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Durée : 4 heures

?Corrigé du baccalauréat S Métropole-La Réunion? septembre 2007

EXERCICE15 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

2

3?=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=2

3+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 23
18.

2. a.SoitSn=n+1?

k=21 10k. S n=1

102+1103+ ···+110n+11

10Sn=1103+ ···+110n+1+110n+2

Par différence on obtient

9

10Sn=1102-110n+2=1102?

1-110n?

S n=1 90?

1-110n?

b.On av1=1,2+7×1

102;v2=1,2+7?1102+1103?

et pour toutn?N, v n=1,2+7?1

102+1103+···+1102n+1?

=1,2+7×190?

1-110n?

Comme lim

n→+∞1

10n=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

23

18, donc limn→+∞(un-vn)=0.

Conclusion : ces deux suites sont adjacentes.

EXERCICE35 points

1.On aZ=z1

z2=? 2+i?6

2+2i=?

2

2·1+i?

3 1+i=? 2

2·(1+i?

3)(1-i)

(1+i)(1-i)= 2

2·1+?

3-i+i?3

2=? 2

4?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?

2

2?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×π

On 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)?? r

1≡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 2

29≡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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