La Réunion 2010 BAC S Corrigé maths

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1 La Réunion BAC S Corrigé maths J.-P. W. er juillet Exercice (commun) 6 points Partie A ) a) Sur ] ;+ [, la fonction affine (x x+ ) est strictement croissante et est à valeurs dans ];+ [, intervalle sur lequel la fonction ln est strictement croissante, alors (par composition, puis somme avec la constante ) b) Limite en f est strictement croissante sur ] ; + [. lim (x+)= et lim ln(x )=, par composition et somme x avec : X lim f (x)= x Limite en+ lim x + (x+ )=+ et lim et somme avec ) ln(x )=+, alors (composition X + lim f (x)=+ x + ) a) lim x f (x)= et lim x=, alors (par somme) x lim g (x)= x

2 b) lim (+ x) = + et lim x + alors (par composition) X ln(x ) X = (croissance comparée), ln(+ x) lim = x + + x x >, g (x)=(+ x) ln(+ x) + x } + x {{ + x } + x Par conséquent, en+ } {{ } en+ lim g (x)= lim (+ x)= x + x + c) g est dérivable sur ] ; + [ et, x >, g (x)= f (x) = x = + x + x Puisque x >, + x > et sur ] ;[, x>, alors g (x)> : la fonction g est strictement croissante sur ] ; ] ; sur ];+ [, x<, alors g (x)< : la fonction g est strictement décroissante sur [;+ [. x + g (x) + g ] ] d) g est continue (car dérivable) sur ] ; ] et lim g (x); g () x alors (théorème des valeurs intermédiaires) l équation g (x) = possède au moins une solution dans ] ;], g étant de plus strictement monotone (croissante) sur ] ;] cette solution est unique. On la note α et α ] ;].

3 Partie B De même, g continue, ] strictement ] monotone (décroissante) sur [; + [ et lim g (x); g (), alors l équation g (x)= a une, et une seule x + solution β dans [;+ [ et, puisque g ()>et > g (3), β [;3]. e) De c) et d) on déduit le signe de g (x) x α β + signe de g (x) + Le signe de g (x)= f (x) x indique la position relative de C f par rapport à D : C f est au-dessous de D sur ] ;α[ et sur ]β;+ [ ; C f est au-dessus de D sur ]α;β[. ) On considère la proposition dépendant de l entier naturel n, P (n) : «u n β» On raisonne par récurrence : Initialisation P () : «u β» est vraie car u =. Hérédité Soit n Æ. On suppose que P (n) : «u n β» est vraie. Démontrons qu alors P (n+ ) : «u n+ β» est vraie. Puisque, Partie A, question ) a), f est croissante sur ] ; + [ : Si u n β alors f () f (u n ) f (β) alors +ln(3) u n+ f (β) comme <+ln(3) et g (β)= f (β) β=, on a f (β)=β, alors u n+ β (H.R.) Conclusion n Æ, u n β ) Soit n Æ, u n+ u n = f (u n ) u n = g (u n ). Puisque n Æ, u n [;β] et g positive sur [;β], alors n Æ, u n+ u n La suite (u n ) est croissante et majorée alors elle converge. 3

4 Exercice (commun) 4 points Partie I ) Le dé est équilibré et possède deux faces noires sur 6, la probabilité d obtenir une face noire lors d un lancer est 3. Les deux lancers sont indépendants, alors la probabilité d obtenir deux faces noires à l issue du jeu est 3 3 = 9 ) L événement C est la réunion des événements, deux à deux incompatibles : «les deux faces sont noires», «les deux faces sont vertes», «les deux faces sont rouges», alors P(C )= = 4 36 = 7 8 3) «les deux faces sont de couleurs différentes» est l événement contraire de C, alors sa probabilité est ( ) P C = P(C )= 7 8 = 8 4) Considérons l événement V : «les deux faces sont vertes», on a V C donc V C = V. Alors P(V C ) P C (V )= P(C ) = P(V ) P(C ) = = 4 Partie II ) a) Considérons les événements V : «la face obtenue au premier lancer est verte», V : «la face obtenue au second lancer est verte»,... /3 3 V /3 V N /6 V 3 N /3 / N R 4

5 b) Sachant que l on a obtenu une face verte au premier lancer, on lance le dé B au deuxième lancer et la probabilité d obtenir alors une face verte est : P V (V )= 3 ) La probabilité d obtenir deux faces vertes : P(V V )=P(V )P V (V )= 3 3 = 4 9 3) D après la formule des probabilités totales : P(V )=P(V V )+P(N V )= = = 5

6 Exercice 3 (commun) 5 points Partie A ) Soit f une fonction définie et dérivable sur ];+ [ alors la fonction g : x g (x)= f (x) x quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s annule pas sur ];+ [ est dérivable sur ];+ [, x ];+ [, f (x)= xg (x) et f (x)=g (x)+ xg (x) Si f vérifie la condition (E), alors x >, x f (x) f (x)= x e x (E) alors x >, x ( g (x)+ xg (x) ) xg (x)= x g (x)= x e x alors (puisque x >, x ) x >, g (x)=e x ) D après la question précédente, si f vérifie la condition (E), alors g est une primitive sur ];+ [ de ( x e x), alors Alors g : ]; + [ Ê f : ]; + [ Ê x g (x)= ex + k où k Ê x f (x)=xg (x)= xex + k x où k Ê Réciproquement, on doit s assurer par le calcul que toute fonction f de la forme ci-dessus est définie, dérivable sur ];+ [ et vérifie la condition (E). 6

7 ( ) 3) f est une fonction de la forme précédente telle que f = si, et seulement si, 4 e+ k = c est-à-dire k = e. Partie B ) x [;+ [, h(x)= x ( e x e ) x >, f (x)= x ( e x e ) alors, pour x >, h(x) est du signe de e x e alors, par stricte croissance de la fonction exp sur [;+ [, e x > e x > x > On en déduit le tableau de signe de h(x) x + signe de x + + signe de e x e + signe de h(x) + ) a) Pour tout x [ { { ; ] u(x)=x u (x)=, on pose v (x)=e x et v(x)= ex les fonctions u, v, u et v sont continues sur [ ; ], on peut alors effectuer une intégration par parties selon la formule : b a [ ] b u(x)v (x)dx = u(x)v(x) a b a u (x)v(x)dx xe x dx = [ ] xex ex dx = 4 e [ 4 ex ] = 4 e 4 e+ 4 = 4 7

8 Alors, par linéarité de l intégrale h(x)dx = = 8 e xe x dx e [ ] x = 8 e 6 = e 6 xdx b) Puisque h est négative sur [ ; ], l aire, en unité d aire, de la partie du plan située en dessous de l axe des abscisses et au-dessus de la courbe C est h(x)dx = e 6 8

9 Exercice 4 (non spé) 5 points Partie I : Restitution organisée de connaissances Soit a, b, c les affixes respectives des points A, B, C tels que a b et a c. ( ) ( AB, AC = u, ) ( AC u, ) AB relation de Chasles Partie II : = arg(c a) arg(b a) prérequis ( c a ) = arg propiété des arguments b a ) a) Soit b l affixe du point B, image du point B d affixe i. Par définition b = i i i = i = i i = i b) Soit z. Si z =, alors z= z i, alors = i IMPOSSIBLE! Donc z, z ) Soit z. z z i = z = z i = z z (+i) = z Par interprétation géométrique du module d un nombre complexe : z B z A = AB Ainsi z = AM = OM M appartient à la médiatrice du segment [OA] 3) Soit z. z est réel z = +i ( ou ) z i arg(z )=arg = arg z ( +i z z D après Partie I, { M = A ou z est réel ( AM, OM )=kπ,k ) = kπ, k. z est réel AM et OM sont colinéaires M (OA) et M O 9

10 Exercice 4 (spécialité) 5 points Partie I : Restitution organisée de connaissances Soit a, b, c, d les affixes respectives des points A, B, C, D, où a c et b d. Condition nécessaire Si s est une similitude directe d écriture complexe z = αz+ β, où α et β, telle que s(a)=b et s(c )=D, alors : { b = αa+ β d = αc+ β par différence membre à membre b d = α(a c) Puisque a c et b d, nécessairement α= b d a c puis β=b aα= d(a c) a(b d) a c Si s existe, alors elle est unique. ab+ cd = a c Condition suffisante On vérifie que z = b d ab+ cd z est l écriture a c a c complexe d une similitude directe s du plan qui transforme A en B et C en D. D où l existence de s. Partie II G D C F E ) a) A B b) a= ; b= ; c = +i ; d = i ; e = i ; f = + i ; g = +i. c) D, F, B, D sont «quatre points» du plan tels que D F et B D, alors Partie I il existe une unique similitude directe s du plan telle que s(d)= F et s(b)=d.

11 ) a) Le rapport k de s est égal à k = F D d f DB = b d = d f b d = = i = l angle θ de s est égal à ( ( ( θ= DB, F D )= AB, F D ) AB, DB )=arg(d f) arg(b d) ( ) ( ) d f θ= arg = arg b d i = π [π] b) L écriture complexe de s est de la forme z = αz+ β avec α=ke iθ = i et β. On détermine β en exprimant que s(b)=d : i= i+β D où β= i et l écriture complexe de s est z = i(z+ ) c) L affixe du centre Ω de s est la solution de l équation : z= iz+ i ( i ) z= i z= i i = i(+i) = i Finalement Ω ( ) i