Baccalauréat S Travail maison 6
EXERCICE1
Partie A : Restitution organisée de connaissances 1. uest dérivable surRetu′(x)=0, doncu′(x)=a×
µ
−b a
¶
+b ⇐⇒0= −b+b.
Doncuest une solution de (E).
2. f étant dérivable surR,f−ul’est aussi et (f−u)(x)=f(x)−u(x), d’où (f −u)′(x)=f′(x)−u′(x)=f′(x).
Doncf est solution de (E) si et seulement si :
f′(x)=a f(x)+b ⇐⇒ f′(x)−u′(x)=a f(x)−au(x)+au(x)+b⇐⇒ (f−u)′(x)= a(f(x)−u(x))+a×
µ
−b a
¶
+b ⇐⇒ (f −u)′(x)=a(f(x)−u(x))−b+b ⇐⇒
(f −u)′(x)=a(f(x)−u(x)), c’est-à-dire quef −uest solution de l’équation différentielley′=a y.
3. D’après le résultat initial donné on a doncf(x)−u(x)=Keax,K∈R, donc : f(x)=Keax+u(x)=Keax−b
a. Partie B
1. L’équation différentielle peut s’écrire :v′(t)=3− 1 10v(t).
On reconnaît une équation différentielle résolue dans la partie A aveca= −1 etb=3. 10
On a donc : v(t)=Ke−101t− 3
−1
10
=Ke−101t+30.
En utilisant la condition initialev(0)=0 ⇐⇒ K+30=0 ⇐⇒ K = −30, on obtient finalement :
v(t)=30
1−e
−
t 10
2. a. On sait que la fonctionvest dérivable sur [0 ;+∞[ et sur cet intervalle : v′(t)= −30
µ
− 1 10
¶ e
− t 10=3e
− t 10 >0,
car on sait que e
−
t
10 >0, quel que soit le réelt.
La fonctionvest donc croissante sur [0 ;+∞[.
b. On sait que lim
x→+∞e
−
t
10 =0, donc lim
x→+∞v(t)=30.
3. Il faut donc résoudre l’inéquation dans [0 ; +∞[, v′(t)<0, 1, soit, d’après l’équation différentielle
3− 1
10v(t)<0, 1 ⇐⇒ 3− 1 10×30
1−e
−t 10
<0, 1 ⇐⇒ 3e
− t
10 <0, 1 ⇐⇒
e
− t 10<0,1
3 ⇐⇒ (par croissance de la fonction logarithme népérien)
− t 10<ln
³ 1 0,3
´
⇐⇒ t> −10ln
³ 1 0,3
´ . Comme−10ln³
1 0,3
´
≈34, 01, la vitesse est donc stabilisée à partir de la 35eséconde.
My Maths Space 1 mars 2011
Baccalauréat S Travail maison 6
4. On a doncd35= Z35
0 v(t) dt.
On av(t)=30−30e
−t
10 , dont une primitive sur [0 ;+∞[ est : V(t)=30t+300e
−
t 10 .
D’où :d35=[V(t)]350 =30×35+300e
−
35 10−
30×0+300e
−
0 10
=1050+300e
−
35 10−
300=750+300e
−
35
10≈759, 06≈759, 1 (m).
EXERCICE2
Commun à tous les candidats 1.
0,25 V 0,25 R 0,25 P 0,25 L
0,7 V 0,2 R 0,1 P 2. On ap(V)=0, 25+0, 25×0, 7=0, 25×1, 7=0, 425.
3. On apV(L)=p(V∩L
p(V) =0, 25×0, 7
0, 425 =0, 175 0, 425= 7
17≈0, 412.
4. On a une épreuve de Bernoulli de paramètresn=6 etp=2 3.
La probabilité qu’au cours des six prochaines années l’épreuve soit remportée 0 fois par un concurrent « non cycliste » est égale à¡6
6
¢ µ2
3
¶6
× µ
1−2 3
¶0
= µ2
3
¶6
. Donc la probabilité qu’au cours des six prochaines années l’épreuve soit rem- portée au moins une fois par un concurrent « non cycliste »est égale à :
1− µ2
3
¶6
=36−26 36 =665
729≈0, 912.
EXERCICE3
Commun à tous les candidats Partie A
f(x)=x−ln¡ x2+1¢
. 1. f(x)=x ⇐⇒x−ln¡
x2+1¢
=x ⇐⇒ ln¡ x2+1¢
=0⇐⇒ x2+1=1⇐⇒
x2=0⇐⇒ x=0
My Maths Space 2 mars 2011
Baccalauréat S Travail maison 6
2. f somme de fonctions dérivables sur [0 ; 1] est dérivable et sur cet intervalle : f′(x)=1−2x× 1
x2+1=x2+1−2x
x2+1 =(x−1)2 x2+1 .
On a quel que soitx,x2+1>1>0 et sur [0 ; 1], (x−1)2>0, donc sur [0 ; 1], f′(x)>0 : la fonction est donc croissante sur [0 ; 1].
On a vu que f(0)=0 et f(1)=1−ln 2<1. La fonction est croissante de 0 à 1−ln 2<1, donc toutes les imagesf(x) appartiennent à l’intervalle [0 ; 1].
Partie B
1. Initialisation : u0=161, doncu0∈[0 ; 1].
Hérédité :Supposons qu’il existe un entierp tel queup ∈[0 ; 1] ; d’après la partie A, on aup+1=f¡
up
¢et on a vu que siup∈[0 ; 1], alors f ¡
up
¢=up+1∈[0 ; 1].
On a donc pour tout natureln,un∈[0 ; 1].
2. On aun+1−un= −ln¡ u2n+1¢
Orun>0⇒un2>0⇒u2n+1>1⇒ln¡ u2n+1¢
>0 ⇐⇒0>−ln¡ u2n+1¢
. Conclusion : quel que soit le natureln,un+1−un60 : la suite est décroissante.
3. La suite est décroissante et tous ses termes sont minorés par 0 : elle est donc convergente vers une limite supérieure ou égale à 0.
Par continuité de la fonction dérivablef, on a à la limite : ℓ=f(ℓ), équation dont on a vu que la seule solution est 0.
On a donc lim
n→+∞un=0.
My Maths Space 3 mars 2011
