Corrigé – exercices - calcul avancé 3, Exercices de Calcul avancé
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé – exercices - calcul avancé 3, Exercices de Calcul avancé

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Corrigé – exercices sur les calcul avancé 3. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les fréquences associées, la fonction définie.
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AmeriqueSudSnov2011Corrige.dvi

Durée : 4 heures

[ Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud \ 16 novembre 2011

Exercice 1 4 points

Commun à tous les candidats

1. a. Voir à la fin.

b. Il semble que la suite est décroissante et qu’elle converge vers 1.

2. a. Initialisation : u0 = 4> 1. L’inégalité est vraie au rang 0 ; Hérédité : Supposons qu’il existe un naturel k > 0 tel que uk > 1.

Alors uk +1> 2⇒ 1

uk +1 <

1

2 ⇒

4

uk +1 < 2⇒−

4

uk +1 >−2⇒ 3−

4

uk +1 > 1.

Or 3− 4

uk +1 =uk+1.

On a donc démontré que si uk > 1, alors uk+1 > 1. Conclusion : on a démontré par récurrence que quel que soit le naturel n, un > 1.

b. La fonction f somme de fonctions dérivables sur ]−1 ; +∞[ est dérivable sur cet intervalle et

f ′(x)= 4

(x+1)2 > 0 car quotient de deux nombres supérieurs à zéro.

La fonction f est donc croissante sur ]−1 ; +∞[. Montrons par récurrence la décroissance de la suite :

Initialisation : u1 = 2,2<u0 = 4. La relation est vraie au rang 0 ; Hérédité : Supposons qu’il existe un naturel k > 0 tel que uk <uk−1 ; la fonction f étant crois- sante (tous les termes étant supérieurs à 1), on a f (uk )< f (uk−1) ⇐⇒ uk+1 <uk . On a donc démontré que quel que soit le naturel n, un+1 <un .

c. On a démontré que la suite (un ) est décroissante et minorée par 1 : elle est donc convergente vers un nombre supérieur ou égal à 1.

La fonction f est continue car dérivable sur ]−1 ; +∞[ ; la relation de récurrence

un+1 = f (un ) donne à la limite = f () ⇐⇒ = 3− 4

+1 ⇐⇒ (+1)= 3(+1)−4

⇐⇒ 2+−3−3+4= 0 ⇐⇒ 2−2+1= 0 ⇐⇒ (−1)2 = 0 ⇐⇒ −1= 0 ⇐⇒ = 1. La suite (un ) converge vers 1.

Exercice 2 4 points

Commun à tous les candidats

1. a. Recopier et compléter l’arbre de probabilités ci-dessous.

V2 3

S1 1 6

S15 6

R 1 3

S1 4 6

S12 6

b. D’après la loi des probabilités totales on a :

P (S1)=P (V S1)+P (RS1)= 2

3 × 1

6 + 1

3 × 4

6 =

2

18 +

4

18 =

6

18 =

1

3 .

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. a. Le tirage d’un dé vert a une probabilité de 2

3 et celui du dé rouge de

1

3 .

Dans chaque cas le lancer n fois de suite est un schéma de Bernouilli de paramètres n et 1

6

pour le dé vert et de n et 4

6 pour le dé rouge. La probabilité de tirer n 6 est donc :

P (Sn)=

dé vert ︷ ︸︸ ︷

2

3 ×

( 1

6

)n

+

dé rouge ︷ ︸︸ ︷

1

3 ×

( 4

6

)n

= 2

3 ×

( 1

6

)n

+ 1

3 ×

( 2

3

)n

.

b. D’après la question précédente la probabilité d’avoir tiré le dé vert puis obtenu n fois 6 est

égale à 2

3 ×

( 1

6

)n

et la probabilité d’avoir tiré n fois de suite le 6 est égale à P (Sn).

On a donc pn = ptirern 6(tirer le dé rouge)= tirern 6et tirer le dé rouge

tirern 6 =

1

3 ×

( 2

3

)n

2

3 ×

( 1

6

)n

+ 1

3 ×

( 2

3

)n = enmultipliant par 3×3n , pn = 2n

2× 12n +2n =

2n

21−n +2n =

1

21−2n +1 =

1

2×2−2n +1 =

1

2× 1 22n

+1 =

1

2× ( 1 4

)n +1 .

c. On a pn > 0,999 ⇐⇒ 1

2× ( 1 4

)n +1 > 0,999 ⇐⇒ 1> 0,999

[

2× ( 1 4

)n +1 ]

⇐⇒ 1> 1,998 ( 1 4

)n +

0,999 ⇐⇒ 0,001 1,998

4n ⇐⇒ 1 >

1998

4n ⇐⇒ 4n > 1998 ⇐⇒ n ln4 > ln1998 ⇐⇒ n >

ln1998

ln4 ≈ 5,4

Conclusion : n0 = 6.

Exercice 3 4 points

Commun à tous les candidats

1. Ob a lim x→+∞

x2 =+∞ et lim x→+∞

1− lnx =−∞, donc par produit de limites : lim x→+∞

g (x)=−∞.

2. On a g (x)= x2− x2 lnx. On a lim

x→0 x2 = 0 et on sait que lim

x→0 x2 lnx = 0, donc par somme de limites : lim

x→0 x2 = 0.

3. g est dérivable sur ]0 ; +∞[ car produit de sommes de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ et sur cet intervalle :

g ′(x) = 2x(1− ln x)+ x2 × (

− 1

x

)

= 2x −2x lnx x = x −2x lnx = x(1−2ln x) qui est du signe de 1−2lnx puisque x est positif.

Or 1−2lnx > 0 ⇐⇒ 1> 2lnx ⇐⇒ 1

2 > lnx ⇐⇒ e

1 2 > x et de même 1−2lnx < 0 ⇐⇒ x > e

1 2 (ou

x > p e).

La fonction est donc croissante sur ]

0 ; e 1 2

[

et décroissante sur ]

e 1 2 ; +∞

[

, avec un maximum

f (

e 1 2

)

= [

e 1 2

]2 (

1− lne 1 2

)

= e× (

1− 12 )

= e× 12 = e

2 .

4. Sur ]

0 ; e 1 2

[

, g croît de 0 à e

2 , puis de décroît de

e

2 à −∞.

La fonction g étant continue car dérivable s’annule donc en point unique de ]

e 1 2 ; +∞

[

tel que :

g (x)= 0 ⇐⇒ x2(1− lnx)= 0 ⇐⇒ 1− lnx (puisque x 6= 0) ⇐⇒ 1= lnx ⇐⇒ x = e. Conclusion : la fonction g est positive sur ]0 ; e[ et négative sur ]e ; +∞[.

Amérique du Sud 2 16 novembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Partie B Représentation graphique et aire sous la courbe

1. Voir l’annexe 2.

2. On a g (1)= 12(1− ln1)= 1. Le coefficient directeur de la tangente à la courbe C au point d’abscisse 1 est le nombre dérivé f ′(1)= 1(1−2ln1)= 1. Une équation de la tangente T à la courbe C au point d’abscisse 1 est donc :

M(x ; y) ∈ (T ) ⇐⇒ y g (1)= g ′(1)(x−1) ⇐⇒ y −1= x−1 ⇐⇒ y = x. 3. On a vu que la fonction g est positive sur ]0 ; e[, donc sur ]1 ; e[.

L’aire, en unités d’aire de la surface délimitée par la courbe C , l’axe des abscisses et les droites d’équations respectives x = 1 et x = e est donc égale à l’intégrale :

A = ∫e

1 x2(1− lnx)dx.

En posant : u′ = x2 v = 1− lnx

u = x3

3 v ′ =−

1

x Toutes ces fonctions étant continues, on peut intégrer par parties :

A = [ x3

3 (1− lnx)

]e

1 −

∫e

1

x3

3 ×

(

− 1

x

)

dx = [ x3

3 (1− lnx)

]e

1 +

∫e

1

x2

3 dx =

[ x3

3 (1− lnx)+

x3

9

]e

1 =

e3

3 (1−1)−

1

3 + e3

9 − 1

9 =

e3

9 − 4

9 =

e3−4 9

(u. a.).

Exercice 4 3 points

Commun à tous les candidats

1. z2−2z+5= 0 ⇐⇒ (z−1)2−1+5= 0 ⇐⇒ (z−1)2+4= 0 ⇐⇒ (z−1)2− (2i)2 = 0 ⇐⇒ (z−1+2i)(z−1−2i)= 0 L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées : 1+2i et 1−2i.

2. a. Voir la figure ci-dessous.

b. zB− zC zA− zC

= 1−2i−1−

p 3− i

1+2i−1− p 3− i

−3i− p 3

i− p 3

= (

−3i− p 3 )(

i+ p 3 )

(

i− p 3 )(

i+ p 3 ) =

3−3i p 3−3− i

p 3

i2−3 =

−4i p 3

−4 = i

p 3.

c. zB− zC zA− zC

= i p 3 (imaginaire pur) : cette égalité montre qu’un argument du quotient est égal à

π

2 , soit

(−−→ CB ,

−−→ CA

)

= π

2 .

Conclusion le triangle ABC est rectangle en C. (non isocèle car CB = p 3CA)

3. Le triangle ABC est rectangle d’hypoténuse [AB] ; il est donc inscrit dans un cercle Γ de centre le

milieu de [AB] soit le point d’affixe 1 et de rayon 1

2 AB = 2.

Dans la symétrie autour de l’axe (

O, −→ u

)

les points A et B sont symétriques demêmeque les points

C et D puisque leurs affixes sont conjuguées.

Le symétrique du triangle ABC est donc le triangle BAD. La symétrie étant une isométrie, le tri- angle BAD est lui aussi rectangle en D donc inscrit dans le même cercle Γ centré au milieu de [AB] et de rayon 2.

4. C est le point partie réelle positive, intersection du cercle précédent Γ et de la droite d’équation y = 1.idem pour D avec la droite d’équation y =−1.

Amérique du Sud 3 16 novembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1

−1

−2

1 2−1 −→u

−→ v

O

b

b

b

b

A

B

C

D

Γ

Exercice 5 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Proposition 1 : Faux : on devrait avoir t = 1, mais alors x = 1. Proposition 2 : 2x−3y + z = 0 ». La droite D a un vecteur directeur de cordonnées (2 ; −3 ; 1) qui est un vecteur normal au plan : une équation de ce plan est 2x−3y + z = a et comme O appartient à ce plan on a a = 0. Vrai. Proposition 3 : On a vu qu’un vecteur directeur deD est

−→ u (2 ; −3 ; 1) ; de même un vecteur directeur de

D ′ est

−→ v (3 ; 1 ; 3).

Or −→ u ·−→v = 6−3+3 6= 0 : les vecteurs ne sont pas orthogonaux, donc les droites ne sont pas orthogonales.

Proposition 4 : Les droites sont coplanaires si elles sont parallèles, ce qui est faux puisque leurs vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, ou si elles ont un point en commun. On devrait donc avoir z = t = 3t ′−2 soit en remplaçant dans x = 2t −1= 2(3t ′−2)−1= 6t ′−5. Or 6t ′−5= 3t ′ ⇐⇒ 3t ′ = 5 ⇐⇒ t ′ =

5

3 et t = 3t ′−2= 5−2= 3.

Or avec l’équation de D, on aurait y = −9+2 = −7 et avec celle de D′, on aurait y = 5

3 +2 =

11

3 . Il n’y a

donc pas de point commun. Conclusion : D et D′ ne sont pas coplanaires. Faux.

Proposition 5 : On a d = |−2+3+1|

22+ (−3)2+12 =

2 p 14

= 2 p 14

14 =

p 14

7 . Vrai.

Exercice 5 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Proposition 1 : On a 2011 = 7×287+2, donc 2011≡ 2 [7]. On en déduit que 20113 ≡ 23 [7] ou encore 20113 ≡ 8 [7] ou plus simplement 20113 ≡ 1 [7]. Or 2011 = 3×670+1, donc 20112011 = 20113×670+1 = 2011×20113×670 = 2011×

(

20113 )670

.

On a vu que 20113 ≡ 1 [7], donc (

20113 )670 ≡ 1670 soit

(

20113 )670 ≡ 1

Amérique du Sud 4 16 novembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Finalement comme 2011 ≡ 2 [7] et (

20113 )670 ≡ 1 par produit on obtient 20112011 ≡ 2×1 [7]

soit 20112011 ≡ 2 [7]. Vrai.

Proposition 2 : Faux : Si a et b sont premiers entre eux, il existe deux entiers u′ et v ′ tels que au′+bv ′ = 1⇒ 3(au′)+3(bv ′)= 3 ⇐⇒ a(3u′)+b(3v ′)= 3. Avec u = 3u′ et v = 3v ′, on a bien au+bv = 3 et PGCD(a ; b)= 1.

Proposition 3 : n2−3n−10 = (

n− 32 )2− 94 −10=

(

n− 32 )2− 494 = 0 ⇐⇒

(

n− 32 + 7 2

)(

n− 32 − 7 2

)

= (n+2)(n−5). Pour n = 5 le nombre est nul donc non premier. Pour n = 6 le nombre est 8 qui n’est pas premier Pour n > 6, le nombre a deux diviseurs au moins distincts de 1 et de lui-même : n+2 et n−5 : il n’est donc pas premier. Vrai

Proposition 4 : A(−2 ; −1 ; γ) ∈ Γ ⇐⇒ 4+1 = 5γ2 ⇐⇒ 5 = 5γ2 ⇐⇒ 1= γ2 ⇐⇒ γ= 1 ou γ= −1. Faux.

Proposition 5 : Tout point de l’intersection a ses coordonnées qui vérifient le système : {

x2+ y2 = 5z2 x = a ⇐⇒

{ a2+ y2 = 5z2 x = a ⇐⇒

{ y2−5z2 = −a2 x = a . Cette équation est

celle d’unehyperbole,mais si a = 0, cette équation se réduit à y2−5z2 = 0 ⇐⇒ (

y + z p 5 )(

y z p 5 )

=

0 ⇐⇒ {

y = z p 5 ou

y = −z p 5

L’intersection est donc composée de deux droites. Vrai.

Amérique du Sud 5 16 novembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

ANNEXE 1

(À rendre avec la copie)

1

2

3

4

−1

1 2 3 4 5−1 O −→ı

−→

D

C

u0 =u1u2u3

Amérique du Sud 6 16 novembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

12

− 1

1 2

3 O

−→ ı

−→

ANNEXE 2

À rendre avec la copie

e

Amérique du Sud 7 16 novembre 2011

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