Corrigé du bac S 2010: Mathématique Obligatoire

LaRéunion2010—BACS—Corrigémaths
J.-P.W.
er1 juillet2010
Exercice1(commun) 6points
PartieA
1) a) Sur]−1;+∞[,lafonctionaffine(x7?→x+1)eststrictementcrois-
santeetestàvaleursdans]0;+∞[, intervallesur lequel lafonc-
tion ln est strictement croissante, alors (par composition, puis
sommeaveclaconstante1)
f eststrictementcroissantesur]−1;+∞[.
b) • Limiteen−1
lim (x+1)=0 et lim ln(X)=−∞,parcompositionetsomme
x→−1 X→0
avec1:
lim f(x)=−∞
x→−1
• Limiteen+∞
lim (x+1)=+∞ et lim ln(X)=+∞, alors (composition
x→+∞ X→+∞
etsommeavec1)
lim f(x)=+∞
x→+∞
2) a) lim f(x)=−∞ et lim −x=1,alors(parsomme)
x→−1 x→−1
lim g(x)=−∞
x→−1
1ln(X)
b) lim (1+x)=+∞ et lim = 0 (croissance comparée),
x→+∞ X→0 X
alors(parcomposition)
ln(1+x)
lim =0
x→+∞ 1+x 
 1 ln(1+x) x ∀x>−1, g(x)=(1+x) + − 1+x 1+x 1+x| {z }
→0en+∞| {z }
→−1en+∞
Parconséquent,
lim g(x)= lim −(1+x)=−∞
x→+∞ x→+∞
c) g estdérivablesur]−1;+∞[et,
1 −x′ ′∀x>−1, g (x)=f (x)−1= −1=
1+x 1+x
Puisquex>−1, 1+x>0 et
′• sur]−1;0[,−x>0,alorsg (x)>0:
lafonctiong eststrictementcroissantesur]−1;0];
′• sur]0;+∞[,−x<0,alorsg (x)<0:
lafonctiong eststrictementdécroissantesur[0;+∞[.
x −1 0 +∞
′g (x) + 0 −
g 1
−∞%&−∞
? ?
d) g estcontinue(cardérivable)sur]−1;0] et 0∈ lim g(x);g(0)
x→−1
alors(théorème des valeurs intermédiaires) l’équation g(x)=0
possède au moins une solution dans ]−1;0], g étant de plus
strictementmonotone(croissante)sur]−1;0]cettesolutionest
unique.Onlanoteαetα∈]−1;0].
2Demême,
g continue,strictementmonotone(décroissante)sur[0;+∞[eti i
0∈ lim g(x);g(0) ,alorsl’équationg(x)=0aune,etuneseule
x→+∞
solutionβdans[0;+∞[et,puisqueg(2)>0et0>g(3),β∈[2;3].
e) Dec)etd)ondéduitlesignedeg(x)
x −1 α β +∞??
signedeg(x) ? − 0 + 0 −
Lesignedeg(x)=f(x)−x indiquelapositionrelativedeC parf
rapportàD :
– C estau-dessousdeD sur]−1;α[etsur]β;+∞[;f
– C estau-dessusdeD sur]α;β[.f
PartieB
1) Onconsidèrelapropositiondépendantdel’entiernatureln,
P(n) : «2?u ?β»n
Onraisonneparrécurrence:
Initialisation P(0) : «2?u ?β»estvraiecaru =2.0 0
Hérédité Soitn∈ .
Onsupposeque P(n) : «2?u ?β» estvraie. (H.R.)n
Démontronsqu’alors P(n+1) : «2?u ?β» estvraie.n+1
Puisque,PartieA,question1)a), f estcroissantesur]−1;+∞[:
Si 2?u ?β alors f(2)?f(u )?f(β)n n
alors 1+ln(3)?u ?f(β)n+1
comme 2<1+ln(3) et g(β)=f(β)−β=0, ona f(β)=β,
alors 2?u ?βn+1
Conclusion ∀n∈ , 2?u ?βn
2) Soitn∈ , u −u =f(u )−u =g(u ).n+1 n n n n
Puisque ∀n∈ , u ∈[2;β] et g positivesur[2;β], alorsn
∀n∈ , u −u ?0n+1 n
Lasuite(u )estcroissanteetmajoréealorselleconverge.n
3
N
N
N
N
NExercice2(commun) 4points
PartieI
1) Ledé est équilibré et possède deux facesnoires sur 6, la probabilité
1
d’obtenirunefacenoirelorsd’unlancerest .
3
Les deux lancers sont indépendants, alors la probabilité d’obtenir
deuxfacesnoiresàl’issuedujeuest
1 1 1
× =
3 3 9
2) L’événementC est la réunion des événements, deux à deux incom-
patibles: «lesdeuxfacessont noires», «lesdeuxfacessont vertes»,
«lesdeuxfacessontrouges»,alors
1 1 1 14 7
P(C)= + + = =
9 36 4 36 18
3) «lesdeuxfacessontdecouleursdifférentes»estl’événementcontraire
deC,alorssaprobabilitéest? ? 7 11
P C =1−P(C)=1− =
18 18
4) Considéronsl’événementV :«lesdeuxfacessontvertes»,onaV ⊂C
doncV∩C=V.Alors
P(V∩C) P(V) 1 18 1
P (V)= = = × =C
P(C) P(C) 36 7 14
PartieII
1) a) Considérons les événements V : «la face obtenue au premier1
lancerestverte»,V :«lafaceobtenueausecondlancerestverte»,2
...
2/3 V2 2
V13 N21/3
V1/6 2
1
N 1/3 N1 2
3
1/2 R2
4b) Sachant que l’on a obtenuune face verteau premier lancer, on
lanceledéB audeuxièmelanceretlaprobabilitéd’obteniralors
unefaceverteest:
2
P (V )=V 21
3
2) Laprobabilitéd’obtenirdeuxfacesvertes:
2 2 4
P(V ∩V )=P(V )×P (V )= × =1 2 1 V 21 3 3 9
3) D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:
4 1 1 1
P(V )=P(V ∩V )+P(N ∩V )= + × =???=2 1 2 1 2
9 3 6 2
5Exercice3(commun) 5points
PartieA
1) Soit f unefonctiondéfinieetdérivablesur]0;+∞[alorslafonction
f(x)
g : x7?→g(x)=
x
— quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’an-
nulepassur]0;+∞[—estdérivablesur]0;+∞[,
′ ′
∀x∈]0;+∞[, f(x)=xg(x) et f (x)=g(x)+xg (x)
Si f vérifielacondition(E),alors
′ 2 2x
∀x>0, xf (x)−f(x)=x e (E)
alors ? ?
′ 2 ′ 2 2x
∀x>0, x g(x)+xg (x) −xg(x)=x g (x)=x e
2alors(puisque∀x>0, x 6?0)
′ 2x
∀x>0, g (x)=e
2) D’après la question précédente, si f vérifie la condition (E), alors g? ?
2xestuneprimitivesur]0;+∞[de x7?→e ,alors
g : ]0;+∞[ −→
1
2xx 7?→ g(x)= e +k oùk∈
2
Alors
f : ]0;+∞[ −→
1 2xx 7?→ f(x)=xg(x)= xe +kx oùk∈
2
Réciproquement, on doit s’assurer par le calcul que toute fonction
f delaformeci-dessus estdéfinie,dérivablesur]0;+∞[etvérifiela
condition(E).
6
R
R
R
R? ?
1
3) f est unefonction de la forme précédentetelle que f =0 si, et
2
1 1 e
seulementsi, e+ k=0 c’est-à-dire k=− .
4 2 2? ?1 2x∀x>0, f(x)= x e −e
2
PartieB ? ?1
2x1) ∀x∈[0;+∞[,h(x)= x e −e
2
2x 1alors,pourx>0,h(x)estdusignedee −e
alors,parstrictecroissancedelafonctionexpsur[0;+∞[,
12x 1
e >e ⇐⇒ 2x>1 ⇐⇒ x>
2
Onendéduitletableaudesignedeh(x)
1x 0 +∞
2??
signedex 0 + ? +??2xsignedee −e ? − 0 +
signedeh(x) 0 − 0 +
? ?
′? ? u(x)=x u (x)=11
2) a) Pour tout x∈ 0; , on pose et′ 2x 1 2x2 v (x)=e v(x)= e
2? ?
′ ′ 1lesfonctionsu,v,u etv sontcontinuessur 0; ,onpeutalors
2
effectueruneintégrationparpartiesselonlaformule:Z Zh ib bb
′ ′
u(x)v (x)dx= u(x)v(x) − u (x)v(x)dx
aa a? ?1Z1 Z1
22 1 2 12x 2x2xxe dx = xe − e dx
2 20 00
1? ?
21 1 2x= e− e
4 4 0
1 1 1
= e− e+
4 4 4
1
=
4
7Alors,parlinéaritédel’intégrale
Z1 Z1 Z1
2 2 21 e2x
h(x)dx = xe dx− xdx
2 20 0 0
1? ?
21 e 1 2= − x
8 2 2 0
1 e 2−e
= − =
8 16 16
? ?
1b) Puisqueh estnégativesur 0; ,l’aire,enunitéd’aire,delapar-
2
tieduplansituéeendessousdel’axedesabscissesetau-dessus
delacourbeC est Z1
2 e−2
−h(x)dx =
160
8Exercice4(nonspé) 5points
PartieI:Restitutionorganiséedeconnaissances
Soita,b,c lesaffixesrespectivesdespointsA,B,C telsquea6?b eta6?c.? ? ? ? ? ?−→ −→ −→ −→
AB,AC = u~,AC − ~u,AB relationdeChasles
= arg(c−a)−arg(b−a) prérequis? ?c−a
= arg propiétédesarguments
b−a
PartieII:
′ ′1) a) Soitb l’affixedupointB ,imagedupointB d’affixei.
Pardéfinition
2i−1−i −1 i′b = = = =i
i i i
b) Soitz6?0.
′Siz =1,alorsz=z−1−i,alors0=−1−i IMPOSSIBLE!
Donc
∗ ′∀z∈ , z 6?1
2) Soitz6?0. ? ?? ? ? ?z−1−i′? ? ? ?z =1 ⇐⇒ =1 ⇐⇒ |z−1−i|=|z| ⇐⇒ |z−(1+i)|=|z−0|? ?
z
Parinterprétationgéométriquedumoduled’unnombrecomplexe:
|z −z |=ABB A
Ainsi? ?
′? ?z =1 ⇐⇒ AM=OM ⇐⇒ M appartientàlamédiatricedusegment[OA]
3) Soitz6?0.  z=1+i ou? ? ? ?
′ z−1−i 1+i−zz estréel ⇐⇒ .′ arg(z )=arg =arg =kπ, k∈
z 0−z
D’aprèsPartieI, (
M=A ou
′ ? ?z estréel ⇐⇒ −−→ −−→
AM,OM =kπ,k∈
−−→ −−→′ ~z estréel ⇐⇒ AM etOM6?0sontcolinéaires ⇐⇒ M∈(OA)etM6?O
9
Z
Z
CExercice4(spécialité) 5points
PartieI:Restitutionorganiséedeconnaissances
Soita,b,c,d lesaffixesrespectivesdespointsA,B,C,D,oùa6?c etb6?d.
Conditionnécessaire Sis estunesimilitudedirected’écriturecomplexe
′ ∗z =αz+β,oùα∈ etβ∈ ,telleques(A)=B ets(C)=D,alors:
?
b = αa+β
d = αc+β
—pardifférencemembreàmembre—
b−d=α(a−c)
Puisquea6?c etb6?d,nécessairement
b−d d(a−c)−a(b−d) ab+cd
α= 6?0 puis β=b−aα= =−
a−c a−c a−c
Sis existe,alorselleestunique.
b−d ab+cd′Conditionsuffisante On vérifie que z = z− est l’écriture
a−c a−c
complexe d’une similitude directe s du plan qui transforme A enB
etC enD.
D’oùl’existencedes.
PartieII
G D C
× × ×
× ×EF
× ×
A B1) a)
1 1 1 1
b) a=0 ; b=1 ; c=1+i ; d=i ; e= i ; f =− + i ; g=− +i.
2 2 2 2
c) D,F,B,D sont«quatrepoints»duplantelsqueD6?F etB6?D,
alors — Partie I — il existe une unique similitude directe s du
plantelleques(D)=F ets(B)=D.
10
C
C