Série de mathématique – correction –  16, Exercices de Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Série de mathématique – correction – 16, Exercices de Mathématiques

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Série de mathématique – correction – 16. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Les démonstrations, Limites.
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CorrectionSNlleCaledomars2008.dvi

Durée : 4 heures

[ Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie mars 2008 \ (spécialité)

EXERCICE 1 5 points

Commun à tous les candidats

1.

1

2

3

4

5

6

7

−1

1 2 3 4 5 6−1−2−3-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

M0 M1 M2 M3M4

ANNEXE (à rendre avec la copie)

On peut conjecturer que :

— la suite est croissante ;

— la suite converge vers 3.

2. a. x < 3 ⇐⇒ −3 < −x ⇐⇒ 6−3,< 6− x ⇐⇒ 3 < 6− x ⇐⇒ 1

6− x <

1

3 ⇐⇒

9× 1

6− x < 9×

1

3 ⇐⇒

9

6− x < 3.

On vient donc de démontrer que si x < 3, alors f (x)< 3. Par récurrence immédiate : deU0 < 3 et deUn < 3 entraîneUn+1 = f (Un)< 3, on déduit aussitôt queUn < 3 pour tout entier naturel n.

b. On aUn+1−Un = f (Un)−Un = 9

6−Un Un =

9−6Un +U 2n 6−Un

= (Un −3)2

6−Un .

On vient de démontrer que Un < 3 < 6, donc le dénominateur est positif et le numérateur (carré) aussi.

On a donc Un+1−Un > 0 ⇐⇒ Un+1 >Un : la suite est croissante (stricte- ment).

c. La suite (Un) est croissante etmajorée par 3 : elle converge vers une limite

inférieure ou égale à 3.

3. Soit la suite définie par Vn = 1

Un −3 pour tout entier naturel n.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

a. Calculons la différenceVn+1−Vn = 1

Un+1−3 −

1

Un −3 =

1 9

6−Un −3 −

1

Un −3 =

6−Un 9−18+3Un

− 1

Un −3 =

6−Un 3Un −9

− 1

Un −3 =

6−Un 3(Un −3)

− 1

Un −3 =

6−Un −3 3(Un −3)

= 3−Un

3(Un −3) = −

1

3 . On vient donc de démontrer que la suite (Vn) est une

suite arithmétique de raison − 1

3 .

b. On a V0 = 1

−3−3 =−

1

6 .

On sait que Vn =V0+n× (

− 1

3

)

=− 1

6 − 2n

6 =−

2n+1 6

.

OrUn −3= 1

Vn =

−6 2n+1

.

c. Comme lim n→+∞

−6 2n+1

= 0, lim n→+∞

Un −3= 0 et finalement

lim n→+∞

Un = 3.

EXERCICE 2 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

PARTIE A : Question de cours

Quelles sont les propriétés de compatibilité de la relation de congruence avec l’ad-

dition, la multiplication et les puissances ?

Démontrer la propriété de compatibilité avec la multiplication.

1. a. Soit N1 le nombre s’écrivant en base 12 :

N1 =β1α 12

On a donc N1 = 11×122 +1×121+10= 1606. b. Soit N2 le nombre s’écrivant en base 10 : N2 = 1131.

La plus grande puissance de 12 contenue dans 1131 est 122 et 1131 = 7×144+123 = 7×122+10×12+3. On a donc N2 = 7α3

12 .

Dans toute la suite, un entier naturel N s’écrira demanière générale en base

12 :

N = an · · ·a1a012

2. a. On a pour 16 i 6 n,ai ×12i ≡ 12 [0], donc ai ×12i ≡ 3 (0). Donc N a0 (3).

Pn en déduit que si a0 est unmultiple de 3, N l’est aussi. (ou encore N est

multiple de 3 s’il se termine par 0, 3 ,6 ou 9.

b. Comme N2 = 7α3 12 , il est donc multiple de 3. De son écriture décimale

(1 131) et de 1+1+3+1 = 6 est multiple de 3, donc 1131 l’est aussi.

3. a. On a N = n

i=0 ai ×12i . Quel que soit i tel que 16 i 6 n, 12i = (11+1)i . En

développant cette puissance avec la formule du binôme, tous les termes

de la somme sont congrus à 11 sauf le dernier : autrement dit ai ×12i a0 (11) et finalement N an +·· ·+a1+a0 (11). Conclusion : un nombre écrit en base 12 est unmultiple de 11 si la somme

des nombres représentant ses chiffres est elle-même un multiple de 11.

Nouvelle-Calédonie 2 mars 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. Ainsi pour N1, comme β+1+α soit 11+1+10 = 22 = 2×11, N1 est un multiple de 11.

En écriture décimale 1606 = 146×11, montre bien que N1 est unmultiple de 11.

4. Des questions 2. et 3. on déduit que N = x4y12 est un multiple de 3 et de 11 et donc de 3×11, puisque ces deux nombres sont premiers entre eux, si : {

y = 0 (3) x +4+ y = 11k

y = 0⇒ x = 7 — y = 3⇒ x = 4 — y = 6⇒ x = 1 — y = 9⇒ x = 9 Les solutions sont donc les nombres 740

12 , 443

12 , 146

12 , 949

12 .

EXERCICE 3 5 points

Commun à tous les candidats

1. a. La probabilité qu’un alevin de premier élevage soit vivant au bout de trois

mois est 0,9 et celle d’un alevin du deuxième élevage 0,95.

La probabilité pour l’enfant d’avoir un alevin vivant est donc 0,6×0,9+ 0,4×0,95 = 0,54+0,38 = 0,92.

b. Demême la probabilité pour l’enfant d’avoir un poisson rouge est égale à

0,6×0,75+0,4×0,65 = 0,45+0,26 = 0,71. c. Les poissons vivants sont rouge ou gris. La probabilité d’avoir un alevin

gris est donc égale à 0,92−0,71 = 0,21. La probabilité qu’il soit gris et provienne du premier élevage est égale à

0,6×0,15 = 0,09. On a donc : pgris(élevage 1)=

gris∩élevage 1 p(gris)

= 0,09

0,21 =

9

21 =

3

7 .

2. On suppose qu’il y a assez d’alevins pour que la probabilité d’avoir un alevin

en vie au bout de trois mois est toujours égale à 0,92.

On a donc une épreuve de Bernoulli avec n = 5, p = 0,92. La probabilité d’avoir 3 alevins en vie sur 5 au bout de trois mois est donc

égale à : (

5

3

)

0,923× (1−0,92)2 = 10×0,923 ×0,082 ≈ 0,049≈ 0,05 à 10−2 près.

3. On a le tableau de loi de probabilité suivant :

couleur rouge gris mort

probabilité 0,71 0,21 0,08

gain(€) +1 +0,25 −0,10

On a donc E(X )= 0,71×1+0,21×0,25−0,08×0,10 = 0,7545≈ 0,75 €.

EXERCICE 4 5 points

Commun à tous les candidats

1. a. On sait que le vecteur −→ n (4 ; 1 ; 2) est un vecteur directeur de D et donc

qu’une équation d’un plan P perpendiculaire à D est 4x+1y+2z+d = 0. A appartient à ce plan si 4× (−1)+1×2+2×3+d = 0 ⇐⇒ 4+d = 0 ⇐⇒ d =−4. Une équation du plan P est donc : 4x +1y +2z −4 = 0.

Nouvelle-Calédonie 3 mars 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. On voit que la valeur t =−3 donne les coordonnées du point B. c. On sait que la distance dB du point B au plan P est égale à d(B, P ) =

∣4xB+ yB+2zB−4 ∣

p 42+12+22

= |4× (−3)+3+2× (−4)−4|

p 42+12+22

= 21 p 21

= p 21.

d. La droite D est perpendiculaire à P , donc orthogonale à toute droite de

P . On a donc un triangle rectangle de côtés dB et d et d’hypoténuse [AB].

Le théorème de Pythagore permet d’écrire d2 =AB2−d2B. AB2 = (−2)2+12+ (−7)2 = 54. Donc d2 = 54−21= 33. Finalement d =

p 33.

2. On a AM2 = (10+4t)2+ (4+ t)2+ (−1+2t)2 = 100+16t2 +80t +16+ t2+8t +1+4t2−4t = 21t2+84t +117. La distance de A à la droite D est la plus petite distance AM , donc le carré de

la distance correspond auminimum du trinôme 21t2+84t +117.

21t2+84t+117 = 21 (

t2+4t + 117

21

)

= 21 [

(t +2)2−4+ 117

21

]

= 21 [

(t +2)2+ 33

21

]

.

Le minimum est obtenu pour t =−2 ; pour cette valeur le trinôme vaut 21×

33

21 = 33= d2. Et finalement d =

p 33.

Nouvelle-Calédonie 4 mars 2008

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