Série de mathématique – correction –  18, Exercices de Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Série de mathématique – correction – 18, Exercices de Mathématiques

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Série de mathématique – correction – 18. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Initialisation, la suite géométrique de raison.
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CorrigeAntillesSsept2008.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane \ septembre 2008

EXERCICE 1 4 points

Commun à tous les candidats

PARTIE A :

1. • Initialisation : u0 = 1+ 12

50 = 1+12= 13 : vrai ;

• Hérédité : supposons qu’il existe un naturel p > 0 tel que up = 1+ 12

5p ; alors

up+1 = 1

5 up +

4

5 =

1

5

(

1+ 12

5p

)

+ 4

5 =

1

5 + 4

5 +

12

5p+1 = 1+

12

5p+1 : l’hérédité est bien

démontrée.

On a donc pour tout entier naturel n,un = 1+ 12

5n .

Comme lim n→+∞

12

5n = 0, lim

n→+∞ un = 1.

2. a. On a Sn+1−Sn = un+1. Par une récurrence immédiate, on a un > 0, ce qui en- traîne que la suite (Sn) est croissante.

b. D’après la question 1., Sn = 1+ 12

50 +·· ·+1+

12

5n = (n+1)×1+

n

k=0

12

5k = (n+1)+

12 n

k=0

1

5k .

Le deuxième terme de la somme précédente est la somme des (n+1) premiers

termes d’une suite géométrique de raison 1

5 , soit avec Tn =

n

k=0

1

5k ,

1

5 Tn =

1

5 +·· ·+

1

5n +

1

5n+1 et par différence

4

5 Tn = 1−

1

5n+1 et enfinTn =

5

4

(

1− 1

5n+1

)

.

D’où 12 ∑n

k=0 1

5k = 12×

5

4

(

1− 1

5n+1

)

= 15 (

1− 1

5n+1

)

= 15− 3

5n

On a donc :

Sn = (n+1)+15− 3

5n =n+16−

3

5n .

c. La limite de la suite est celle de n, donc égale à +∞.

PARTIE B :

Proposition 1 : Fausse : la suite (un ) de l’exercice ci-dessus est convergente, alors

que (Sn) diverge.

Proposition 2 : Fausse : la suite (un ) de l’exercice ci-dessus est décroissante car la

suite de terme général 1

5n l’est et on a vu que la suite (Sn) est croissante.

EXERCICE 2 5 points

Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

PARTIE A :

On considère le système de congruences :

(S)

{

n ≡ 2 (modulo 3) n ≡ 1 (modulo 5) , où n désigne un entier relatif.

1. On a 11= 3×3+2 et 1= 5×1 ; 11 est donc solution de (S).

2. On a

{

n ≡ 2 (modulo 3) 11 ≡ 2 (modulo 3) ⇒ par différence n−11≡ 0 modulo 3, qui signifie

que n−11 est un multiple de 3.

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. De même

{

n ≡ 1 (modulo 5) 11 ≡ 1 (modulo 5) ⇒ par différence n−11 ≡ 0 modulo 5, qui

signifie que n−11 est unmultiple de 5. Comme 3 et 5 sont premiers entre eux, n−11 estmultiple de 3×5= 15. D’oùn−11 = 15k, avec k ∈N et enfin n = 11+15k, k ∈N.

PARTIE B :

1. - Application f : 1+ i

p 3

2 =

1

2 + i

p 3

2 = cos π3 + i sin

π 3 = e

i π3 .

On a donc z ′ = zei π 3 : l’application f est donc une rotation de centre O et d’angle π

3 .

- Application g : z ′′ = ei π 5 z, donc g est la rotation de centre O et d’angle π5 .

2. a. Comme An+1 = f (An), OAn+1 =OAn et (−−−→ OAn ,

−−−−−→ OAn+1

)

= π

3 , le triangleOAn An+1

est isocèle avec un angle au sommet de π

3 , donc un triangle équilatéral.

b. Les points A0, A1, A2, A3, A4 et A5 sont équidistants de O, donc sur un cercle

de centre O.

Les triangles OAnAn+1 sont équilatéraux, donc A0A1A2A3A4A5 est un hexa- gone régulier de centre O.

3. a. De la même façon les points Bn sont sur le cercle de centre O et rayon OB0 = ∣

∣4e−i π 5

∣= 4.

b. D’après la relationdeChasles : (−−−→ OBn ,

−−−−−→ OBn+2

)

= (−−−→ OBn ,

−−−−−→ OBn+1

)

+ (−−−−−→ OBn+1 ,

−−−−−→ OBn+2

)

= π

5 + π

5 =

2π

5 . (2π)

c. Les pointsBn sont sur le cercle de centreOet de rayon 4 et les trianglesOBnBn+2

sont isocèles d’angle au sommet 2π

5 .

Le polygone B0B2B4B6B8 est donc un pentagone régulier de centre O.

4. a. Puisque an+1 = ei π 3 an , (an) est une suite géométrique de raison e

i π3 . On a donc

an = (

ei π 3

)n a0 =

(

eni π 3

)

×2e−2i π 3 = 2

(

ei (n−2)π

3

)

.

De même, comme bn+1 = ei π 5 bn , (bn) est une suite géométrique de raison e

i π5 .

On a donc bn = (

ei π 5

)n b0 =

(

eni π 5

)

×4e−i π 3 = 4

(

ei (n−1)π

5

)

.

b. Les points sont les deux sur l’axe des réels si leurs arguments sont égaux à 0 à π

près, c’est-à-dire si

(n−2)π 3

≡ 0 [π] (n−1)π

5 ≡ 0 [π]

⇐⇒ {

n−2 ≡ 0 [3] n−1 ≡ 0 [5]

Les points An et Bn sont simultanément sur l’axe des réels si n est solution du

système (S) ci-dessus, donc si n est de la forme 11+15k avec k ∈N.

EXERCICE 3 7 points

Commun à tous les candidats

Soit f la fonction définie sur R par :

f (x)= x+2− 4ex

ex +3 .

On désigne parC sa courbe représentative dans le plan rapporté à un repère orthonormal (

O, −→ ı ,

−→ )

d’unité graphique 2 cm.

Antilles-Guyane 2 septembre 2008

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. a. Comme lim x→−∞

ex = 0, lim x→−∞

ex

ex +3 = 0. La limite de f (x) est celle de x + 2 soit

−∞.

b. f (x)−(x+2)=− ex

ex +3 et on a vu que la limite de ce quotient est égale à 0 au voi-

sinage de −∞. Ceci montre que la droite D1 d’équation y = x+2 est asymptote à la courbe C au voisinage de −∞.

c. Comme 4, ex , ex +3 sont des nombres supérieurs à zéro, − ex

ex +3 < 0.

Ceci montre que la droite D1 est sous la courbe C au voisinage de −∞. 2. a. f est une somme de quotients de fonctions dérivables sur R, le dénominateur

ne s’annulant pas : elle est donc dérivable sur R et

f ′(x)= 1+ −4ex (ex +3)+4ex ×ex

(ex +3)2 = 1−

12ex

(ex +3)2 =

(ex +3)2−12ex

(ex +3)2 =

e2x +9+6ex −12ex

(ex +3)2 =

e2x +9−6ex

(ex +3)2 =

(ex −3)2

(ex +3)2

D’où finalement f ′(x)= (

ex −3 ex +3

)2

, quel que soit x ∈R.

b. On amanifestement f ′(x)> 0.

La fonction f est donc croissante sur R.

On a lim x→+∞

− 4ex

ex +3 =−4, lim

x→+∞ f (x)=+∞.

D’où le tableau de variations :

x −∞ ln3 +∞ f ′(x) + 0 +

f (x)

−∞

+∞

3. a. f ′(x)= 0 ⇐⇒ ex = 3 ⇐⇒ x = ln3. C a donc une tangente horizontale au point d’abscisse x = ln3.

On a f (ln3)= ln3+2− 4×3 3+3

= ln3.

L’équation de D2 est y = ln3−2. b. - Si x < ln3, alors par croissance de f , f (x) < f (ln3). La courbe C est sous la

droite D2.

- Si x > ln3, alors par croissance de la fonction f f (x)> f (ln3). La courbe C est au-dessus de la droite D2.

- Si x = ln3, alors C et D2 sont tangentes.

4. a. M(x ; y) ∈D3 ⇐⇒ Y f (0) X −0

= f ′(0) (si X 6= 0 ⇐⇒ Y = f (0)+ f ′(0)X .

f (0)= 2− 4

4 = 1 ;

f ′(0)= (−2 4

)2

= 1

4 .

M(x ; y) ∈D3 ⇐⇒ y = 1

4 x+1

b. Soit g la fonction définie sur R par g (x)= f (x)− (

1

4 x+1

)

.

g est dérivable sur R et g ′(x)= f ′(x)− 1

4 ;

Antilles-Guyane 3 septembre 2008

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

g ′ est dérivable sur R et g ′"(x)= f ′′(x)= 12ex (ex −3) (ex +3)3

; ce quotient est du signe

de ex −3 ; le signe de g ′′ dépend donc de la position de x par rapport à ln3 : - si x < ln3, g ′′(x)< 0, ce qui signifie que g ′ est décroissante ; - si x > ln3, g ′′(x)> 0, ce qui signifie que g ′ est croissante.

- g ′ admet donc unminimum en ln3 qui vaut g ′(ln3)= f ′(ln3)− 1

4 = 0−

1

4 =−

1

4 .

On remarque que g ′(0)= f ′(0)− 1

4 = (−2 4

)2

− 1

4 =

1

4 − 1

4 = 0.

On en déduit que sur ]−∞ ; 0[, g ′(x) > 0, donc g est croissante, puis que sur ]0 ; ln3[, g ′(x)< 0, donc g est décroissante.

g a donc un maximum en x = 0 qui vaut g (0)= f (0)−1= 2− 4

4 −1= 0.

Conclusion : sur l’intervalle ]−∞ ; ln3[, la fonction g est négative soit f (x)− (

1

4 x+1

)

< 0 ⇐⇒ f (x) < (

1

4 x+1

)

, ce qui signifie que C est au dessous de D3

sur ]−∞ ; ln3[.

O x

y

ln3

ln3

I

D 1

D2

D3

5.6 a. Posons u(x)= ex +3 ; u est dérivable sur R et u′(x)= ex .

On a donc g (x)= ex

ex +3 =

u′(x)

u(x) .

On sait qu’une primitive de cette fonction est ln |u(x)| = lnu(x) car u(x)> 3 > 0)= ln(ex +3). Une primitive G de g sur R est doncG(x)= ln(ex +3).

b. On a vu que quel que soit x, C est en dessous de D1, donc l’aire cherchée est :

A (λ)= ∫0

λ [(x+2)− f (x)]dx =

∫0

λ 4

ex

ex +3 (d’après la question 1. b.)

Donc A (λ)=G(0)−G(λ)= 4ln (

e0+3 )

−4 [

ln (

eλ+3 )]

= 4ln4−4 [

ln (

eλ+3 )]

.

c. On a lim λ→−∞

eλ = 0, donc lim λ→−∞

4ln (

eλ+3 )

= 4ln3.

Antilles-Guyane 4 septembre 2008

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

Puis lim λ→−∞

A (λ)= 4ln4−4ln3= ln44− ln34 = ln (

4

3

)4

= ln 256

81 ≈ 1,15 u. a.

EXERCICE 4 4 points

Commun à tous les candidats

1.

V10,2

V2 0,3

V20,7

V1 0,8

V2 0,3

V20,7

On a de suite p(V1 = 2

10 = 0,2, p

(

V1

)

= 8

10 = 0,8.

p(V2 = 3

10 = 0,3, p

(

V2

)

= 7

10 = 0,7.

En suivant la première branche, on obtient p (V1∩V2)= 0,2×0,3 = 0,06. 2. On gagne un ours en peluche si on tire une seule bille verte ; donc avec une proba-

bilité de

p (

V1∩V2 )

+p (

V1∩V2 )

= 0,2×0,7+0,8×0,3 = 0,14+0,24 = 0,38.

3. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de gagnants.

On a une épreuve de Bernoulli puisque les parties sont indépendantes avec n = 20 et p = 0,06. La probabilité que 2 parmi les 20 gagnent un lecteur MP3 est :

p(X = 2)= (

20

2

)

×0,062 × (1−0,06)20−2 ≈ 0,2246 à 10−4 près.

4. Calculons la probabilité qu’aucune de ces n ne gagnent un lecteur MP3 ; elle est

égale à (n 0

)

×0,060 ×0,94n = 0,94n . La probabilité qu’au moins une personne gagne est donc égale à : pn = 1−0,94n . Or pn > 0,99 ⇐⇒ 1− 0,94n > 0,99 ⇐⇒ 0,01 > 0,94n soit par croissance de la

fonction logarithme népérien ln0,01 > ln(0,94n ) ⇐⇒ ln (

1

100

)

> n ln0,94 ⇐⇒

− ln100>n ln(0,94) ⇐⇒ n> − ln100 ln0,94

car ln0,94< 0.

La calculatrice donne n> 74,5.

Il faut au moins 75 joueurs pour qu’il y ait au moins un gagnant du lecteur MP3

avec une probabilité de 99 %.

Antilles-Guyane 5 septembre 2008

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