[PDF] Corrigé du baccalauréat S Pondichéry 3 avril 2006

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?Corrigé dubaccalauréat S Pondichéry?

3 avril 2006

EXERCICE1

1. a.Faux. Contre-exemple :?e2?3=e6et e(23)=e8.

b.Vrai. c.Faux. L"équation de la tangente esty-e=e(x-1)??y=ex

2. a.Vrai.

b.Faux. Exemple lafonction valeur absolueestcontinue etnondérivableen 0. c.Vrai. Définition du nombre dérivéf?(a).

3. a.Faux : contre-exemple :un=3netvn=-2n.

b.Vrai : la suite a pour limite plus ou moins l"infini. c.Vrai : même chose, la suite a pour limite plus ou moins l"infini. d.Faux : si limn→+∞vn=0, la suite diverge.

EXERCICE2 (nonspécialistes)

1.z0=2,z1=1+i,z2=i,z3=-1

2+i2,z4=-12?R.

-2-1012 -1 0 11

1 2-1-2

-→u-→ v O ?zz 1 z 3z 2 z 4

2.On aun+1=|zn+1|=????1+i2zn????

=????1+i2????

×|zn|=1?2un.

L"égalitéun+1=1

?2unmontre que la suite(un)est une suite géométrique de raison 1 ?2. On au0=|z0|=|2|=2. On sait queun=u0×?1?2? n . Finalement : u n=2?1 ?2? n

3.On a OAn=|zn|=un, doncAnappartient au disque (fermé) de centre O

et de rayon 0,1 si et seulement siun?0,1??2?1 ?2? n ?0,1??20? La condition sera donc réalisée la première fois paru9. On a doncn0=9. La calculatrice livreu8=0,125 etu9≈0,084<0,1.

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

4. a.Pour tout natureln,un?=0 donczn?=0. On peut donc écrirezn+1-znzn+1=

1+i

2zn-zn

1+i

2zn=1+i-2

1+i=-1+i1+i=i(1+i)1+i=i.

L"interprétation géométrique de cette égalité est : ?-----→OAn+1,------→AnAn+1?

2. Conclusion : pour tout naturelnle triangle

OAnAn+1est rectangle enAn+1.

— Enmodulesl"égalitédonne

AnAn+1

OAn+1=1??AnAn+1=OAn+1.Conclu-

sion le triangle OAnAn+1est isocèle enAn+1. Finalement pour tout natureln, le triangleOAnAn+1est rectangleiso- cèle enAn+1, comme on peut le voir sur les quatre premiers triangles de la figure ci-dessus. b.Comme les triangles sont isocèles?n=A0A1+A1A2+...+An-1An= Cettesomme estlasomme denpremierstermesd"unesuite géométrique de premier termeu1=?

2 et de raison1?2.

On a donc?n=?

21-1
?2n

1-1?2=?

2??2n-1?

?2n-1(?2-1).

Comme lim

n→+∞?

2n-1?2n-1=?

2, on a

lim n→+∞?n=2 ?2-1.

EXERCICE2 (spécialité)

1.La transformationfest de la formez?=az+baveca?C,b?C: c"est donc

une similitude.

Cherchons son centreΩinvariant parf:

z

Ω=?1

2+12i?

z

Ω+1??zΩ?12-12i?

=1??zΩ(1-i)=2??zΩ=21-i= 1+i. Le centre de la similitude est doncΩd"affixe 1+i.

Les deux égalitész?=?1

2+12i?

z+1 et 1+i=?12+12i? (1+i)+1 entraînent par différence : z ?-(1+i)=?1

2+12i?

[z-(1+i)]. Or ?1

2+12i????

=1?2. Donc12+12i=1?2eiπ 4. L"écriture de la similitude est donc finalement : z ?-(1+i)=1 ?2eiπ

4[z-(1+i)].

On reconnaît la composée (dans n"importe quel ordre)

— d"une rotation de centreΩet d"angleπ

4; — d"une homothétie de centreΩet de rapport1 ?2.

Pondichéry23 avril 2006

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

2. a.Les affixes sont respectivement : 0 ; 1 ;32+12i ;32+i.

b.On aun=ΩAn=|zn-zΩ|.

Or d"après la question 1.,zn+1-zΩ=1

?2eiπ

4[zn-zΩ], soit en prenant les

modules : zn+1-zΩ|=????1 ?2eiπ

4[zn-zΩ]????

=????1?2???? eiπ 4???

×|zn-zΩ|=1?2×1×|zn-zΩ|,

ou encoreun+1=1 ?2un, égalité qui montre que la suite(un)est une suite géométrique de raison 1 ?2, de premier termeu0=ΩA0=ΩO=?2 (dia- gonale d"un carré de côté 1).

Il en résulte queun=?

2?1?2?

n c.D"après l"expression deun, tous les termes de la suite sont non nuls et u n+1 un=? 2

2<1 : la suite est donc décroissante.

Donc s"il existen0tel queun0<0,1, tous les termes successifs vérifieront aussi cette inégalité.

Orun0<0,1???

2?1?2?

n0 <0,1???1?2? n0-1 <0,1, d"où d"après la croissance de la fonction logarithme népérien,-(n0-1)ln?

2<-ln10

??ln10<(n0-1)ln? Conclusion : le premier point appartenant au disque de centreΩet de rayon 0,1 est le pointA8.

3. a.Le triangleΩA0A1est clairement rectangle isocèle enA1.

enAn+1: —InitialisationLa propriété est initialisée pourn=0. —Hérédité: soitn?Net supposons que le triangleΩAn-1Ansoit rec- tangle isocèle enAn. Or le triangleΩAnAn+1est tout simplement l"image par la similitude du triangleΩAn-1An: il est donc de même nature, soit rectangle iso- cèle enAn+1. La propriété est vraie pour 0, et si elle est vraie au rangn, elle l"est au rangn+1 D"après le principe de récurrence le le triangleΩAn-1Anest rectangle isocèle enAnquel que soit le natureln. b.D"après la question précédente?n=A0A1+···+An-1An=ΩA1+ΩA2+ ···+ΩAn=u1+u2+···+un, soit la somme desnpremiers termes (excep- tion faite deu0) de la suite géométrique vue ci-dessus.

On a donc?n=1×?

1 ?2? n -1

1?2-1.

Comme 1 ?2<1, limn→+∞? 1?2? n =0.

Conclusion : lim

n→+∞?n=?

2?2-1=?

2(?2+1)

(?2+1)(?2-1)=2+?2.

Pondichéry33 avril 2006

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

EXERCICE3

PartieA

1.M(x;y;z)?Δ??il existeλ?Rtel que--→IM=λ-→n, car on sait que-→nest un

vecteur normal au planP. On a donc ?x-xI=λa y-yI=λb z-zI=λc?????x=xI+λa y=yI+λb z=zI+λc qui est une équation paramétrique de la droiteΔ.

2.D"après la question 1,Hest un point deΔ, il vérifie donc lui aussi la relation

de colinéarité :--→IH=k-→n, aveck?R.

3.Onadonc???x

H=xI+ka

y

H=yI+kb

z

H=zI+kcmais commeHappartient auplanP,ses co-

ordonnéesvérifientl"équation duplansoita(xIk+a)+b(yI+kb)+c(zI+kc)+ a2+b2+c2 (cara,betcne sont pas simultanément nuls). =??axI+byI+czI+d?? a2+b2+c2×?a2+b2+c2=?? axI+byI+czI+d???a2+b2+c2.

PartieB

1.On applique la partie A avecI=ΩetHpoint commun au planQet au planP,

le rayon de la sphère est donc

IH=ΩH=|1×1-1×(-1)+1×3-11|

?1+1+1=6?3=2?3.

2.Un système d"équations paramétriques de la droiteΔest :

?x=1+λ y= -1-λ z=3+λ

3.En reportant ces coordonnées dans l"équation deQon obtient 1+λ+1+λ+3+

λ-11=0??3λ-6=0??λ=2. En reportantcette valeur dans les équations paramétriques de la droiteΔon obtient : x=3;y=-3;z=5.Lepointcommun àlasphèreetauplanapour coordonnées (3; - 3; 5).

EXERCICE4

PartieA

1.Soitfdérivable, strictement positive sur [0 ;+∞[ et vérifiant

f ?(t)= -1

20f(t)[3-ln?f(t)?] (1). La fonctionfétant strictement positive, la

fonctiong=lnfest bien définie sur [0 ;+∞[ etg?=f? f??f?=f×g?. Mais alors l"équation différentielle (1) s"écritf g?=-1

20f[3-lnf]??

g ?=-1

20[3-g], carf?=0.

Pondichéry43 avril 2006

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

Inversement si la fonctiong=lnfvérifie l"équation différentielle g ?= -1

20[3-g] (2), alors puisqueg?=f?fexiste comme dérivée de la fonction

composée defavec la fonction ln sur [0 ;+∞[, l"équation (2) s"écrit : f

On a donc bien montré l"équivalence.

2.Les solutions de l"équationz?=-1

20zsont les fonctionst?-→et

20. D"autre part une solution particulière constante de l"équationz?=1

20z-320est

le nombre--3 20 1 20=3.

Finalement les solutions de l"équationz?=1

20z-320sont les fonctions

t?-→g(t)=3+Cet

20, avecC?R.

3.D"après la question 1, les fonctions solutions de (E) sont les fonctionsftelles

queg=lnf??f=exp(g). Conclusion finale : les solutions de l"équation (E) sont toutes les fonctionsf telles que : f(t)=exp? 3+Cet 20? ,C?R.

4.Soitf(t)=exp?

3-3et 20? a.De limt→+∞et

20=+∞, il résulte que limt→+∞-3et20=-∞et enfin que

lim t→+∞f(t)=0+. b.On af?(t)=-3 20et

20exp?

3-3et20?

et comme les exponentielles sont stric- tement positives,f?est du signe de-3

20<0. La fonctionfest décrois-

sante sur [0 ;+∞[ de 1 (millier) à 0. c.f(t)<0,02??exp? 3-3et 20? <0,02 soit d"aprèslacroissancedelafonc- tion logarithme népérien 3-3et

20 3e t

20>3+ln50??et20>3+ln503??t20>ln?3+ln503?

t>20×ln?3+ln50 3?

L"ensemble solution est doncS=?

20ln?3+ln50

3? On a : 0,02 millier correspond à 20 individus. Comme 20×ln?3+ln50 3? année.

PartieB

1.On dresse un arbre pondéré :

Pondichéry53 avril 2006

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

M 1 2? T 99
100
T1 100
M 1 2? T 1 1000
T999 1000

On ap(M)=1

2;pM(T)=99100pM(T)=11000(d"après l"énoncé)

2.On ap(T)=p(M∩T)+p?

M∩T?

=12×99100+12×11000=9912000.

3.On apTM=p(M∩T

p(T)=99 200
991

2000=990991. Comme990991≈0,99899<0,999, on en dé-

duit que le test n"est pas fiable.

Pondichéry63 avril 2006

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