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Un programme pour améliorer l'éducation à Madagascar. Série C – session 2015 : problème 2 - corrigé. Partie A : Equations différentielles.
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2) Montrons que A = 5a + 3b et B = 8a + 5b sont premiers entre eux. Tout diviseur commun d de A et B divise xA + yB x et y entiers relatifs.
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Partie A. 1) Barycentre G du système S = { (A ; 1) (B ; -1)
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Probabilité de l'événement B : "la somme des numéros des faces visibles est un nombre premier". Les sommes possibles sont : 2 + 3 + 4 = 9. 2 + 3 + 5 = 10.
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Partie A. 1) Barycentre G du système S = { (A ; 1) (B ; -1)
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Partie A : Equations différentielles
1) Recherche du polynôme P
g est solution de (E) si g" + 2g' ² 3g = P(x) on a : g (x) = ex + x + 1 g' (x) = ex + 1 g" (x) = ex alors g" + 2g' ² 3g = (ex ) + 2 (ex + 1) ² 3 (ex + x + 1) = - 3x ² 1 d'où P(x) = - 3x ² 12) Résolution de (E') : y" + 2y' ² 3y = 0
L'équation caractéristique associée à (E') est r2 + 2r ² 3 = 0 Les racines de cette équation sont r1 = 1 et r2 = -3, xxr1eey1 et x3xr2eey2 sont des solutions particulières de (E')La solution générale de (E') est
x32x1eCeCy où C1 et C2 sont des constantes arbitraires.3) Ensemble des solutions de (E)
La solution générale de (E) s'obtient en ajoutant à une solution particulière de (E) la solution
générale de (E').Alors h = g + y
x32x1xeCeC1xe)x(h où C1 et C2 sont des constantes arbitraires. Détermination de la solution de (E) qui satisfait aux conditions h(0) = 1 et h'(0) = 5On a h(0) = 1 donne C1 + C2 = - 1
Et h'(0) = 5 donne C1 ² 3 C2 = 3
D'où C1 = 0 et C2 = -1, et la solution est
x3xe1xe)x(hPartie B
I ² 1) Etude de la continuité et de la dérivabilité de f en O - f est continue en 0 si )0(f)x(flim 0x on a f(0) = 0 et 01x xlnxlim)x(flim0x0x o
alors f est continue en 0 - f est dérivable en 0 si 0x )0(f)x(flim 0x existe et est finie. On a o1x xlnlimx0)x(flim
0x0xDonc f n'est pas dérivable en 0
2. a) variations de
1xxln)x(x: MM
La dérivée de est
1x1)x(' M
Un programme pour améliorer l'éducation à Madagascar 2Pour tout
, '(x) < 0 ; alors est strictement décroissante sur >;0 b) Montrons que (x) = 0 admet une solution unique on a Mo)1xxln(lim)x(lim 0x0x et Mofo)1xxln(lim)x(limxxComme est continue strictement croissante sur
>;0 , c'est donc une bijection de >;0 dans >f;Alors pour tout y0 appartenant
>f; , il existe un unique x0 de >;0 tel que (x0)=y0. En particulier, pour y0 = 0 il existe un unique de >;0 tel que ( ) = 0.Vérifions que ] 0,27 ; 0,28 [
On a (0,27) = 0,03 et (0,28) = - 0,08.
est continue, strictement décroissante [ 0,27 ; 0,28 ], (0,27) . (0,28) = - 0,0024 < 0 Alors il existe un unique ] 0,27 ; 0,28 [ tel que ( ) = 0.Signe de suivant les valeurs de x
Le tableau de variation de est
x 0 + 0Pour x ] 0 ; [ , (x) > 0
Pour x ] ; + [ , (x) < 0
Montrons que f ( ) = -
On a ( ) = 0, i.e. ² ln - - 1 = 0, d'où ln = - - 1. Alors 1 )1( 1 ln)(fE EE E EE E , d'où f ( ) = - .3) expression de f '(x) en fonction de ( x )
Posons u = x ln x et v = x + 1
On a u' = ln x + 1 et v ' = 1
Alors22)1x(
1xxln )1x( xlnx)1x()1x(ln)x('fD'où
2)1x( )x()x('f MSigne de f'(x)
Comme ( x + 1 )2 > 0 sur
>;0 , on a sg [ f'(x) ] = sg [ - (x) ]D'où les variations de f
Un programme pour améliorer l'éducation à Madagascar 3 x 0 + f ' - 0 + 0 + f4. a) position relative de (C) par rapport à ()
Etude du signe de f(x) ² ln x
On a 1x xlnxln1x x lnxx ln - f(x)Pour 0 < x < 1, (C) est au-dessus de ()
Pour x > 1, (C) est au-dessous de ()
Remarque :
@0xln)x(flimxo , () est une courbe asymptote pour (C). b) représentation graphique unité graphique : 4 cm x 0 1 + f (x) ² ln x + 0 + ( C ) j i Un programme pour améliorer l'éducation à Madagascar 4II ² Etude de l'équation f (x) = n
1) Montrons que f (x) = n admet une solution unique
L'équation f (x) = n est l'équation aux abscisses des points d'intersection de (C) avec la famille
de droites d'équation y = n. Comme f est continue strictement croissante sur ] 1 ; + [, c'est donc une bijection de ] 1 ; + [ dans ] 0 ; + [ , Alors pour tout n ] 0 ; + [ , il existe un unique n de ] 1 ; + [ tel que f(n) = n.2. a) Montrons que
n)e(fn On a n 1e e 1e elne)e(fn n n nnn Or 1 1e e n n alors nn 1e e)e(fn nnMontrons que
nneDOn a f(n) = n et
n)e(fn donc )(f)e(fnnd Comme f est continue strictement croissante sur ] 1 ; + [ (i.e. une bijection), on a nneD b) montrons que la relation f(n) = n peut s'écrire sous la forme nn nn e ln quotesdbs_dbs6.pdfusesText_12[PDF] sujet bac allemand
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