Corrigé du baccalauréat S Liban juin
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Français
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Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat S Liban 3 juin 2010 \ EXERCICE 1 5 points Partie A ROC : On suppose connus les résultats : e0 = 1 et pour tous réels x et y, ex?ey = ex+y . 1. Pour tout réel x, ex ?e?x = ex?x = e0 = 1 donc e?x = 1 ex . 2. Pour tout réel x, on démontre par récurrence la propriété P (n) : (ex )n = enx . – (ex )0 = 1= e0?x . Donc P (0) est vraie. – Soit n, un entier, on démontre que la propriété se transmet de n à n + 1. On suppose que (ex )n = enx alors (ex )n+1 = (ex )n ? ex = enx ? ex = enx+x = e(n+1)x . – La propriété est vraie pour n = 0 et se transmet, pour tout n, de n à n+1, donc la propriété est vraie pour tout n : pour tout entier naturel n, (ex )n = enx . Partie B On considère la suite (un ) définie pour tout entier naturel n par : un = ∫1 0 e?nx 1+e?x dx. 1. a. u0+u1 = ∫1 0 1 1+e?x dx+ ∫1 0 e?x 1+e?x dx Par linéarité de l'intégrale, u0+u1 = ∫1 0 1+e?x 1+
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[ Corrigé du baccalauréat S Liban 3 juin 2010 \ EXERCICE 1 5 points Partie A ROC : On suppose connus les résultats : e0 = 1 et pour tous réels x et y, ex?ey = ex+y . 1. Pour tout réel x, ex ?e?x = ex?x = e0 = 1 donc e?x = 1 ex . 2. Pour tout réel x, on démontre par récurrence la propriété P (n) : (ex )n = enx . – (ex )0 = 1= e0?x . Donc P (0) est vraie. – Soit n, un entier, on démontre que la propriété se transmet de n à n + 1. On suppose que (ex )n = enx alors (ex )n+1 = (ex )n ? ex = enx ? ex = enx+x = e(n+1)x . – La propriété est vraie pour n = 0 et se transmet, pour tout n, de n à n+1, donc la propriété est vraie pour tout n : pour tout entier naturel n, (ex )n = enx . Partie B On considère la suite (un ) définie pour tout entier naturel n par : un = ∫1 0 e?nx 1+e?x dx. 1. a. u0+u1 = ∫1 0 1 1+e?x dx+ ∫1 0 e?x 1+e?x dx Par linéarité de l'intégrale, u0+u1 = ∫1 0 1+e?x 1+
- vecteur directeur
- boule
- ?? bo
- entier relatif
- entier naturel
- ??
- ?10 z
- couple
[Corrigé du baccalauréat S Liban 3 juin 2010\
EX E R C IC E1 5points Partie A 0x yx+y ROC : On suppose connus les résultats : e=1 et pour tous réelsxety, e×e=e . 1 x−x x−x0−x 1.Pour tout réelx, e×e=e=e=1 donc e=. x e x nnx 2.Pour tout réelx, on démontre par récurrence la propriétéP(n)) : (e=e . x0 0×x – (e )=1=Donce .P(0) est vraie. – Soitn, un entier, on démontre que la propriété se transmet denàn+1. x nnx xn+1x nxx nx nx+x On suppose que (e)=e alors(e )=(e )×e=e×e=e= (n+1)x e . – Lapropriété est vraie pourn=0 et se transmet, pour toutn, denàn+1, x n donc la propriété est vraie pour toutn: pour tout entier natureln, (e)= nx e .
Partie B On considère la suite (un) définie pour tout entier naturelnpar : Z 1−nx e un=dx. −x 01+e Z Z 1 1−x 1 e 1. a.u0+u1=dx+dx −x−x 01+e01+e Z Z 1−x1 1+e 1 Par linéarité de l’intégrale,u0+u1=dx=1 dx=[x]=1. 0 −x 01+e0 Z 1−x−x′ e eu b.u1=dx. On posef(x)=, on remarque quef= − −x−x 01+e 1+eu −x oùu(x)=1+e>0.fa pour primitiveF= −ln(u). −x1−1 u1=[−ln(1+e )]=ln(2)−ln(1+e ). 0 −1 D’après la question 1.a.,u0=1−u1=1−ln(2)+ln(1+e )=ln(e+1)−ln(2) −nx−x 2.Pour tout entier natureln, et pour tout réelx, e>0 et 1+e>0 donc −nx e >0. L’intégrale sur l’intervalle [0 ; 1] d’une fonction positive est posi −x 1+e tive doncunest positive ou nulle. Z Z 1−(n+1)x1−nx e e 3. a.Pour tout entier natureln,un+1+un=dx+dx −x−x 01+e01+e Z Z 1−(n+1)x−nx1−nx−x e+e e(e+1) un+1+un=dx=dx −x−x 01+e01+e Z ·¸ 1 1−n 1 1−e −nx−nx un+1+un=e dx= −e= n 0n0 b.Pour tout entier natureln, d’après la question 2.,un>0 doncun+1>0 −n−n 1−e 1−e or, d’après la question 3.,un= −un+1doncun6. n n −n−n 1−e 1−e −n 4.Pour tout entier natureln, 06un6. Orlim=tend0 (car e n→+∞ n n 1 vers 0 ainsi que). Selon le théorème des gendarmes, la suiteunconverge n aussi vers zéro.
EX E R C IC Epoints2 4 ³ ´ −→−→−→ L’espace est muni d’un repère orthonormalO,ı,,k. On note (D) la droite passant par les points A(1 ;−2 ;−1) et B(3 ;−5 ;−2).
Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
−→ 1.La droite (D) passe par A(1 ;−2 ;−1) et a pour vecteur directeur AB(2 ;−3 ;−1). Elle a donc pour représentation paramétrique : x=1+2t y= −2−3tavect∈R. z= −1−t
′ 2.On note (D ) la droite ayant pour représentation paramétrique : x=2−k y=1+2kaveck∈R. z=k
−→ ′ La droite (D ) a pour vecteur directeuru~(−1 ; 2 ; 1). Les vecteurs~uet AB ne sont pas colinéaires (coordonnées non proportionnelles), donc les droites (D) ′ et (D ) ne sont pas parallèles. ′ Les droites (D) et (D ) ont un point en commun si et seulement si il existe deux 1+2t=2 −k(l1) réelstetktels que−2−3t=1+2k(l2) .Or (l1)+(l2)−(l3)⇐⇒0=3 −1−t=k(l3) (impossible). Les trois équations sont incompatibles et les droites n’ont pas de ′ point commun. Les droites (D) et (D ) ne sont ni sécantes ni parallèles, elles sont donc non coplanaires. 3.On considère le plan (P) d’équation 4x+y+5z+3=0. a.Pour tout réelt, on a 4(1+2t)+(−2−3t)+5(−1−t)+3=0, donc tout point de (D) appartient au plan (P). La droite (D) est donc incluse dans le plan (P). ′ b.M(x;y;z)∈(P)∩(D )⇐⇒il existe un réelktel que x=2−k y=1+2k z=k 4x+y+5z+3=0 (e) (e)⇐⇒4(2−k)+(1+2k)+5k+3=0⇐⇒k= −4 x=2+4=6 ′ M(x;y;z)∈(P)∩(D⇐⇒y=1−8= −point C a pour7 Le z= −4= −4 coordonnées (6 ;−7 ;−4). −→ 4.On considère la droite (Δ) passant par le point C et de vecteur directeurw(1 ; 1 ;−1). −→−→−→−→ a.u∙w=(−1)×(1)+(2)×(1)+(1)×(−1)=0 donc les vecteursuetw ′ directeurs de (Δ) et (D ) sont orthogonaux. Les deux droites sont donc orthogonales. Elles possèdent le point C en commun, elles sont donc perpendiculaires −→−→ b.De même,w∙AB=0 donc les droites (Δ) et (D) sont orthogonales. La droite (Δ) a pour représentation paramétrique : x=6+λ y= −7+λavecλ∈R. z= −4−λ
Liban
Les droites (D) etΔ) ont un point en commun si et seulement si il existe 1+2t=6+λ deux réelstetλtels que (s)−2−3t= −7+λ) −1−t= −4−λ
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Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
2t−λ=5 (l) 2t−λ=5 (l) 11 s⇐⇒3t+λ=5 (l2)⇐⇒5t=10 (l2+l1)⇐⇒ t−λ=3 (l3)−t= −2 (l3−l1) ½ λ= −1 t=2 Les deux droites se coupent perpendiculairement en un point E(x;y;z) x=1+4=6−1=5 tel quey= −2−6= −7−1= −8 . z= −1−2= −4+1= −3 Le point E a pour coordonnées (5 ;−8 ;−3).
EX E R C IC E3 Enseignement obligatoire
5 points
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse, et donner une justification de la réponse choisie.
Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point. Toutefois, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative, même nonfructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation.
1.Une urne contient une boule blanche et deux boules noires. On effectue 10 ti rages successifs d’une boule avec remise (on tire une boule au hasard, on note sa couleur, on la remet dans l’urne et on recommence). Proposition 1 :« La probabilité de tirer exactement 3 boules blanches est µ ¶µ ¶ 3 7 1 2 3× ×. »FAUX 3 3 Il s’agit d’un schéma de Bernoulli : on renouvelle 10 fois de manière indé pendante une expérience à deux issues consistant à tirer un boule dans une urne contenant 3 boules dont une blanche. La probabilité de tirer une blanche est de 1/3. On appelle X la variable aléatoire donnant le nombre de boules blanches obtenues à l’issue des 10 expériences. X suit une loi binomiale de à !à ! µ ¶µ ¶ 3 7 10 12 10 paramètres (10;1/3).p(X=3)= × ×et6=3. 3 33 3 2.Une variable aléatoireXsuit la loi exponentielle de paramètreλ(λ>0). Z a −λt On rappelle que pour tout réela>0 :p(X6a)=λe dt. 0 ln 2 Proposition 2 :« Le réelatel quep(X>a)=p(X6a. ») est égal àVRAI λ Z ah i a −λt−λt−λa Pour tout réela>0 :p(X6a)=λe dt=e=1−e , 0 0 −λa p(X>a)=1−p(X6a)=e . L’équationp(X>a)=p(X6a) est équivalente à : 1 ln(2) −λa−λa−λa 1−e=e⇐⇒e= ⇐⇒−λa= −ln(2)⇐⇒a= 2λ 3.Soit le nombre complexez=1−i 3. n Proposition 3 :« Si l’entier naturelnest un multiple de 3 alorszest un réel. »VRAI iθ On utilise la forme exponentielle :z=1−i 3=re oùr=1+3=2 etθest 1 3ππ −i tel que cos(θ)=et sin(θ)= −,θ= −. Doncz=pour tout entier2e et 3 2 23 nπ n n−i 3 natureln,z=. Si2 enest multiple de 3, il s’écrit sous la forme 3koùk n n−ikπn est un entier naturel. On obtient alorsz=2 e= ±2∈R 4.On considère, dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal direct ³ ´ −→−→1+i O,u,v, le point A d’affixea=2−i et le point B d’affixeb=a. 2
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Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
Proposition 4 :« Le triangle OAB est rectangle isocèle. »VRAI a−b→−→−BA SoitZ=, on sait queAr g(Z)=et que(BO, BA)|Z| =. −bBO 1+3 13i 31 1 b=(2−i)= +i, donca−b= −i=i(−i−i)= −ib. 2 22 22 22 −ibπ−→→−π Z= =BA). Donc (BO,i est de module 1 et d’argument=et BA=BO. −b2 2 Le triangle ABO est donc isocèle rectangle de sommet B. ³ ´ −→−→ 5.Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal directO,u,v, à ′ ′ tout pointMdu plan d’affixeznon nulle on associe le pointMd’affixeztelle −10 ′ quez=oùzdésigne le nombre conjugué dez. z ′ Proposition 5 :« Il existe un pointMtel que O,MetMne sont pas alignés. » FAUX −10−10z−10 ′ Pour tout point M d’affixeznon nulle,z= =est réel, donc. Or z zz zz −−→−−→ les vecteurs OM et OM’ sont colinéaires et les points O, M et M’ sont alignés.
EX E R C IC E3 Enseignement de spécialité
5 points
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse, et donner une justification de la réponse choisie.
Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point. Toutefois, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative même non fructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation.
1.On considère, dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal direct ³ ´ −→−→ O,u,v, le point A d’affixe 2−i et B l’image de A par la rotation de centre O π et d’angle. 2 On note I le milieu du segment [AB]. Proposition 1 :« La similitude directe de centre A qui transforme I en O a pour ′ écriture complexez=(1+i)z−1−2i. »VRAI π Puisque B est l’image de A par la rotation de centre O et d’angle ,le triangle 2 OAB est rectangle isocèle direct de sommet O. Or I est le milieu de l’hypo AO−→→−π ténuse donc=AO)2 et (AI,=. La similitude de centre A qui trans AI 4 pπ forme I en O a pour rapport2 et pour angle. Son expression complexe est 4 ′iπ/4 z=2e (z−zA)+zA=(1+i)(z−2+i)+2−i=(1+i)z−2−2i+i−1+2−i= (1+i)z−1−2i 2.On appelle S l’ensemble des couples (x;y) d’entiers relatifs solutions de l’équa tion (e) : 3x−5y=2. Proposition 2 :« L’ensemble S est l’ensemble des couples (5k−1 ; 3k−1) oùk est un entier relatif. »VRAI ′ Soit (x;y) un couple d’entiers vérifiant (e). Alors 3x−5y= −3+5 donc (e) : 3(x+1)=5(y+1). Le nombre 5 divise 3(x+1) et 5 est premier avec 3. Selon le théorème de Gauss, 5 divisex+1 et il existe un entier relatifktel quex+1=5k ′ doncx= −1+5kpuis en remplaçant dans (e), 5(y+1)=15kdoncy=3k−1. On en déduit que, si (x;y) est solution de (e) alors il existe un entier relatifk tel que (x;y)=(−1+5k;−1+3k). Réciproquement, s’il existe un entier relatifktel que (x;y)=(−1+5k;−1+ 3k), le couple (x;y) est un couple d’entiers relatifs vérifiant (e). En effet, 3×(−1+5k)−5×(−1+3k)=2.
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Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
L’ensemble S est l’ensemble des couples (5k−1 ;3k−1) oùkest un entier relatif. 2 2 3.On considère l’équation (E) :x+y≡3, où (0 modulox;y) est un couple d’entiers relatifs. Proposition 3 :« Il existe des couples (x;y) d’entiers relatifs solutions de (E) qui ne sont pas des couples de multiples de 3. »FAUX 2 On construit le tableau des congruences modulo 3 dexet dex: x0 1 2 2 x0 1 4≡1 2 2 Sixouyn’est pas multiple de 3 alorsxouyest congru à 1 modulo 3 et 2 2 la sommex+yest congrue à 1 ou 2 modulo 3 et n’est jamais congrue à 0 modulo 3. 4.Soitnun entier naturel supérieur ou égal à 3. Proposition 4 :« Pour tout entier naturelk(26k6n), le nombren!+kn’est pas un nombre premier. »VRAI Pour tout entier naturelktel que 2≤k≤non sait quekdivisen! donc, par divisibilité de la somme,kdivise aussin!+k,kest donc un diviseur den!+k etkest différent de 1 (k>2) et différent dek+n! (carn! est non nul),kest donc un diviseur propre dek+n! qui n’est donc pas premier. ′2 5.On considère l’équation (E ) :x−52x+480=0, oùxest un entier naturel. Proposition 5 :« Il existedeux entiers naturels non nuls dont le PGCD et le ′ PPCM sont solutions de l’équation (E ). »FAUX Les solutions de cette équation du second degré sont 12 et 40. Il n’existe aucun couple d’entiers naturels tels que le PGCD et le PPCM correspondent respecti vement à 12 et 40 en effet le PGCD de deux nombres divise toujours le PPCM de ces deux nombres et 12 ne divise pas 40.
EX E R C IC E4 Partie A Soitula fonction définie sur ]0 ;+∞[ par
6 points
2 u(x)=x−2+lnx. 1.La fonctionuest dérivable sur ]0 ;+∞[ comme somme de fonctions déri 1 ′ vables et pour tout réelxstrictement positif,u(x)=2x+. Pour tout réelx x ′ strictement positif,u(x)>0 comme somme de termes positifs (dont l’un est non nul), la fonctionuest donc strictement croissante. 2 limx−2= +∞et lim ln(x)= +∞donc limu(x)= +∞. x→+∞x→+∞x→+∞ 2 limx−2= −2 et lim ln(x)= −∞donc limu(x)= −∞. x→0x→0x→0 2. a.La fonctionuest continue sur ]0 ;+∞[, elle prend des valeurs positives (car limu(x)= +∞) et des valeurs négatives (car limu(x)= −∞), selon x→+∞x→0 le théorème des valeurs intermédiaires, la fonctionus’annule au moins une fois. Comme de plus, la fonction est strictement croissante, elle ne s’annule qu’une seule fois. Donc l’équationu(x)=0 admet une solution unique sur ]0 ;+∞[. On noteαcette solution. b.À l’aide de la calculatrice on remarque queu(1, 31)<0<u(1, 32)donc 1, 31<α<1, 32 3.Puisqueuest croissante sur ]0 ;+∞[, pour toutx∈]0 ;α[,u(x)<u(α) donc u(x)<0 et pour toutx>α,u(x)>u(α) doncu(x)>0
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