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[ Baccalauréat S Antilles-Guyane juin 2006 \
EXERCICE 1
1. Restitution organisée des connaissances
Soit a un réel strictement positif et f la fonction définie et dérivable sur I = ]0 ; + ∞[ par :
f ( x ) = ln( ax ) − ln( x )
Alors
f ′ ( x ) =
a
ax
x
x
x
Ainsi, f est constante sur ]0 ; + ∞[, mais:
f (1) = ln a − ln 1 = ln a , donc cette constante vaut ln a. D’où :
∀ x ∈ I , f ( x ) = ln a ⇔ ln( ax ) − ln x = ln a
C’est à dire :
∀ x ∈ I , ln( ax ) = ln x + ln a
2. Pour tous réels strictement positifs a et b :
ln
b
b
× b
= ln(1) = 0.
Donc
ln
b
= − ln( b )
De plus,
ln
a
b
= ln
a ×
b
= ln( a ) + ln
b
= ln a − ln b
3. On a
0,69 6 ln2 6 0,70 et 1,09 6 ln 3 6 1,
Donc
0,69 + 1,09 6 ln 2 + ln 3 6 0,70 + 1,10 ⇔ 1,78 6 ln 6 6 1,
Ainsi
−1,80 6 − ln6 6 −1,78 ⇔ −1,80 6 ln
De plus, ln 8 = ln
3
= 3ln 2 donc
3 × 0,69 6 ln 8 6 3 × 0,70 ⇔ 2,07 6 ln 8 6 2,
Et
−2,1 6 − ln 8 6 −2,
Ainsi
1,09 − 2,1 6 ln3 − ln 8 6 1,10 − 2,07 ⇔ −1,01 6 ln
EXERCICE 2
1. L’équation e 2 x − 3e x − 4 = 0 admet dans R une solution (réponse b), car:
e^2 x^ − 3e x^ − 4 = 0 ⇔
X = e x X^2 − 3 X − 4 = 0
X = e x X = −1 ou X = 4 ⇔ e x = −1 ou e x = 4 ⇔ x = ln 4
2. L’expression −e − x est toujours négative ( réponse b), car e − x est toujours pos- itive. 3. lim x →+∞
2e x − 1
e x^ + 2
= 2 (réponse c) car:
2e x − 1
e x^ + 2
e x (2 − 1e − x )
e x^ (1 + 2e− x^ )
2 − 1e − x
1 + 2e− x^
et lim x →+∞
e − x = 0
4. L’équation différentielle y = 2 y ′ −1 a pour ensemble de solutions x 7 → k e
1 2 x^ − 1
avec k ∈ R (réponse c), car:
y = 2 y ′ − 1 ⇔ y ′ =
y +
EXERCICE 3
Partie A
Soit X une variable aléatoire continue qui suit une loi exponentielle de paramètre λ.
Alors:
P ( X 6 a ) =
∫ a
0
λ e − λt d t = 1 − e − λa .
1. La probabilité P ( X 6 1) s’interprète comme étant l’aire sous la courbe de la
densité comprise entre les droites x = 0, x = 1 et y = 0.
2. Comme la densité de X est la fonction définie sur [0 ; + ∞[, par f ( t ) = λ e− λt^ , alors f (0) = λ. Donc sur le graphique, le paramètre λ est l’ordonnée du point de la courbe de f d’abscisse 0.
Partie B
On pose λ = 1,5.
1. P ( X 6 1) = 1 − e
−1,5× 1 = 1 − e −1, ≈= 0,
EXERCICE 4
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
1. Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal
O,
u ,
v
, on con-
sidère les points
- A d’affixe a , a ∈ R
- B d’affixe b + i, b ∈ R
- C image de B dans la rotation de centre A et d’angle
π
3
a. Comme C est l’ image de B dans la rotation de centre A et d’angle π 3
alors C a pour affixe:
e i π 3 ( b + i − a ) + a =
1 + i
p 3
( b − a + i) + a
b − a −
p 3 + 2 a
i
(p 3( b − a ) + 1
b + a −
p 3
i
(p 3( b − a ) + 1
Pour que le point C appartienne à l’axe
O ;
v
, il faut et il suffit que la
partie réelle de l’affixe de C soit nulle, donc:
b + a −
p 3
= 0 ⇔ b =
p 3 − a
b. Dans ce cas, l’affixe du point C est, en fonction de a :
i
(p 3(
p 3 − a − a ) + 1
p 3 a
i.}
c. Dans cette question, on pose a =
p 3 et b = 0. On considère les points C d’affixe c = −i et D d’affixe d = 2 +
p 3 − 2i
p
i. D’après l’étude précédente, le triangle ABC est équilatéral car b = p 3 − a = 0 et c =
p 3 a
i = −i
ii.
d − a
c − a
p 3 − 2i
p 3 −
p 3
−i −
p 3
2(1 − i
p
−
p 3 − i
2(1 − i
p 3)(−
p 3 + i)
3 + 1 = 2i
Donc ( −−→ AC ;
AD
= ar g
d − a
c − a
= ar g (2i) =
π
2
Ainsi le triangle AC D est rectangle en A.
iii. Comme E est l’image de D dans la rotation de centre A et d’angle π 3 , alors son affixe est:
e = e
i π 3 ( d − a ) + a
1 + i
p 3
p 3 − 2i
p 3 −
p 3
p 3
1 + i
p 3
2 − 2i
p 3
p 3
1 + i
p 3
1 − i
p 3
p 3
p 3 = 4 +
p 3
iv. Comme F est l’image de D dans la translation de vecteur
AC , alors son affixe est:
f = 2 +
p 3 − 2i
p 3 + (−i −
p
- = 2 − i
p 3
v. Le triangle BE F est équilatéral, car:
BE
2 = |i − (4 +
p 3)| 2 = 1 +
p 3
p 3 + 3 = 20 + 8
p 3
BF
2 = |i −
2 − i
p 3
2 = | − 2 + 2i
p 3
2
p 3
p 3
E F
2 = | 4 +
p 3 − 2 + i
p 3
2 = | 2 +
p 3 + i
p 3
2
p 3
p 3
p 3
b O −→ u
v
b
A
b
B
b
C
b
D
b
E
b F
EXERCICE 4
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
D I C^ B
C′^
J′
H
J
E
O A
EXERCICE 5
Partie A
i. Figure associée:
b
A 0
b
A 1
b
A 2
b
B 0
b
B 1
b
B 2
u
(^0 2 4 6 8 10 )
ii. On définit les suites ( an ) et ( bn ) des abscisses respectives des points An et Bn.
Or An + 1 , d’abscisse an + 1 , est le barycentre des points pondérés ( An ,2), avec An d’abscisse an , et ( Bn ,1), , avec Bn d’abscisse bn , donc, grâce à la formule
xAn + 1 =
2 × xAn + 1 × xBn
2 + 1
, on a:
an + 1 =
2 an + bn
3
Et de même que
bn + 1 =
an + 3 bn
4
Partie B
i. On considère la suite ( un ) définie, pour tout entier naturel n , par un = bn − an. Alors:
