Série de mathématique – correction –  11, Exercices de Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Série de mathématique – correction – 11, Exercices de Mathématiques

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Série de mathématique – correction – 11. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la représentation paramétrique, la relation de récurrence, la loi des probabilités totales.
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CorrectionLibanS2008.dvi

[ Baccalauréat S Liban juin 2008 \

EXERCICE 1 4 points

Partie A

1. On a l’arbre suivant :

1 6

b R 4 10

b N6 10

b5 6

b R 1 10

b N9 10

On a donc p(R)= 1

6 ×

4

10 + 5

6 ×

1

10 =

4

60 +

5

60 =

9

60 =

3

20 =

15

100 = 0,15.

2. Il faut comparer pR(A) et pR(B).

pR(A)= p(A∩R)

p(R) =

1 6 ×

4 10

3 20

= 4

60 × 20

3 =

4

9 .

pR(B)= p(B∩R)

p(R) =

5 6 × 1

10 3 20

= 5 60 3 20

= 5

60 × 20

3 =

5

9 .

On a donc pR(A)< pR(B).

Partie B

1. La probabilité d’avoir deux boules rouges est égale à : 0,152 = 0,0225. La probabilité d’avoir une rouge et une noire est : 2×0,15×(1−0,15) = 0,255. La probabilité d’avoir deux noires est : 0,852 = 0,7225. Le tableau de la loi de probabilité de G est donc ;

G 2x x −2 −4 p(G)= gi 0,0225 0,255 0,7225

2. E(G) = 2x ×0,0225+0,255(x −2)+0,7225× (−4) = 0,3x −3,4.

3. E(G)> 0 ⇐⇒ 0, ,x −3,4> 0 ⇐⇒ 0,3x > 3,4 ⇐⇒ x > 3,4

0,3 ≈ 11,333.

Il faut donc que le gain soit au moins de 12(( car x ∈N).

EXERCICE 2 5 points

Candidats n’ayant pas choisi la spécialité mathématiques

Partie A

1. z100 a un argument égal à 100π

3 ou encore

96π

3 + 4π

3 = 32π+

4π

3 = 16×32π+

4π

3 soir encore un argument de

4π

3 . Ce nombre n’est donc pas un réel.

Proposition 1 : « z100 est un nombre réel ». Faux

Baccalauréat S

2. Soit (E) l’ensemble des points M d’affixe z différente de 1 du plan telle que ∣

z

1− z

∣= 1. ∣

z

1− z

∣ = 1 ⇐⇒ |z|

|1− z| = 1 ⇐⇒ OM = AM si A est le point d’affixe 1. L’en-

semble (E) est donc l’ensemble des points équidistants de O et de A : c’est la

médiatrice de [OA] et comme les deux points appartiennent à l’axe des abs-

cisses, cette médiatrice est parallèle à l’axe des ordonnées.

Proposition 2 : « l’ensemble (E) est une droite parallèle à l’axe des réels ».

Faux

3. Si O′ est l’image de O par r , on a zO′ − (

1+ i p 3 )

= e− π

2 [

zO− (

1+ i p 3 )]

⇐⇒ zO′ = 1+ i

p 3− i

(

−1− i p 3 )

= 1+ i p 3+ i−

p 3= 1−

p 3+ i

(

1+ p 3 )

.

Proposition 3 : « l’image du point O par la rotation r a pour affixe (

1− p 3 )

+ i (

1+ p 3 )

». Vrai

4. z2+2cos (

π

5

)

z +1= 0 ⇐⇒ [

z +cos (

π

5

)]2 −cos2

(

π

5

)

+1= 0 ⇐⇒ [

z +cos (

π

5

)]2 + sin2

(

π

5

)

= 0 ⇐⇒ [

z +cos (

π

5

)]2 = i2 sin2

(

π

5

)

.

Cette équation a deux solutions : −cos (

π

5

)

+ isin (

π

5

)

et −cos (

π

5

)

− isin (

π

5

)

qui ont toutes deux un module égale à 1.

Proposition 4 : « l’équation (E) a deux solutions complexes demodules égaux

à 1 ». Vrai

Partie B

En prenant comme repère orthonormal (

D ; −−→ DA ,

−−→ DC ,

−−→ DH

)

, on a A(1 ; 0 , 0),

G(0 ; 1 ; 1), donc −−→ AG (−1 ; 1 ; 1) ;−−→

DB (1 ; 1 ; 0) et −−→ DE (1 ; 0 ; 1).

Or −−→ AG ·−−→DB ==−1+1+0= 0 et −−→AG ·−−→DE ==−1+0+1 = 0.

Le vecteur −−→ AG est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BDE) :

il est donc normal à ce plan.

Proposition 5 : « le vecteur −−→ AG est normal au plan (BDE) ». Vrai.

Proposition 6 : « les droites (EB) et (ED) sont perpendiculaires ». Faux

Onpeut calculer le produit scalaire −→ EB ·−−→ED etmontrer qu’il n’est pas nul (en fait égal

à 1.

Le plus simple est de dire que [EB], [ED] et [BD] sont des diagonales de carrés de

même côté : le triangle EBD est équilatéral et les droites (EB) et (ED) ne sont pas

perpendiculaires.

A B

C D

E F

GH

Liban 2 juin 2008

Baccalauréat S

EXERCICE 2 5 points

Candidats ayant choisi la spécialité mathématiques

Pour chacune des six propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et

donner une démonstration de la réponse choisie. Une réponse non démontrée ne

rapporte aucun point.

1. On vérifie que le point Ω d’affixe −2−2i est invariant par cette transforma- tion. On a donc : 

z ′ = 3

2 (1− i)z +4−2i

−2−2i = 3

2 (1− i)(−2−2i)+4−2i

d’où par différence z ′− (−2−2i) =

3

2 (1− i)[z − (−2−2i)].

Or 1− i= p 2

(p 2

2 − i

p 2

2

)

= p 2e−i

π

4 .

Donc z ′− (−2−2i)= 3

2

p 2e−i

π

4 [z − (−2−2i)]. On voit que l’image est obtenue en composant (dans n’importe quel ordre)

l’homothétie de rapport 3

p 2

2 et de centre le point Ω d’affixe −2−2i avec la

rotation de centreΩ et d’angle − π

4 .

Proposition 1 : « f = r h h est l’homothétie de rapport 3 p 2

2 et de centre

le point Ω d’affixe −2−2i et où r est la rotation de centre Ω et d’angle − π

4 ».

Vrai

2. Pour n = 1, 57+24 = 78141 qui n’est pas multiple de 5. Proposition 2 : « 56n+1+23n+1 est divisible par 5 ». Fausse On a 56 = 15625 ≡ 1 [7], donc 56n ≡ 1 [7] et 56n × 5 ≡ 5 [7]. 23 ≡ 1 [7], donc 23n ≡ 1 [7] et 23n ×2≡ 2 [7]. D’où en ajoutant : 56n+1+23n+1 ≡ 5+2 [7] ou encore 56n+1+23n+1 ≡ 0 [7]. Proposition 3 : « 56n+1+23n+1 est divisible par 7 ». Vrai

3. On a 11×14−5×28= 14, donc le point de coordonnées (14 ; 28) est un point solution. Par différence avec l’équation à résoudre, on obtient : 11(x −14)− 5(y − 28) = 0 ⇐⇒ 11(x − 14) = 5(y − 28). Comme 5 divise 11(x − 14) et est premier avec 11, il divise (x −14). Il existe donc k ∈Z tel que x −14 = 5k ⇐⇒ x = 5k +14 et en remplaçant dans l’équation initiale y = 11k +28.

4. La section a pour équation x = λ et z = y2+λ qui est l’équation d’une para- bole.

Proposition 5 : « la section de la surface Σ et du plan d’équation x = λ, où λ est un réel, est une hyperbole ». Faux

Proposition 6 : « le plan d’équation z = 9 p 2

2 partage le solide délimité par Σ

et le plan d’équation z = 9 en deux solides de même volume ». Vrai On a S(k)=πr 2 =π

(p k )2

=πk.

V1 = ∫9

p 2 2

0 πk dk=

[

πk2

2

]9 p 2 2

0

= 81π

4 .

Demême V2 = ∫9

9 p 2 2

πk dk= [

πk2

2

]9

9 p 2 2

= 81π

2 − 81π

4 =

81π

4 .

EXERCICE 3 6 points

Liban 3 juin 2008

Baccalauréat S

Partie B

1. La fonction f est dérivable comme somme de fonctions composées de fonc-

tions dérivables sur [0 ; +∞[ et f ′(x)= 1

1+ x + x > 1> 0.

La fonction f est donc croissante sur [0 ; +∞[. 2. On a f (0)= 0 et f ′(0)= 1, donc l’équation de la tangente au point d’abscisse

0 est y −0= 1(x −0) ⇐⇒ y = x. 3. Cf. dessin

Partie C

1. En se servant de la courbe (C ) et de la droite d’équation y = x, on obtient à partir de u0 = 1 :

0

1

2

3

4

0 1 2 3 4

(C )

y = x

u0u1 u2 u3 u4

2. Ce cheminement suggère que la suite est croissante et qu’elle n’est pas bor-

née.

3. a. Soit la proposition Pn : un > 1.

Initialisation : on a u0 = 1> 1 : vraie. Hérédité : soit un naturel p tel que up > 1 ; la fonction f est croissante

donc f (

up )

> f (1) ⇐⇒ up+1 > 1, car f (1)= ln(1+1)+ 1

2 ≈ 0,69+0,5 > 1.

Conclusion : quel que soit n ∈N,un > 1. b. On démontre de même par récurrence que la suite (un ) est croissante,

car up 6 up+1 ⇒ f (

up )

6 f (

up+1 )

⇐⇒ up+1 6 up+2 par croissance de la fonction f sur [1 ; +∞[, car d’après la question précédente tous les termes de la suite appartiennent à cet intervalle.

c. Supposons que (un ) soit majorée ; majorée, croissante elle a pour limite

un réel .

Liban 4 juin 2008

Baccalauréat S

De l’égalité un+1 = f (un ), on en déduit par limite à l’infini et par conti- nuité de la fonction f :

= f ()

avec > 1, puisque un > 1. Or il est admis que, pour tout x > 0, f (x)> x ce qui contredit l’égalité f ()= . Conclusion : l’hypothèse de départ est fausse : la suite n’est pas majorée.

d. La suite est croissante et nonmajorée : elle diverge en +∞.

EXERCICE 4 5 points

Partie A

1.

1

−1

−2

−3

1 2 3 4 5 6−1−2

1+e−2

2. a. g (2) représente en unités d’aire la mesure de la surface colorée en bleu.

b. L’aire (positive par définition) estmanifestement inférieure à celle du rec-

tangle de côtés 2 et 1+e−2 soit 2 (

1+e−2 )

≈ 2,271 < 2,5. 3. a. On sait d’après le tableau des variations de f que pour x > 2, f (x) > 1.

En intégrant sur l’intervalle [2 ; x], on obtient

x

2 f (t)dt >

x

2 1dt , soit

x

2 f (t)dt > x −2.

D’après la relation de Chasles

x

2 f (t)dt =

x

0 f (t)dt

∫2

0 f (t)dt =

x

0 f (t)dt g (2).

Donc

x

0 f (t)dt = g (x)=

x

2 f (t)dt + g (2)> x −2+ g (2)> x −2.

Liban 5 juin 2008

Baccalauréat S

b. Comme lim n→+∞

(x −2)=+∞, par comparaison : lim n→+∞

g (x)=+∞

4. On sait que par définition g ′(x)= f (x). La fonction g est donc décroissante sur ]−∞ ; 0] et croissante sur [0 ; +∞[.

Partie B

1. On pose : {

u(t)= t −1 v ′(t)= e−t u′(t)= 1 v(t)=−e−t

Toutes ces fonctions étant dérivables donc continues, on peut intégrer par

parties et ∫x

0

[

(t −1)e−t ]

dt = [

−(t −1)e−t ]x

0 + ∫x

0 e−t dt =

[

(−t)e−t ]x

0 =−xe −x .

2. On a g (x)= ∫x

0

[

(t −1)e−t ]

dt + ∫x

0 1dt =−xe−x + x = x

(

1−e−x )

.

3. Comme lim x→−∞

e−x =+∞, alors lim x→−∞

1−e−x =−∞ De plus, lim

x→−∞ x =−∞, on obtient par produit :

lim x→−∞

g (x)=+∞.

Liban 6 juin 2008

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