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Durée : 4 heures
[ Baccalauréat S Pondichéry juin 2004 \
EXERCICE 1 3 points
1. a. On a u 0 = 0, u 1 =
, u 2 =
1 2
et u 3 =
2 3
b. On a de façon évidente : w 0 = u 0 , w 1 = u 1 w 2 = u 2 et w 3 = u 3.
c. Initialisation : w 0 = u 0.
Hérédité : On suppose que pour n > 0, un = wn =
n
n + 1
On a par définition : un + 1 =
2 − un
n n + 1
n + 2 n + 1
n + 1
n + 2
= wn + 1.
On a montré par récurrence que pour tout naturel n , un = wn =
n
n + 1
2. La suite définie par vn = ln
n
n + 1
est définie pour n > 0.
a. On calcule la somme : v 1 + v 2 + v 3 = ln
+ln
+ln
= ln
1 × 2 × 3
2 × 3 × 4
= ln
− ln 4.
b. On calcule de même Sn = v 1 + v 2 + ··· + vn = ln
n
n + 1
ln
1 × 2 × 3 × ··· × n
2 × 3 × ··· × n × ( n + 1)
= ln
n + 1
= − ln( n + 1).
On a lim n →+∞
ln( n + 1) = +∞, donc
lim n →+∞
Sn = −∞.
EXERCICE 2 4 points
1. a. Il y a : — dans U 1 : 3 noires et ( k − 3) blanche(s) — dans U 2 : 2 noires et ( k − 2) blanches — dans U 3 : 1 noire et ( k − 1) blanches Après une partie, on a l’arbre suivant :
A
1 6
N
3 k
k − 3^ B k
B
2 6
N
2 k
k − 2^ B k
C
3 6
N
1 k
k − 1^ B k L’ensemble { A , B , C } est un ensemble complet d’évènements ; on peut donc écrire en utilisant la formule des probabilités totales ;
p ( N ) = p ( A ∩ N )+ p ( B ∩ N )+ p ( C ∩ N ) = p ( A )× p (^) A ( N )+ p ( B )× pB ( N )+ p ( C )× pC ( N ) =
×
k
×
k
×
k
. Soit p ( N ) =
3 k
b. On vient de voir que p ( N ) 6 = 0, donc
pN ( A ) =
p ( A ∩ N )
p ( N )
p ( A ) × p (^) A ( N )
p ( N )
1 2 k 5 3 k
c. Si k > 3,
3 k
⇐⇒ k 6
Le seul entier vérifiant 3 6 k 6
est k = 3.
d. On a
3 k
⇐⇒ k = 50
2. On a un schéma de Bernoulli avec une probabilité de
et n = 20 parties.
L’évènement : « obtenir au moins une fois une boule noire » est l’évènement contraire de « ne jamais obtenir une noire ».
La probabilité cherchée est donc :
p = 1 −
EXERCICE 3 8 points
Partie A : étude d’une fonction auxiliaire
La fonction ϕ est définie sur R par
ϕ ( x ) =
x 2
e − x − 1.
1. a. En écrivant ϕ ( x ) =
x^2
e x^
x
e x^
e x^
−1 et comme lim x →+∞
x n
e x^
= 0 pour n naturel,
on obtient lim x →+∞
ϕ ( x ) = −1.
De même, avec x 6 = 0, ϕ ( x ) = x^2
x
x^2
e− x^ − 1.
On a lim x →−∞
x
x^2
= 1, donc lim x →−∞
x 2
x
x^2
Comme lim x →−∞
e − x = +∞, on a finalement
lim x →−∞
ϕ ( x ) = +∞.
b. ϕ est une somme de produits de fonctions dérivables sur R : elle est donc dérivable sur R et
ϕ ′ ( x ) = (2 x + 1)e − x −
x 2
e − x = e − x
− x 2
= x (1 − x )e − x .
On sait que e − x
0 : le signe de ϕ ′ est donc celui du trinôme x (1− x ) c’est- à-dire négatif sauf entre les racines 0 et 1. D’où la tableau de variations :
x −∞ 0 1 +∞
ϕ ′^ − 0 + 0 −
ϕ ( x )
3 e
b. D’après la question 2. c. entre − 1 2 et 0, C (^) f est au dessus de C g.
L’aire en unité d’aire de la surface limitée par les deux courbes et les droites d’équation x = − 1 2 et^ x^ =^ 0 est égale à l’intégrale
A =
− (^12)
[
f ( x ) − g ( x )
]
d x
D’après la question précédente :
A = [ h ( x )] 0 − (^12) = h (0) − h
A = − 3 − ln 1 + 2e − (^12)
p e + ln
EXERCICE 4 obligatoire 5 points
Partie A
1. Résolution de z 2 − 2 z + 4 = 0
z 2 − 2 z + 4 = 0 ⇐⇒ ( z − 1) 2 − 1 + 4 = 0 ⇐⇒ ( z − 1) 2
⇐⇒ ( z − 1)^2 −
i
p 3
= 0 ⇐⇒ ( z − 1 + i
p 3)( z − 1 − i
p
- = 0.
Les solutions sont donc les complexes : z ′ = 1 + i
p 3 et z ′′ = 1 − i
p
Écriture exponentielle ∣ ∣ z ′
∣^2 = 1 + 3 = 22 ⇒
∣ z ′
Donc z ′^ = 2
p 3
2
= 2ei^
π (^3).
De même z ′′ = 2e −i π 3 .
2. En utilisant l’écriture exponentielle : ( z ′
2e i π 3
2 004 e i 2 004 3 π = 2 2 004 e i668 π = 2 2 004 e i2 π × 334 = 2 2 004 .
Partie B
1. L’affixe de A est z ′ dont le module est égal à 2 ; donc OA = 2 ; de même l’affixe de B est z ′′ qui a le même module : donc OB = 2.
Conclusion A et B appartiennent au cercle de centre O et de rayon 2.
2. L’écriture complexe de la rotation r 1 de centre A et d’angle −
π
2
est z ′^ − z A =
−i( z − z A) soit z ′^ = 1 + i
p 3 + i
z − 1 − i
p 3
= i z + 1 −
p 3 + i
(p 3 − 1
On a donc z O′ = 1 −
p 3 + i
p 3
L’écriture complexe de la rotation r 2 de centre A et d’angle
π
2
est z ′^ − z A =
i ( z − z A) soit z ′ − 1 − i
p 3 = i
z − 1 − i
p 3
ou z ′ = i z + 1 +
p 3 + i
(p 3 − 1
Donc z B′^ = i
1 + i
p 3
p 3 + i
(p 3 − 1
p 3 + i
p
3. a. La droite (AI) semble être la hauteur issue de A dans le triangle O′AB′.
b. I est le milieu de [OB], donc z I =
− i
p 3
2
Donc z −→ AI
− i
p 3
2
D’autre part z −−−→ O′B′^
p 3 + i
p 3 − (1 −
p
- −
p 3i
p 3 − i.
c. Le repère étant orthonormé on peut calculer :
−→ AI ·
O
′ B ′ = −
p 3
2
p 3
2
Les vecteurs étant orthogonaux, les droites (AI) et (O′B′) sont perpendi- culaires ; donc la droite (AI) est bien hauteur dans le triangle O′AB′.
O′
A
O
I
B
B
′
EXERCICE 4 spécialité 5 points
1. On se place dans le plan P 0 = y O z d’équation x = 0.
Le vecteur
BA a pour coordonnées (5 ; −5) et
OA a pour coordonnées (5 ; 5). −−→ BA ·
OA = 25 − 25 = 0.
La droite (OA) est tangente au cercle C.
2. a. Équation du cône Γ
D’après la question précédente le triangle OAB est rectangle en A. OA 2 = 5 2
p
AB^2 = 02 + 52 + (10 − 5)^3 2 = 50, donc AB = 5
p
Le triangle OAB est donc rectangle isocèle et AOB =
π
4
L’équation du cône d’axe (O z ), et de sommet O est de la forme
x^2 + y^2 = z^2 tan^2 θ , θ étant la mesure de l’angle formé par la génératrice
(OA) et l’axe, soit ici
π
4
. Or tan
π
4
L’équation de Γ est donc x 2
b. D’après la première question la génératrice du cône est tangent au cercle qui génère la sphère : le cône est donc tangent à la sphère l’intersection est constitué par la rotation du point A autour de (O z ) ; c’est donc le cercle de centre le point C projeté de A sur (O z ) soit C(0 ; 0 ; 5) et de rayon CA =
3. L’intersection d’un cône par un plan parallèle à l’axe de ce cône qui ne contient pas cet axe est une hyperbole.
