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?Corrigé du baccalauréat S Métropole-La Réunion? septembre 2007EXERCICE15 points
1. Restitution organiséede connaissances
P est vraie : il suffit de reprendre la définition du nombre dérivé de la fonc- tionxnen un pointx0. L"application du développement de(x0+h)npar la formule du binôme permet de montrer quef?(x0)=nxn-10. Q est fausse : on a ici la dérivée d"une fonction composée etf?(x)=nu?un-1.2. a.Avech(x)=g(cosx),h?(x)=(cosx)?g?(cosx)=-sinx×1
?1-cos2x=-sinx? sin2x.Commex?]-π; 0[, sinx<0, donc?
sin2x=-sinx.Finalementh?(x)=-sinx
-sinx=1. b.h?(x)=1 impliqueh(x)=x+k, aveck?R. h? 2? =g? cos? -π2?? =g(0)=0. Donc 0=-π2+k??k=π2.Conclusion : sur ]-π; 0[,h(x)=x+π
2.EXERCICE26 points
1. a. 11 xy O A y=x u0u1u2u3 b.Si la suite est convergente, alors limn→+∞un=limn→+∞un+1=?.Larelationun+1=1
23?=2327???=2318.
c.Par récurrence :Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
Initialisation :u0=2=3618?2318.
Hérédité:supposons queun?23
18;alors13un?13×2318soit13un?2354.
Puis 1 On a donc bien démontré que pour tout natureln,un?23 18. d.Monotonie :On la démontre par récurrence :Initialisation:onau0=2etu1=23+2327=4127<5427=u0.Doncu0>u1.
La relation est vraie au rang 0.
Hérédité:
Soit un naturelpet supposons queup-1>up. Par croissance de la fonctionfsurR,onaf?up-1?>f?up???up>up+1. Larelation est vraie au rangp+1. Conclusion : la relation est vraie au rang 0 et si elle est vraie au rangn elle est vraie au rangn+1 : on a démontré par récurrence que pour tout n?N,un>un+1.Lasuite
on sait d"après ce qui précède que la limite de cette suite est 2318.
2. a.SoitSn=n+1?
k=21 10k. S n=1102+1103+ ···+110n+11
10Sn=1103+ ···+110n+1+110n+2
Par différence on obtient
910Sn=1102-110n+2=1102?
1-110n?
S n=1 90?1-110n?
b.On av1=1,2+7×1102;v2=1,2+7?1102+1103?
et pour toutn?N, v n=1,2+7?1102+1103+···+1102n+1?
=1,2+7×190?1-110n?
Comme lim
n→+∞110n=0, limn→+∞vn=1,2+790=1210+790=11590=2318. Cette
limite est bien rationnelle.3.Suites adjacentes?On a vu que la suite(un)est décroissante.
De plusvn+1-vn=7
10n+2>0 : la suite(vn)est donc croissante.
Enfin ces deux suites ont la même limite
2318, donc limn→+∞(un-vn)=0.
Conclusion : ces deux suites sont adjacentes.
EXERCICE35 points
1.On aZ=z1
z2=? 2+i?62+2i=?
22·1+i?
3 1+i=? 22·(1+i?
3)(1-i)
(1+i)(1-i)= 22·1+?
3-i+i?3
2=? 24?1+?3+i??3-1??.
2.Modules et arguments :
Métropole-La Réunion2septembre 2007
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
|z1|2=2+6=8? |z1| =2?2. On a doncz1=2?2?12+i?
3 2? =2?2eiπ3.Donc arg(z1)=π
3[2π].
On a de même|z2|=2?
2, puisz2=2?2?
?2 2+i? 2 2? =2?2eiπ4.Donc arg(z2)=π
4[2π].
Il suitZ=2?
22?2ei?π
3-π4?
=eiπ12.Donc|Z|=1 et arg(Z)=π
12[2π].
3.Ondéduitdesdeuxquestions précédentes queZ=cos?π
12? +isin?π12? etpar identification : cos 12? 2 4? 1+?3? et sin?π12? 2 4? ?3-1?4.On place facilement le point B(2; 2) :
O IA 6? B 4? D 6? C 12? Le point A d"affixez1est obtenu en construisant la médiatrice du segment [OI]. Le point D est obtenu en construisant la bissectrice de ?IOA.Le point C avec la bissectrice de
?IOD et le cercle de centre O et de rayon 1.5.Le module :??Z2007??=|Z|2007=12007=1.
L"argument : arg
?Z2007?=2007×πOn a doncZ2007=e-3π
4=cos?-3π4?+isin?-3π4?=-?
2 2-i? 2 2.EXERCICE35 points
Enseignementde spécialité
1. a. a123456 y145236 b.On vient de voir que 5×3≡1 (mod 7) donc 3x≡5 (mod 7)??5×3x≡5×5 (mod 7) mais comme 25≡4 (mod 7) on a bien 3x≡5 (mod 7)??
x≡4 (mod 7). c.L"équationax≡0 (mod 7) équivaut à 7|axmais comme 7 est premier avecad"après le théorème de Gauss on a : 7|x.2. a.Commea×ap-2=ap-1et quean"est pas divisible parp, d"après le petit
théorème de Fermat on aap-1≡1 (modp), doncap-1est solution de l"équationax≡1 (modp).Métropole-La Réunion3septembre 2007
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
b.On ar≡ap-2(modp) doncrest bien solution de l"équationax≡1 (modp).Maintenant montrons l"unicité par l"absurde.
On suppose que deux entiersr1etr2de Apsont solutions de l"équation. On aar1≡ar2(modp)??ap-2×ar1≡ap-2×ar2(modp)?? r1≡r2(modp). Ainsir1-r2est un multiple depmaisr1-r2est dans
l"ensemble {-(p-1) ;-(p-2) ; ... ;p-1}, et le seul multiple depdans cet ensemble est : 0 doncr1=r2, ce qui montre l"unicité. c.On axy≡0 (modp) donc soitp|xsoitpetxsont premiers entre eux et d"après le théorème de Gauss on a :p|y. d.On sait que le reste de la division de 231-2par 31 est l"unique solution de l"équation 2x≡1 (mod 31), or 25≡1 (mod 31) donc 225≡1 (mod 31) ainsi 229≡24(mod 31), 24=16 est l"unique solution de de l"équation
2x≡1 (mod 31) dans A31.
On sait que le reste de la division de 3
31-2par 31 est l"unique solution de
l"équation 3x≡1 (mod 31). (faire tous les calculs jusqu"à 329).Pour la dernière équation, on factorise :
6x2-5x+1=(2x-1)(3x-1) ainsi
6x2-5x+1≡0 (mod 31)??(2x-1)(3x-1)≡0 (mod 31)
??(2x-1)≡0 (mod 31) ou (3x-1)≡0 (mod 31) On sait donc que les solutions de ces deux dernières équations sont dans Z: 16+31ket 21+31koùk?Zd"après les deux équations précédentes.EXERCICE45 points
1.(E0) :y?+y=1??y?=-y+1??y=C-x+1 oùCest une constante réelle.
2.fsolution de (E)??f?+(1+tanx)f=cosx
Orf(x)=g(x)cosx.festdérivablesur?
2;π2?
entantqueproduitdefonc- tions dérivables etf?(x)=g?(x)cosx-g(x)sinx Ainsifsolution de E??g?cosx-gsinx+(1+tanx)gcosx=cosx ??g?cosx-gsinx+?1+sinx
cosx? gcosx=cosx ??g?+g=1 car cosx?=0 pourx??2;π2?
??gest solution de (E0).3.fest solution de (E) donc G est solution de (E0). Or les solutions de (E0) sont
les fonctions du typex?-→C-x+1 et ainsi, puisquef=g×cosx, soit f=(C-x+1)cosx.De plus,f(0)=0=??Ce0+1?cos0=0=?C=-1
fest donc la fonction définie sur?2;π2?
parf(x)=(-e-x+1)cosx.Métropole-La Réunion4septembre 2007
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