Corrigé du baccalauréat S Polynésie septembre 2005
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Français
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2005
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Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures Corrigé du baccalauréat S Polynésie septembre 2005 EXERCICE 1 5 points 1. À partir de a0 = 1, b0 = 0, c0 = 0, on obtient : a1 = 0 b1 = 1 3 c1 = 2 3 a2 = 1 6 b2 = 0 c2 = 1 6 + 2 6 = 5 6 a3 = 0 b3 = 1 18 c3 = 1 9 + 1 6 + 2 3 = 17 18 2. a. De trois choses l'une : ou la puce est en A, ou elle est en B, ou elle est en C ; d'où an +bn +cn = 1. D'autre part elle ne peut être en A que si elle était précédemment en B : an+1 = 1 2 bn et elle ne peut être en B que si elle était précédemment en A, soit bn+1 = 1 3 an . b. D'après la questionprécédente : an+2 = 1 2 bn+1 etbn+1 = 1 3 an ; donc an+2 = 1 2 ( 1 3 an ) = 1 6 an , ce pour tout n ?N. c. On a a2?0 = 1= ( 1 6 )0 (initialisation).
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Durée : 4 heures Corrigé du baccalauréat S Polynésie septembre 2005 EXERCICE 1 5 points 1. À partir de a0 = 1, b0 = 0, c0 = 0, on obtient : a1 = 0 b1 = 1 3 c1 = 2 3 a2 = 1 6 b2 = 0 c2 = 1 6 + 2 6 = 5 6 a3 = 0 b3 = 1 18 c3 = 1 9 + 1 6 + 2 3 = 17 18 2. a. De trois choses l'une : ou la puce est en A, ou elle est en B, ou elle est en C ; d'où an +bn +cn = 1. D'autre part elle ne peut être en A que si elle était précédemment en B : an+1 = 1 2 bn et elle ne peut être en B que si elle était précédemment en A, soit bn+1 = 1 3 an . b. D'après la questionprécédente : an+2 = 1 2 bn+1 etbn+1 = 1 3 an ; donc an+2 = 1 2 ( 1 3 an ) = 1 6 an , ce pour tout n ?N. c. On a a2?0 = 1= ( 1 6 )0 (initialisation).
- x? ?
- x?
- courbec ? symétrique
- ?e?k π
- rotation conservant les aires
- rotation
Durée : 4 heures
Corrigé du baccalauréat S Polynésie septembre 2005
EXERCICE1
5 points
1.À partir dea0=1,b0=0,c0=0, on obtient : 1 2 a1=0b1=c1= 3 3 1 12 5 a2=b2=0c2= + = 6 66 6 1 11 2 17 a3=0b3=c3= + + = 18 96 3 18 2. a.De trois choses l’une : ou la puce est en A, ou elle est en B, ou elle est en C ; d’oùan+bn+cn=1. D’autre part elle ne peut être en A que si elle était précédemment en B : 1 an+1=bnet elle ne peut être en B que si elle était précédemment en A, 2 1 soitbn+1=an. 3 1 1 b.D’après la question précédente :an+2=bn+1etbn+1=an; doncan+2= 2 3 1 11 an=an, ce pour toutn∈N. 2 36 0 1 c.On aa2×0=1=(initialisation). 6 p 1 1 Hérédité : supposons quea2p=et calculonsa2p+2=a2p 6 6 p p+1 1 11 = ×=. La formule est donc vraie au rangp+1. La récur 6 66 rence est établie. D’autre part par récurrence immédiatte :a1=a3= ∙ ∙ ∙ = a2p+1=0. 1 Il suit queb2p=a2p−1=0 quel que soitp. 3 p 1 11 Calculonsb2p+1=a2p=. 3 36 n 1 3.Pour (anlim) : les termes de rang impair sont nuls, et on sait que=0. n→+∞ 6 Donc liman=0. n→+∞ Pour la même raisonlimbn=0. n→+∞ Orcn=1−an−bn. Donclimcn=1. Au bout d’un certain temps la puce sera n→+∞ pratiquement toujours dans la case C.
EXERCICE2
5 points
Partie A 2 y=x+16 2 22 2 1.y−x=16⇐⇒y=x+16⇐⇒. La représentation 2 y= −x+16 graphique deHest donc la réunion de la représentationCde la fonction 2 x−→x+16 et de la courbeCsymétrique autour de (Ox) deC.
Corrigé du baccalauréat S septembre 2005
2 2.f(x)=x+16 est définie surR; composée dedeux fonctions dérivables, elle x est dérivable surRetf(x)=. La fonction est donc décroissantesur 2 x+16 − + Ret croissante surR. On alimf(x)=limf(x)= +∞. x→+∞x→−∞ 2 2 (x+16−x)(x+16+x 2 a.CalculonsΔ(x)=f(x)−x=x+16−x= = 2 x+16+x 2 2 x+16−x16 =. 2 2 x+16+x x+16+x Donc limΔ(x)=limΔ(x)=0+. Ceci signifie que la droite d’équation x→−∞x→+∞ y=xest asymptote àCau voisinage de l’infini, la courbe restant au dessus de son asymptote.
−5
4
−4
A ×
D
b. −8 3 2 Par différence avec l’aire du rectangle, on a aire(D)=30−x+16dx −3 (u.a.).
Partie B
Polynésie
2
5
C
B ×
C
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π −i 1. a.La rotation a pour écriture complexe :z=ze . 4 2 2 b.Avecz=x+iyet par identificationx+iy=(x+iy)−i onob 2 2 1 x=(x+y) 2 tient : 1 y=(−x+y) 2 On a A (2 ; 42) et B (42 ;2). 2. a.Cf. figure cidessus. 1 2 x=(x+x+16) 2 b.SiM(x;y)∈C, alors. D’où 1 2 y=(−x+x+16) 2 2 2 x+16−x16 x×y=)=8. 2 2 De même avec un point deC. Ceci signifie que l’image deHpar la rotationrest bienH. 3. a.Cf. figure cidessus. b.Par différence avec l’aire d’un trapèze (on pouvaitégalement utiliser le rectangle du2. a.de laPartie Aon a : 4 2 2+4 2 8 4 2 aire(D)= ×4 2−2−dx=15−8 [lnx]= 2 22x 15−8 ln 4. La rotation conservant les aires, on a : 2 aire(D)=aire(D)=15−8 ln 4≈)3, 910(u.a. ou cm
EXERCICE3
1.Réponse :b. 2.Réponse :c. 3.Réponse :a.
EXERCICE4
3 points
5 points
1. a.On a−1cos(4x)1, donc par produit : −x−x −ef(x)e . −x b.Comme lim e=lim0, d’après le théorème des « gendarmes » :f(x)= x→+∞x→+∞ 0. L’axe des abscisses est donc asymptote àΓau voisinage de plus l’infini. −x−x−x 2.On sait que e=0, quel que soitx∈R, donc e=e cos(4x)⇐⇒cos(4x)= π 1⇐⇒4x=0 [2π]⇐⇒x=0 . 2 π π −k Les points communs aux deux courbes sont donc les pointsMkk; e. 2 2 π π ππ π −(n+1)−n− − 2 22 2 3. a.un+1=f(n+1)=e=e×e=un×e . 2 π − La suite (un.) est donc une suite géométrique de raison e 2 π − b.e≈et0, 2u0=1 donc la suite est positive et décroissante et d’après la 2 question1. a.la limite de cette suite est nulle.
Polynésie
3
Corrigé du baccalauréat S septembre 2005
−x−x−x 4. a.On af(x)= −e cos(4x)−e×4 sin(4x)= −e [cos(4x)+4 sin(4x)]. −x De mêmeg(x)= −e . π b.Or six=k, cos(4x)=1 et sin(4x)=0. 2 π ππ −k 2 On a doncf k=g k= −Donc les courbese .ΓetCont même 2 2 tangente en chacun de leurs points communs. π π − 2 5.On af= −e≈ −0, 2. 2
Polynésie
4
