2009 France Bac S

D.Pinel, http://mathemitec.free.fr/

D.Pinel, http://mathemitec.free.fr/

D.Pinel, http://mathemitec.free.fr/

Corrigé Bac France 2009 Exercice 1.

On considère la suite u définie par ¹

0

1 4

3 1

n n

u u

u

+

 = +



 =



et v_n =u_n−6.

1a. On a 1 1

( )

1 1 1 1

6 4 6 2 6

3 3 3 3

n n n n n n

v₊ =u ₊ − = u + − = u − = u − = v donc la suite v est géométrique de raison 1/3.

1b. Par conséquent, ₀ 5 ¹ 3

n n

vn v q  

= = −  

  mais puisque v_n =u_n−6 on en déduit que 6 6 5 ¹ 3

n

n n

u v  

= + = −  

  . 1c. Comme –1 < 1/3 < 1, on sait que lim ¹ 0

3

n n→+∞

  =

   et par conséquent la suite u tend vers 6.

2. Considérons la suite w définie par

( )

¹

0

1 1

1

n n

nw n w

w

 = + − +



 = .

2a. Pour n = 10, on obtient 10 ₁₀ 11 ₉ 1 ₁₀ ^{11 9 1} 21 10

w = w + ⇔w = w + = .

2b. Vu le tableau fourni, il semble que la suite w soit arithmétique de raison 2 et de premier terme 1.

Prouvons alors par récurrence que pour tout entier naturel n on a w_n =2n+1. Soit P(n) la proposition « ^wn−¹ =²

(

ⁿ− +¹

)

¹ », n supèrieur à 1.

P(1) est vraie puisque 2 1 1

( )

− + = =1 1 w0.

Supposons qu’au rang n non nul w_n−1=2

(

n− +1

)

1.

Dans ce cas, nwn =

(

n+^{1 2(}

)(

n− + + =^{1) 1}

)

^{1 2}n²− + + + =² n ^{1 1 2}n²+n d’où on déduit que 2 2

2 1

n

n n

w n

n

= + = + ce qui correspond bien à P(n+1).

La suite est donc bien arithmétique de raison 2 et on a w₂₀₀₉ = ×2 2009 1+ =4019. Exercice 2.

Soit f la fonction définie par ^{f x( )=ln 1}

(

^+xe−x

)

^{, x>0.}

I-1. D’après les résultats de croissance comparée, lim ^x 0

x xe⁻

→+∞ = . Comme ln(1) = 0 on obtient par composition que lim ( ) 0

x f x

→+∞ = .

I-2. f est dérivable sur son domaine et on a _{( )}

(

¹

)

^'

₍

₁

₎

1 1 1

x x x x

x x x

xe e xe e

f x x

xe xe xe

− − − −

− − −

+ −

= = = −

+ + + .

Or pour tout x, e^−x>0 et comme x est positif, 1+xe^−x >0 : f’(x) est donc du signe de 1-x sur son domaine.

I-3. Comme 1− > ⇔ <x 0 x 1 on en déduit que f croit sur [0 ;1] et décroit sur [1;+∞[. II- On pose

0

( ) ( )

Aλ =

∫

^λf x dx ^{pour λ>0.}

II-2a. Comme sur [0; ]λ f est continue (car dérivable) et positive (car minorée par f(0) = 0), on en déduit que ^A

( )

^λ est l’aire du domaine ci-dessous (lire _λ à la place de L).

II-1b. Comme f est majorée par f(1) (d’après ses variations), le domaine ci-contre est inclus dans le rectangle de base de longueur _λ et de largeur f(1).

On en déduit la majoration cherchée.

L 2 3 4

0 1 x

y f(1)

II-2a. Effectuons une intégartion par parties (f est dérivable de dérivée continue) avec

1

' ^x ' ^x

u x u

v e⁻ v e⁻

= =

 

 ⇒

= = −

  .

Il vient alors

0 0

0^λxe dx^−x = −^ xe^−x^λ− −0^λ e dx^−x = −λe^−λ+ −^ e^−x^λ = −λe^−λ−e^−λ+1

∫ ∫

^.

II-2b. Puisque pour tout u >0 on a ln(1+u) ≤ u, en posant u=xe^−x >0 pour x >0 on en déduit que

( ) ^x

f x ≤xe⁻ .

Puisque l’intégration conserve l’ordre, on en déduit que

0

( ) ^x

Aλ ≤

∫

^λxe dx⁻ d’où le résultat cherché à l’aide du II-2a.

Exercice 3.

I- Il suffit de mettre au même dénominateur pour trouver l’égalité cherchée.

Rappelons aussi que

(

^{k− × =1 !}

)

^{k k!} pour tout naturel k. Il vient alors

En effet,

( )

( ) ( ) ( )

( )

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

1 ! 1 !

1 1

1 1 ! ( 1) ( 1) ! ! ( 1) !

1 ! 1 ! 1 !

! ! ! ! ! !

1 !

! !

n n

n n p n p

p p p n p p p n p n p

p n n p n n n p p

p n p p n p p n p

n n n

p p n p

− −

− −

  + = × + × −

   

− − − − − − − −

   

× − − × − − × − +

= + =

− − −

× −  

= = 

−  

.

II-1a. Il y a 7 jetons blancs donc ⁷

2

  

  façons de les piocher. Ainsi

7

2 7

( ) ...

10 15

2 p A

  

= = =

 

 

.

II-1b. Il y a 6 jetons impairs donc ⁶

2

  

  façons de les piocher. Ainsi

6

2 1

( ) ...

10 3

2 p A

  

=   = =

 

 

 

.

II-1c. Les évènements A et b sont indépendants si ^{p A}

(

^∩B

)

^{= p A}

( )

^{×p B( ).}

Il y a 4 jetons blancs impairs donc ⁴

2

  

  façons de les piocher. Ainsi

( ) ( )

4

2 2

... ( )

10 15

2

p A B p A p B

  

=   = = ≠ ×

 

 

 

∩ .

Les évènements sont donc dépendants.

II-2a. Il y a 3 valeurs possibles pour X. La loi de X est la probabilité de chacune d’elles.

p(X = 2) = ( ) ⁷ p A =15.

p(X = 0) =

3

2 1

10 ... 15

2

  

  = =

 

 

 

car il y a seulement 3 jetons non blancs.

P(X = 1) = 1 - P(X = 0) - P(X = 2) = ⁷

15.

D.Pinel, http://mathemitec.free.fr/

II-2b. On a alors ^{( )} i

(

i

)

⁰ ₁₅^{1 1} ₁₅^{7 2} ₁₅⁷ ₁₅^{21 7}₅

i

E X =

∑

x p X =x = × + × + × = =

Exercice 4 (non spé).

On a en résumé M(z), M₁ ¹ z

  

  et M’ le milieu de [MM₁] (son affixe est calculée plus tard).

1a. On a OM =|z_M −z_O | | |= z et

1 1

| _{M O}| |1|

OM z z

= − = z . Par conséque.nt OM₁ OM | | |z ¹| |z ¹| | 1 | 1

z z

× = × = × = = . De même,

(

u OM^{, 1}

)

^arg

( )

z_M^{1 [2 ] arg 1 [2 ]} arg( ) [2 ]z

(

u OM,

)

[2 ]

π  z π π π

= =   = − = −

  .

2a. L’affixe du milieu du segment de [MM₁] est donné par ' ^{1 1 1}

2 2

M M

z z

z z

z

+  

= =  + 

 . 2b.

si B(2i) alors B’ a pour affixe ' ¹ 2 ^{1 1} 2 ³

2 2 2 2 4

b i i i i

i

   

=  + =  − =

    .

si C(-2i) alors C’ a pour affixe ' ¹ 2 ^{1 1}2 ' ³

2 2 2 4

c i b i

i

 

= − +₋ = − = −

  .

3. M est un point fixe pour la tranformation ssi M’ = M ssi z’ = z ssi

⁰

2 2 2

1 1

2 1 1 1

2

z

z z z z z z

z

  ≠

=  + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ±

  .

4. Si M est sur le cercle de centre O et de rayon 1, on a z=e^iθ(puisque son module vaut 1).

Le 2a donne alors z^{' 1}₂ e^{i 1}i ¹₂

(

eⁱ eⁱ

)

^sin

e

θ θ θ

θ ⁻ θ

 

=  + = + =

  puisque par définition on a e^{iθ =}cosθ⁺isinθ.

Par ailleurs comme θ est un réel quelconque, le réel z'=sinθ parcourt l’intervalle [-1 ;1] d’où le résultat demandé.

Exercice 4 (spé).

1a. Soit (E) l’équation diophantienne 8x-5y = 3.

Il est clair que le couple

(

x y0, 0

) ( )

= 1,1 est solution particulière de (E).

Ainsi (x,y) est solution ssi 8x-5y = 8x0−5y0 ⇔8

(

x−x0

) (

=5 y−y0

)

(E’).

Par conséquent, 5 divise 8 x

(

−x0

)

et comme 5 est premier avec 8, d’après le théorème de Gauss on obtient 5 | x

(

−x0

)

donc il existe un relatif k tel que x−x₀ =5k⇔ =x x₀+5k.

Subsituons cette valeur de x dans E’, il vient ^{8 5× k=5}

(

^y−y0

)

^{⇔ =y y0+8k.} Ainsi l’ensemble des solutions s de (E) est inclus dans

{ (

^{x0+5 ,k y0+8k}

)

^,k∈ℤ

}

^.

L’inclusion réciproque étant évidente, on obtient les solutions voulues.

1b. Soit m tel que m = 8p+1 = 5q + 4.

(p,q) est solutions de (E) puisque 8p-5q = m-1 – (m-4) =3.

D’après 1a, p est donc de la forme p = 5k + 1 donc par subsitution, m = 8(5k+1) + 1 = 40k + 9.

On a donc bien ^{m≡0 40}

( )

^.

1c. Le plus petit m≥2000 est obtenu pour k = 50. On trouve alors que p = 251, q = 401 et m = 2009.

2a. On a

( ) ( ) ( ) ( )

2 3

2 2 7

2 4 7

2 8 7 1 7

≡

≡

≡ ≡

donc par propriétés,

( )

^{23 k =23k ≡1 7}

( )

^.

2b. Comme

3

2009 2007 2

divisible par

= + , on a ^{22009 ≡22}

( )

^{7 et comme 0≤ <4 7},’ est bien le reste de la division euclidienne par 7.

3. Ecrivons N =a00b en base 10.

3a. On a

( )

( ) ( )

( ) ( )

2 3

10 3 7

10 9 7 2 7 10 6 7 1 7

≡

≡ ≡

≡ ≡ − .

3b. N est divisible par 7 ssi ^{N≡0 7}

( )

^{⇔ ×a 103+ ≡b 0 7}

( )

^{⇔ − + ≡a b 0 7}

( )

^{⇔ ≡a b}

( )

^{7 .}

Les nombres N sont donc les suivants : 1001, 2002, …, 9009, et 1008, 8001 et 2009, 9002 et 7000.