Corrigé du baccalauréat S Antilles Guyane septembre 2008
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Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane \ septembre 2008 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats PARTIE A : 1. • Initialisation : u0 = 1+ 12 50 = 1+12= 13 : vrai ; • Hérédité : supposons qu'il existe un naturel p > 0 tel que up = 1+ 12 5p ; alors up+1 = 1 5 up + 4 5 = 1 5 ( 1+ 12 5p ) + 4 5 = 1 5 + 4 5 + 12 5p+1 = 1+ 12 5p+1 : l'hérédité est bien démontrée. On a donc pour tout entier naturel n,un = 1+ 12 5n . Comme lim n?+∞ 12 5n = 0, lim n?+∞ un = 1. 2. a. On a Sn+1 ? Sn = un+1. Par une récurrence immédiatte, on a un > 0, ce qui entraîne que la suite (Sn) est croissante. b. D'après la question 1., Sn = 1+ 12 50 +·· ·+1+ 12 5n = (n+1)?1+ n ∑ k=0 12 5k = (n+1)+ 12 n ∑ k=0 1 5k .
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[ Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane \ septembre 2008 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats PARTIE A : 1. • Initialisation : u0 = 1+ 12 50 = 1+12= 13 : vrai ; • Hérédité : supposons qu'il existe un naturel p > 0 tel que up = 1+ 12 5p ; alors up+1 = 1 5 up + 4 5 = 1 5 ( 1+ 12 5p ) + 4 5 = 1 5 + 4 5 + 12 5p+1 = 1+ 12 5p+1 : l'hérédité est bien démontrée. On a donc pour tout entier naturel n,un = 1+ 12 5n . Comme lim n?+∞ 12 5n = 0, lim n?+∞ un = 1. 2. a. On a Sn+1 ? Sn = un+1. Par une récurrence immédiatte, on a un > 0, ce qui entraîne que la suite (Sn) est croissante. b. D'après la question 1., Sn = 1+ 12 50 +·· ·+1+ 12 5n = (n+1)?1+ n ∑ k=0 12 5k = (n+1)+ 12 n ∑ k=0 1 5k .
- courbe représentative dans le plan rapporté
- cercle de centreoet de rayon
- droite d2
- ei π
- ??
- points commun
[Corrigé du baccalauréat S AntillesGuyane\ septembre 2008
EX E R C IC E1 4points Commun à tous les candidats PARTIE A : 12 1.•Initialisation :u0=1+ =1+12=13 : vrai ; 0 5 12 •Hérédité : supposons qu’il existe un naturelp>0 tel queup=1+; alors p 5 µ ¶ 1 41 124 14 1212 up+1=up+ =1= + +=+ +1+: l’hérédité est bien p p+1p+1 5 55 55 55 55 démontrée. 12 On a donc pour tout entier natureln,un=1+. n 5 12 Comme lim=0, limun=1. n n→+∞n→+∞ 5 2. a.On aSn+1−Sn=un+1. Par une récurrence immédiatte, on aun>0, ce qui entraîne que la suite (Sn) est croissante. n X 12 1212 b.D’après la question1.,Sn=1+ +∙ ∙ ∙ +1+ =(n+1)×1+ =(n+1)+ 0n k 5 55 k=0 n X 1 12 . k 5 k=0 Le deuxième terme de la somme précédente est la somme des (n+1) premiers n X 1 1 termes d’une suite géométrique de raison, soit avecTn=, k 5 5 k=0 µ ¶ 1 11 14 15 1 Tn= +∙∙ ∙++et par différenceTn=1−et enfinTn=1−. n n+1n+1n+1 5 55 55 54 5 µ ¶µ ¶ P31 11 5 n D’où 12=12×1− =15 1− =15− k=0k n+1n+1n 5 45 55 On a donc : 3 3 Sn=(n+1)+15− =n+16−. n n 5 5 c.La limite de la suite est celle den, donc égale à+∞.
PARTIE B : Proposition 1 : Fausse : la suite (un) de l’exercice cidessus est convergente, alors que (Sn) diverge. Proposition 2 : Fausse : la suite (un) de l’exercice cidessus est décroissante car la suite 1 de terme générall’est et on a vu que la suite (Sn) est croissante. n 5
EX E R C IC E2 Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité PARTIE A : On considère le système de congruences : ½ n≡2 (modulo3) (Soù) ,ndésigne un entier relatif. n≡1 (modulo5) 1.On a 11=3×3+2 et 1=5×1 ; 11 est donc solution de (S).
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A. P. M. E. P.
½ n≡2 (modulo3) 2.On a⇒par différencen−11≡3, qui signifie0 modulo 11≡2 (modulo3) quen−11 est un multiple de 3. ½ n≡5)1 (modulo 3.De même⇒par différencen−11≡0 modulo5, qui 11≡5)1 (modulo signifie quen−11 est un multiple de 5. Comme 3 et 5 sont premiers entre eux,n−11 est multiple de 3×5=15. D’oùn−11= 15k, aveck∈Net enfinn=11+15k,k∈N.
PARTIE B : p 1+1 3i 3 π π πi 1. Applicationf:= +i=cos+i sin=e . 3 3 3 2 22 π ′iπ On a doncz=zl’applicatione :fest donc une rotation de centre O et d’angle. 3 3 π ′′iπ Applicationg:z=ez, doncg.est la rotation de centre O et d’angle 5 5 ³ ´ −−−→−−−−−→π 2. a.CommeAn+1=f(An), OAn+1=OAnet OAn, OAn+1=, le triangle OAnAn+1 3 π est isocèle avec un angle au sommet de, donc un triangle équilatéral. 3 b.Les pointsA0,A1,A2,A3,A4etA5sont équidistants de O, donc sur un cercle de centre O. Les triangles OAnAn+1sont équilatéraux, doncA0A1A2A3A4A5est un hexa gone régulier de centre O. 3. a.De la même façon les pointsBnsont sur le cercle de centre O et rayon OB0= π −i ¯4e¯=4. 5 ³ ´³ ´³ ´ −−−→−−−−→→−−−−−−−→−−−−→−−−−→ b.D’après la relation de Chasles :OBn, OBn+2=OBn, OBn+1+OBn+1, OBn+2= π π2π + =. (2π) 5 55 c.Les pointsBnsont sur le cercle de centre O et de rayon 4 et les triangles OBnBn+2 2π sont isocèles d’angle au sommet. 5 Le polygoneB0B2B4B6B8est donc un pentagone régulier de centre O. π π i i 3 3 4. a.Puisquean+1=ean, (an) est une suite géométrique de raison e. On a donc ³ ´³ ´³ ´ πnπ π(n−2)π ini−2i i an=ea0=e×2e=2 e. 3 33 3 π π i i De même, commebn+1=ebn, (bn.) est une suite géométrique de raison e 5 5 ³ ´³ ´³ ´ πnπ π(n−1)π ini−i i 5 53 5 On a doncbn=eb0=e×4e=4 e. b.Les points sont les deux sur l’axe des réels si leurs arguments sont égaux à 0 à πprès, c’estàdire si (n−2)π ½ ≡0 [π] n−2≡0 [3] 3 ⇐⇒ (n−1)π n−1≡0 [5] ≡0 [π] 5 Les pointsAnetBnsont simultanément sur l’axe des réels sinest solution du système (S) cidessus, donc sinest de la forme 11+15kaveck∈N.
EX E R C IC E3 Commun à tous les candidats Soitfla fonction définie surRpar :
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x 4e f(x)=x+2−. x e+3
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A. P. M. E. P.
On désigne parCthonormalsa courbe représentative dans le plan rapporté à un repère or ³ ´ −→−→ O,ı,d’unité graphique 2 cm. x e x 1. a.eComme lim=0, lim=0. La limite def(x) est celle dex+2 soit x x→−∞x→−∞ e+3 −∞. x e b.f(x)−(x+2)= −et on a vu que la limite de ce quotient est égale à 0 au x e+3 voisinage de−∞. Ceci montre que la droiteD1d’équationy=x+2 est asymp tote à la courbeCau voisinage de−∞. x e x x c., eComme 4, e+3 sont des nombres supérieurs à zéro,− <0. x e+3 Ceci montre que la droiteD1est sous la courbeCau voisinage de−∞. 2. a.fest une somme de quotients de fonctions dérivables surR, le dénominateur ne s’annulant pas : elle est donc dérivable surRet x xx xx x2x −4e (e+3)+4e×(ee 12e+3)−12e ′ f(x)=1+ =1− == x2x2x2 (e+3) (e+3) (e+3) 2x xx2x xx2 e+9+6e−12e e+9−6e (e−3) = = x2x2x2 (e+3) (e+3) (e+3) µ ¶ x2 e−3 ′ D’où finalementf(x)=, quel que soitx∈R. x e+3 ′ b.On a manifestementf(x)>0. La fonctionfest donc croissante surR. x 4e On alim− =−4, limf(x)= +∞. x x→+∞x→+∞ e+3 D’où le tableau de variations :
x−∞ ′ f(x)+
f(x)
ln 3 0
+∞ + +∞
−∞ ′x 3. a.f(x)=0⇐⇒e=3⇐⇒x=ln 3. Ca donc une tangente horizontale au point d’abscissex=ln 3. 4×3 On af(ln 3)=ln 3+2− =ln 3. 3+3 L’équation deD2esty=ln 3−2. b. Six<alors par croissance deln 3,f,f(x)<fLa courbe(ln 3).Cest sous la droiteD2. Six>ln 3,alors par croissance de la fonctionf f(x)>f(ln 3).La courbeC est audessus de la droiteD2. Six=ln 3,alorsCetD2sont tangentes. Y−f(0) ′ ′ 4. a.M(x;y)∈D3⇐⇒ =f(0) (siX6=0⇐⇒Y=f(0)+f(0)X. X−0 4 f(0)=2− =1 ; 4 µ ¶ 2 −2 1 ′ f(0)= =. 4 4 1 M(x;y)∈D3⇐⇒y=x+1 4
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A. P. M. E. P.
µ ¶ 1 b.Soitgla fonction définie surRparg(x)=f(x)−x+1 . 4 1 ′ ′ gest dérivable surRetg(x)=f(x)−; 4 x x 12e (e−3) ′ ′′′ gest dérivable surRetg"(x)=f(x)=; ce quotient est du signe x3 (e+3) x′′ de e−3 ; le signe degdépend donc de la position dexpar rapport à ln 3 : ′′ ′ six<ln 3,g(x)<0, ce qui signifie quegest décroissante ; ′′ ′ six>ln 3,g(x)>0, ce qui signifie quegest croissante. 1 11 ′ ′′ gadmet donc un minimum en ln 3 qui vautg(ln 3)=f(ln 3)− =0− =−. 4 44 µ ¶ 2 1−2 11 1 ′ ′ On remarque queg(0)=f(0)− = − =− =0. 4 44 4 4 ′ On en déduit que sur ]− ∞; 0[,g(x)>0, doncgest croissante, puis que sur ′ ]0 ; ln3[,g(x)<0, doncgest décroissante. 4 ga donc un maximum enx=0 qui vautg(0)=f(0)−1=2− −1=0. 4 Conclusion : sur l’intervalle ]− ∞3[, la fonction; lngest négative soitf(x)− µ ¶µ ¶ 1 1 x+1<0⇐⇒f(x)<x+1 ,ce qui signifie queCest au dessous deD3 4 4 sur ]− ∞3[.; ln y
D2
ln 3
O
I
ln 3
x
x′x 56.a.Posonsu(x)=e+3 ;uest dérivable surRetu(x)=e . x′ eu(x) On a doncg(x)= =. x e+3u(x) On sait qu’une primitive de cette fonction est ln|u(x)| =lnu(x) caru(x)>3> x 0)=ln (e+3). x Une primitiveGdegsurRest doncG(x)=ln (e+3). b.On a vu que quel que soitx,Cest en dessous deD1, donc l’aire cherchée est : Z Z 0 0x e A(λ)=[(x+2)−f(x)] dx=la question4 (d’après1. b.) x λ λe+3
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A. P. M. E. P.
¡ ¢£ ¡¢¤ £¡ ¢¤ 0λ λ DoncA(λ)=G(0)−G(λ)=4 lne+3−4 ln e+3=4 ln 4−4 ln e+3 . ³ ´ λ λ c.On alim e=0, doncln elim 4+3=4 ln 3. λ→−∞λ→−∞ µ ¶ 4 4 256 4 4 Puis limA(λ)=4 ln 4−4 ln 3=ln 4−ln 3=ln=ln≈1, 15u. a. λ→−∞3 81
EX E R C IC E4 4points Commun à tous les candidats 1. 0,3 V2 0,2 V1 V2 0,7 0,3 V2 0,8 V1 V2 0,7 ´ 2 8 On a de suitep(V1= =0, 2,pV1= =0, 8. 10 10 ´ 3 7 p(V2= =0, 3,pV2= =0, 7. 10 10 En suivant la première branche, on obtientp(V1∩V2)=0, 2×0, 3=0, 06. 2.nc avec une probaOn gagne un ours en peluche si on tire une seule bille verte ; do bilité de ³ ´³ ´ pV1∩V2+pV1∩V2=0, 2×0, 7+0, 8×0, 3=0, 14+0, 24=0, 38. 3.SoitXla variable aléatoire égale au nombre de gagnants. On a une épreuve de Bernoulli puisque les parties sont indépendantes avecn=20 etp=0, 06. La probabilité que 2 parmi les 20 gagnent un lecteur MP3 est : Ã ! 20 2 20−2−4 p(X=2)= ×0, 06×(1−0, 06)≈près.à 100,224 6 2 4.Calculons la probabilité qu’aucune de cesnne gagnent un lecteur MP3; elle est ¡ ¢ n0n n égale à×0, 06×0, 94=0, 94. 0 n La probabilité qu’au moins une personne gagne est donc égale à :pn=1−0, 94. n n Orpn>0, 99⇐⇒1−0, 94>0, 99⇐⇒0, 01>0, 94soit par croissance de la µ ¶ 1 n fonction logarithme népérien ln0, 01>)ln (0, 94⇐⇒ln>nln 0, 94⇐⇒ 100 −ln 100 −ln 100>nln(0, 94)⇐⇒n>94car ln 0,<0. ln 0, 94 La calculatrice donnen>74, 5. Il faut au moins 75 joueurs pour qu’il y ait au moins un gagnant du lecteur MP3 avec une probabilité de 99 %.
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