4 Tous ls trms u n sont dans l'intrvall [1; ] donc par passag à la it dans un inégalité, 1 l Or la suit u n ) n st croissant convrgnt, donc majoré par sa it l autrmnt dit u n l La fonction f n st croissant sur [1; ] donc f n u n ) f n l) Donc f n u n ) lln l)n l Si 1 l < alors 0 ln l < 1 donc n + ln l)n = 0 t donc lln l) n n + l + 1 = 0 6 On sait qu, pour tout ntir n, f n u n ) lln l)n lln l + 1 donc l)n + 1) l + 1 Donc n passant d nouvau à la it dans un inégalité, il vint : d'où 0 + 1) l or l [1; ] donc n + c qui st absurd Ainsi l'hypothès l < st à xclur t l = lln l) n l ) 6