CORRIGE DU BAC BLANC 2004 EXERCICE 1

(1)

CORRIGE DU BAC BLANC 2004 EXERCICE 1

A.1.a.La fonction g(x) =xe^x−1est dérivable surRcomme produit et somme de telles fonctions.

Sa dérivée estg⁰(x) = (x+ 1)e^x qui est du signe dex+ 1puisque l’exponentielle est positive surR. Doncg est strictement croissante sur]−1; +∞[et décroissante sur]−∞;−1[

A.1.b. Remarquons queαe^α= 1si et seulemen sig(α) = 0.Etablissons le tableau des variations degdans l’idée d’appliquer le théorème de la bijection. lim

x→+∞g(x) = +∞.(facile) et lim

x→−∞xe^x= 0⇒ lim

x→−∞g(x) =−1.

De plus,g(−1) =−1−e⁻¹<0.d’où

x g’(x) g(x)

−∞ −1 +∞

− 0 +

−1−e⁻¹<0 +∞

−1

D’après le tableau de variations,gne s’annule pas sur]−∞;−1[. De plusgest donc continue (puisque dérivable) et strictement croissante sur]−1; +∞[. g est donc bijective sur ]−1; +∞[avecg(−1) =−1−e⁻¹<0et lim

x→+∞g(x) = +∞.

L’équationg(x) = 0admet donc une solution uniqueαdans l’intevalle]−1; +∞[et même surR (puisqueg ne s’annule pas sur]−∞;−1[).

D’après la calculatrice une valeur approchée deg(0.567)est−3.96×10⁻⁴<0 une valeur approchée deg(0.568) est2.37×10⁻³>0donc 0.567< α <0.568

A.1.c. On lit facilement le signe deg sur le tableau de variations : ainsi gest strictement négative sur]−∞;−1[∪]−1, α[

donc sur]−∞;α[et g(x)>0sur]α; +∞[.

A.2.a.

( lim

x→0e^x= 1

xlim→0ln(x) =−∞ ⇒ lim

x→0f(x) =−∞ d’après le théorème de la limite d’une somme.

En+∞on a une forme indéterminée qu’on lève en écrivant, pourx6= 0, f(x) =x µe^x

x −ln(x) x

¶

Or

⎧⎪

⎨

⎪⎩

x→−lim+∞

e^x x = +∞

x→−lim+∞

ln(x)

x = 0 ⇒ lim

x→−+∞

µe^x

x −ln(x) x

¶

= +∞donc lim

x→−+∞x µe^x

x −ln(x) x

¶

= +∞.d’où lim

x→−+∞f(x) = +∞ A.2.b. f est dérivable sur]0; +∞[comme somme de fonctions dérivables sur]0; +∞[etf⁰(x) =e^x−1

x= 1

xg(x).qui est du signe deg(x)sur]0; +∞[Le tableau de variations se déduit de l’étude de signe du A.1.c.

f(α) x

f’(x) f(x)

0 α +∞

− 0 +

+∞

−∞

1

e

A.2.c. calcul du minimumf(α): on sait queαe^α= 1donce^α= 1

α etα= 1

e^α.D’oùf(α) =e^α−ln(α) = 1

α−ln( 1 e^α) Orln( 1

e^α) = ln(e⁻^α) =−αDonc f(α) = 1 α+α De plus0.567< α <0.568⇒ 1

0.568 < 1 α< 1

0.567 donc0.567 + 1

0.568 < f(α)<0.568 + 1 0.567 Donc 2.3< f(α)<2.4 (on pourrait même être plus précis).

B.1. On sait quef est continue, strictement croissante sur[1; +∞[.De plusf(1) =edoncf(1)<3.

Donc pour tout n, n≥3⇒n≥f(1).Donc d’après le tableau de variatons ci-dessus sur[1; +∞[la stricte monotonie de f permet de conclure qu’il existe une solution unique dans[1; +∞[à l’équationf(x) =n.

B.2. D’après la calculatrice donne9.14et10.15pour valeurs approchées respectives def(2.3)etf(2.4).

Une valeur approchée par défaut à10⁻¹près dex₁₀ est donc2.3.

De même les valeurs approchéesx₁₀₀ etx₁₀₀₀sont respectivement4.6et6.9

B.3. Pour n ≥3, on a xn ≥ 1. f étant strictement croissante sur [1; +∞[, s’il existait un rangn tel que xn+1 ≤xn, la strite monotonie def entraîneraitf(xn+1)≤f(xn) doncn+ 1≤n (puisque f(xn+1) = n+ 1etf(xn) =n).Cette conclusion étant absurde, l’hypothèse de départ qui était :"ilexiste un rangntel quexn+1≤xn”est forcément fausse.

Doncxn+1> xn.pour toutn≥3et(xn)est croissante à partir du rang 3.(c’est un raisonnement par l’absurde).

B.4. p ≥3 ⇒ lnp > 1⇒ ln (lnp) > 0donc f(lnp) = p−ln (lnp) ≤p.Alors, f(xn) = n≥ f(lnn). f étant strictement croissante sur[1; +∞[,par le même raisonnement que précédemment,xn≥lnn.

Comme lim

n→+∞lnn= +∞., lim

n→+∞x_n = +∞ d’après le théorème de comparaison des limites.

(2)

EXERCICE 2

1. La calculatrice donne directement350.1grammes pour valeur approchée deE(X)et15.78grammes pour valeur approchée deσ(X)

2.1. L’expérience aléatoire qui consiste à considérer comme succès le tirage d’une pièce de masse de 320g (et comme échec celui d’une pièce de masse diﬀérente) est une épreuve de Bernouilli. La probabilité de succès étant 0.06.

Cette épreuve de Bernouilli est répétéenfois de manière indépendante, puisque les tirages sont eﬀectués avec remise. Il s’agit donc d’un shéma de Bernouilli, et la variable aléatoire qui compte le nombre de succès suit la loi binomialeB(n,0.06).

2.2. n= 10On cherchep(Y = 3) =¡₁₀

3

¢0.06³×0.94⁷dont une valeur approchée à10⁻³près est0.017.

2.3. On cherchep(Y ≥1) = 1−p(Y = 0)doncp(Y ≥1) = 1−0.94ⁿ.et : p(Y ≥1)≥0.9⇔1−0.94ⁿ≥0.9doncp(Y ≥1)≥0.9⇔0.94ⁿ ≤0.1 et la fonctionlnétant croissante,p(Y ≥1)≥0.9⇔nln(0.94)≤ln(0.1) En divisant les deux membres parln(0.94)qui est négatif,n≥ ln(0.1)

ln(0.94)∈[37; 38[. Le nombren0recherché étant un entier, n0= 38.

EXERCICE 3

1. 4z²−12z+ 153 = 0Le discriminant vaut∆= (−12)²−16×153 =−2304donc∆= (48i)² L’équation admet deux solutions complexes conjuguées : z1=3

2+ 6i, etz2=3 2−6i 2.a. Q=T−→w(B)⇔−−→

BQ=−→w ⇔zQ−zB =−1 + 5

2idonczQ= 3 2−6i+

µ

−1 +5 2i

¶

donc zQ =1 2−7

2i 2.b. R=H_C,₋_1/3(P)⇔−→CR= −1

3

−−→CP ⇔z_R−z_C=−1

3 (z_P −z_C)donc z_R=−5−i 2.c. S =R_A,₋_π/2(P)⇔

( AS =AP

³−→

AP;−→

AS´

=−π 2

⇔z_S−z_A=e⁻ⁱ π

2 (z_P−z_A)donc z_S = −5 2 +9

2i

× B

× A

C×

× P

× Q R×

× S

uρ vρ O

3.a. L’aﬃxe de−−→

P Q estzQ−zP = −5 2 −11

2i; L’aﬃxe de −→

SRestzR−zS = −5 2 −11

2i.

L’égalité des aﬃxes entraîne celle des vecteurs donc le parallélogramme.

3.b.zR−zQ

z_P−z_Q =i.Or³−−→QP;−−→QR´

=Arg

µzR−zQ

z_P−z_Q

¶

Donc³−−→QP;−−→QR´

= π

2 et le parallélogramme est un rectangle.

De plus

¯¯

z_R−z_Q zP −zQ

¯¯

¯¯=|i|= 1⇒RQ=P Q,et le rectangle est alors un carré.

3.c. On sait qu’un rectangle est inscrit dans un cercle dont les diagonales sont des diamètres. Son centre sera donc le milieu de[P R]dont l’aﬃxe estzΩ=zP +zR

2 ⇒zΩ=−1 + 1

2i et le rayon vaut P R 2 =1

2|zP −zR| Le rayon est

√73 2

(3)

4. AP =|z_A−z_P|=|z_A−z_P|=

¯¯

¯¯3

2+ 6i−(3 + 2i)

¯¯

¯¯= r73

4 etAR=|z_A−z_R|=

¯¯

¯¯3

2+ 6i−(−5−i)

¯¯

¯¯= r365

4 De plusRP =√

73.Donc,AP²+P R²= 73

4 + 73 =365

4 =AR²

Et D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ARP est rectangle enP, et cet angleAP R[ = π

2 assure que (AP)est bien tangente au cercle enP.

(On aurait aussi pu prouver l’angle droit grâce à des considérations d’arguments, comme au 3.b.)

EXERCICE 4

A.1. v0=u0+ 6 = 15 ; u1= u0

2 −3 = 3

2⇒v1= 3

2+ 6 = 15

2 ; u2= u1

2 −3 =−9

4 ⇒v2= 6−9 4 =15

4 Doncv₁−v₀= 15

2 −15 =−15

2 etv₂−v₁=15 4 −15

2 =−15 4 v_n+1−v_n n’est pas constant et (v_n)n’est pas arithmétique.

A.2.v₁ v0

=15 2 × 1

15 = 1 2 et v₂

v1

= 15 4 × 2

15 = 1

2 la suite (v_n)est peut-être géométrique de raison 1 2. v_n+1=u_n+1+6 = u_n

2 −3+6⇒v_n+1=u_n

2 +3 = u_n+ 6

2 doncv_n+1=v_n

2 et la suite (v_n)est donc bien géométrique de raison 1 2. A.3. un+1 −un = vn+1 −6−(vn−6) = vn+1 −vn. (vn) étant géométrique de raison 1

2, vn est décroissante, donc un+1−un =vn+1−vn <0 (un)est bien décroissante.

A.4. (vn)géométrique de raison 1

2.Sa raison étant, en valeur absolue strictement inférieure à 1, la suite tend vers0.

Ainsi, lim

n→+∞(u_n+ 6) = 0⇒ lim

n→+∞u_n =−6

B.1. Sn est la somme desn+ 1 premiers termes d’une suite géométrique.

On a donc, avec les notations usuelles : S_n =w₀1−qⁿ⁺¹ 1−q Qui donne ici, Sn = 151−2ⁿ⁺¹¹

1−¹2

= 152ⁿ⁺¹−1

2ⁿ . Les propositionsaetcétaient toutes deux valables B.2. lim

n→+∞ 1

2ⁿ⁺¹ = 0.Donc lim

n→+∞Sn= lim

n→+∞151−2ⁿ⁺¹¹

1−¹2

= 30.Ainsi, lim

n→+∞Sn= 30. C.1. wn=w0

µ1 2

¶n

ettn= ln(wn)donctn= ln µ

w0

µ1 2

¶n¶

= ln (w0) +nln µ1

2

¶

= ln (w0)−nln (2). Ainsitn+1−tn= ln (w0)−(n+ 1) ln (2)−(ln (w0)−nln (2))donctn+1−tn=−ln(2).

(tn)est une suite arithmétique de raison−ln(2)et de premier termet0= ln(15).On en déduit que tn= ln(15)−nln(2) C.2. ln(Pn) =t0+t1+· · ·+tn est donc la somme desn+ 1premiers termes d’une suite arithmétique donc

ln(Pn) = n+ 1

2 (t0+tn) = n+ 1

2 (ln(15) + ln(15)−nln(2))Ainsi ln(Pn) =n+ 1

2 (2 ln(15)−nln(2)) C.3. On cherche lim

n→+∞ln(Pn).

⎧⎨

⎩

n→lim+∞(−nln(2)) =−∞ ⇒ lim

n→+∞(2 ln(15)−nln(2)) =−∞

n→lim+∞

n+ 1

2 = +∞ ⇒ lim

n→+∞ln(Pn) =−∞d’après le théorème de lalimite d’un produit.

On en déduit que lim

n→+∞P_n = 0.

Pour justifier ce dernier résultat avec rigueur, il faut dire quePn=e^ln(Pⁿ⁾. Or, la fonction exponentielle étant continue, lim

n→+∞ln(Pn) =−∞ ⇒ lim

n→+∞e^ln(Pⁿ⁾= lim

u→−∞e^u= 0