Durée : 4 heures Corrigé du baccalauréat S Nouvelle-Calédonie novembre 9 EXERCICE 1 1 a On a lim lim x x x =+ et f (x =+ f (x = x e x lim x e x =+,donc On sait que pour n N, lim x + xn e x =, donc lim b f est le produit de deux fonctions dérivables sur R et f (x = xe x x e x = e x ( x x = e x x( x x + f (x = Comme e x >, quel que soit x R,lesignedef (xestceluidutrinôme x( x, donc négatif sauf sur ] ; [ D où le tableau de variations de f : x + f (x + f + 4e c Le tableau de variations montre que f (x, ce qui est évident d après l énoncé (x ete x > a La fonction étant positive sur R : si a <, I(a < ; si a =, I(a = ; si a >, I(a > b On pose : { u(x = x { u (x = x v (x = e x v(x = e x Toutes les fonctions étant continues, on peut intégrer par parties : I(a = [ x e x] a a + xe x dx = [ x e x] a + J(a Pour calculer l intégrale J(aonfaitencoreuneintégrationparparties: { { u(x = x u (x = v (x = e x v(x = e x Donc J(a = [ xe x ] a a e x dx = [ xe x] a [ e x] a Finalement I(a = [ x e x xe x + e x] a = ( e a a a + ( a Soit I(a = e a + a + 1 c En multipliant chaque membre par 1 ( a ea, I(a = + a + 1 1 ea I(a = e a a a 1 = ea (1+ a + a
a Il faut montrer qu elles ont un point commun (d abscisse zéro et la même tangente en ce point { g ( = h( Il faut donc démontrer que g ( = h ( Or g ( = 1eth( = 1 D autre part g (x = e x g ( = 1eth (x = 1+ x h ( = 1 Les deux courbes C et P ont la même tangente au point ( ; 1 b On a démontré que pour tout a R, 1 ea I(a = e a (1+ a + a,cequi signifie que 1 ea I(a = g (a h(a La différence g (a h(aestdusignede 1 ea I(a, donc du signe de I(a, qui a été démontré à la question a Donc si a <, g (a h(a <, qui signifie que C est sous P ; Si a =, les deux courbes C et P ont le point( ; 1 commun ; Si a >, C est au dessus de P EXERCICE Candidats n ayant pas choisi l enseignement de spécialité 1 a T 1 et P 1 étant équiprobables, p (T 1 = p (P 1 =,5 D après l énoncé la probabilité de prendre le toboggan après avoir pris le plongeoir est égale à p P1 (T = 1,8 =, Toujours d après lénoncé p T1 (T =, b D après le principe des probabilités totales : p (T = p (T 1 T +p (P 1 T =,5,+,5, =,15+,1 =,5 = 1 4 c Recopier et compléter l arbre suivant :, T n+1 u n,7 P n+1, T n+1 1 u n P n+1,8 d Toujours d après le principe des probabilités totales : u n+1 = p (T n+1 = p (T n T n+1 +p (P n T n+1 = u n,+(1 u n, =,u n +,,u n =,1u n +, e La calculatrice donne u 1 =,5 ; u =,5 ; u =,5 ; u 4 =,5 ; u 5 =, 5 Il semble que u n ait pour limite, a v n+1 = u n+1 9 =,1u n+, 9 = 1 1 u n+ 1 5 9 = 1 1 u n 1 45 = 1 1 1 1 v n ( u n = 9 La suite (v n est donc géométrique de raison 1 1 ;sonpremiertermeest v 1 = u 1 9 = 1 9 = 5 18 Nouvelle-Calédonie novembre 9
n 1 = 5 ( 1 n 1 b On sait que v n = v 1 ( 1 1 18 1 ( 1 n 1 Comme u n = v n + 9,onau n = 9 + 5 18 ( 1 < 1, lim n + 1 c Comme < 1 1 1 n 1 =, donc lim u n = n + 9 Or =, ce qui valide la conjecture faite à la question 1 e 9 EXERCICE Candidats ayant choisi l enseignement de spécialité 1 a Comme 7 = + 1 + 7 1 = 1, le couple ( ;1vérifie l équation u + 7v = 1 ( + 7 1 = 1donneenmultipliantpar 1 n, ( 1 n + 7 1 n = 1 n Le couple ( 1 n ;1 n est donc une solution particulière de l équation (E { x + 7 n { x + 7 n b ( + 7 1 = 1 ( 1 n + 7 1 n = 1 n (par différence ( x + 1 n +7 ( y 1 n = ( x + 1 n = 7 ( 1 n y (1 divise7 ( 1 n y et est premier avec 7 : il divise donc 1 n yilexiste donc k Z tel que 1 n y = k n k En reportant dans l égalité (1 : ( x + 1 n = 7 ( 1 n 1 n + k x + 1 n = 7k x = 7k 1 n a 1 = 7 14 + 1 mod7 (x ; ysolutionde(gsignifiex +7y = 1 n x +7y = ( 1 n x + 7y = 1 n Or 1 mod7 1 n n mod 7 Donc x + 7y n mod 7 Mais 7y mod7,doncfinalementx n mod 7 b Reste de la division euclidienne de x par 7 Reste de la division euclidienne de x par 7 1 4 5 5 5 c De trois choses l une : n = p, p N ;alors p = ( p = 8 p Or8 1 mod7 8 p 1 mod 7 ; n = p + 1;alors p+1 = p = 8 p Or 8 1 mod7 8 p 1 mod 7 p mod7; n = p + ;alors p+ = p = 4 p = 4 8 p Comme8 p 1 mod 7,4 8 p 4 mod7 Conclusion : n est congru à 1, ou 4 modulo 7 On vient de voir que les restes dans la division par 7 de n ne sont pas les mêmes que ceux de la division de x par 7 Donc x et n ne peuvent être congrus modulo 7 D après le a il n y a donc pas de solution pour l équation (G EXERCICE Nouvelle-Calédonie novembre 9
1 On a B(1 ; ; et C(1 ; 1 ;, donc I (1; 1 ; ( F(1 ; ; 1, donc J 1;; 1 ( 1 H( ; 1 ; 1, F(1 ; ; 1, donc K ; 1 ;1 On a IK ( 1 ;;1 ;donc n IK = 1 + + 1 = :lesvecteurssontorthogonaux ( ; IJ ; 1 ; 1 ;donc n IJ = 1 + 1 = :lesvecteurssontorthogonaux Les vecteurs IK et IJ ne sont manifestement pas colinéaires ; ils définissent donc le plan (IJK Le vecteur n orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (IJK est donc normal à ce plan Une équation du plan (IJK est donc : M(x ; y ; z (IJK x + 1y + 1z + d = Comme I appartient à ce plan on a I (1; 1 ; (IJK + 1 + d = d = 5 Donc M(x ; y ; z (IJK x + y + z 5 = 4x + y + z 5 = a On calcule DC (1 ; ;, donc M(x ; y ; z (CD DM = α DC x = α 1 y 1 = α z = α α R b Les coordonnées de R vérifient l équation de (IJK et les équations paramétriques de (DC, donc le système : 4x + y + z 5 = 4α + 5 = α = 4 x = 4 α = 4 ( Donc R 4 ;1; c Cf la figure plus bas 4 Cf la figure plus bas Section avec la face BCGF : [IJ] Section avec la face ABCD : [IR] Pour la section avec EFGH : on utilise la propriété : «si deux plans sont parallèles tout plan sécant à l un est sécant à l autre et les droites d intersection sont parallèles» On trace donc la parallèle à la droite (IR contenant K qui coupe [FE] et [GH] en deux points que l on joint à J et à R Le contour de l intersection est colorée en bleu 5 a Comme G(1 ; 1 ; 1, d(g,(ijk = 4++ 5 4 + + = = 4 = 4 b La sphère S et le plan (IJK sont sécants si la distance de G au plan (IJK est inférieure au rayon de la sphère Ce rayon est égal à GF Nouvelle-Calédonie 4 novembre 9
GF = + ( 1 + = 1 GF = 1 Or 4 < 1(car< 4 < 4 Donc la sphère et le plan sont sécants en un cercle de centre O et de rayon r tel que, d après le théorème de Pythagore : ( ( GF = GO + FO 1 = + r r = 1 4 4 r = 1 1 = 1 1 1 r = 4 EXERCICE 4 1 a Calcul du module : z A = 1 + = 4 = z A = ( 1 On peut donc écrire z A = + i = ( cos π + isin π = e i π De façon évidente z B = i = e i π b On obtient A en traçant la perpendiculaire à [OU] contenant U (U( ; 1 et le cercle de centre O et de rayon et B est le symétrique de O autour de V (V( ; 1 Voir la figure plus bas c Comme OA = OB =, le triangle est isocèle ; le triangle n est ni équilatéral, ni rectangle z B π a = ei = e i π z A e i π ( OA, OB = π π = π,donc Un argument de z B est donc π z A ( On peut donc en déduire que OA ; OB = π mod π, cetangleétant celui de la rotation b La rotation r est donc la rotation de centre O et d angle π Sonécriture complexe est donc z = ze i π a L image de Γ cercle de centre A et passant par O est le cercle de même rayon OA de centre r (A =Bpassantparr (O = O, c est-à-dire Γ b On a z I = 1 (1+ + i c CestsurlesdeuxcerclesΓ et Γ de centres respectifs A et B et de rayon, donc CA = CB = Or OA = OB =, donc OA = AC = CB = BO = : le quadrilatère OACB est un losange d D après la question précédentes les diagonales [AB] et [OC] ont le même milieu ; or le milieu de [AB] est I qui est aussi celui de [OC] Imilieude[OC] OC = OI z C = z I = 1+i ( + 4 a Calculons AD : z D z A = i 1 i = 1+i = 1+ = [AD] est bien un rayon de Γ b Comme D appartient à Γ,sonimageappartientàΓ et au cercle de centre Oetderayon[OD] Par définition : z D = e i π i ( = + i 1 i = +i Nouvelle-Calédonie 5 novembre 9
5 On a DC ( 1;(+ ou DC ( 1;( ; DD ( ; Le coefficient de colinéarité ne peut être que et ( =, donc on a bien DD = DC, ce qui signifie que les points C, D et D sont alignés D C D Γ B I A Γ V v O u U Nouvelle-Calédonie novembre 9
ANNEXE Exercice Àrendreaveclacopie z E K H F G J A D y B I C R z Nouvelle-Calédonie 7 novembre 9