Sujet Maths (Série S) Bac Blanc Letudiant.fr 30 mai 2012 Correction Exercice 1 (4points) 1.Pour tout entier naturel n, 3 2 1 + = ÷ + n u u n n soit 0 1 > ÷ + n n u u . La suite) ( n u est donc croissante. 2.a.Soit la propriété P : « Pour tout entier naturel n, ² n u n >» Initialisation :1 0 = u soit 0 0 > u . La propriété P est vérifiée au rang initial 0 = n . Hérédité :SoitkunentiernaturelquelconquefixéPosonsl’hypothèsederécurrence,la propriété P est vérifiée au rang k. Montrons qu’alors P est encore vérifiée au rang1 + k . 3 2 1 + + = + k u u k k donc d’après l’hypothèse de récurrence :3 2 ² 1 + + > + k k u k . Soit2 1 2 ² 1 + + + > + k k u k d’où : )² 1 ( 2 )² 1 ( 1 + > + + > + k k u k . La propriété P est donc héréditaire. En conclusion la propriété P est vérifiée au rang initial et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier naturel n. b.Onsuppose que lasuite) ( n u converge, c'est-à-direqu’il existe un réel l telquel u n n = +· ÷ lim . Dans ce casl u n n = +· ÷ +1 limdonc par passage à la limite dans l’égalité 3 2 1 + = ÷ + n u u n n , on obtient :) 3 2 lim( +· ÷ + = ÷ n n l l soit0 ) 3 2 ( lim = + +· ÷ n n d’où la contradiction. La suite) ( n u est donc divergente et croissantedonc+· = +· ÷ n n u lim . Remarque :onauraitpuaussiobtenircerésultatd’aprèslesthéorèmesdecomparaison, sachant que+· = +· ÷ n n² limet² n u n > 3.² 2 4 1 = = u ,² 3 9 2 = = u .Onpeutdoncconjecturerquepourtoutentiernatureln, )² 1 (+ = n u n . 4.On obtient ce résultat par simple sommation des1 + n égalités. D’où : 3 3 2 ) 1 ( 2 ) 1 ( 3 2 0 0 1 + + + × = + + = ÷ ¿ = + n n n n k u u n k n 3 3 ² 1 1 + + + = ÷ + n n n u n )² 2 ( 4 4 ² 1 + = + + = + n n n u n Soit)² 1 (+ = n u n . Exercice 2(5 points) 1.i i i i 8 ) 2 ( )²] 1 [( ) 1 ( 3 3 6 ÷ = = + = + 2.a.i i i 8 ] ) 1 [( ) 1 ( 2 3 6 ÷ = + = + donc 3 1 ) 1 ( i z + =est une solution de l’équation (E) . b.i i 8 ] ) 1 ( [ 2 3 ÷ = + ÷ donc 3 2 ) 1 ( i z + ÷ =est l’autre solution de (E). i i i i i i z 2 2 ) 3 3 1 ( ) ² 3 3 1 ( 3 2 ÷ = ÷ ÷ + ÷ = + + + ÷ = 3.i i i i 8 ) 2 ( )²] 1 [( ) 1 ( 3 3 6 ÷ = = + = + donci z 2 3 = est une solution imaginaire pure de l’équation (E’). 4. a)Par définition de l’écriture complexe d’une rotation de centre O :i e b i 2 3 2 × = t D’où sous forme algébrique : i i i i i b ÷ ÷ = × | | . | \ | + ÷ = × | | . | \ | | . | \ | + | . | \ | = 3 2 2 3 2 1 2 3 2 sin 3 2 cos t t et sous forme exponentielle 6 7 2 3 2 2 2 t t t i i i e e e b = × = . De même 6 6 11 6 7 3 2 3 2 2 2 2 t t t t t ÷ = = × = × = i i i i i e e e e b e c soit sous forme algébrique : i i i c ÷ = | | . | \ | ÷ × = | | . | \ | | . | \ | ÷ + | . | \ | ÷ = 3 2 1 2 3 2 6 sin 6 cos 2 t t . b)i e e e b i i i 8 8 8 2 2 2 7 3 6 7 3 ÷ = = = | | . | \ | = ÷ t t t . De même : i e e c i i 8 8 2 2 3 6 3 ÷ = = | | . | \ | = ÷ ÷ t t . 5. a)En plaçant dans le repère les points A) 2 ; 0 ( , B ) 1 ; 3 ( ÷ ÷et C ) 1 ; 3 ( ÷ , on conjecture que le triangleABC est équilatéral. Démontrons queAB = AC : AB =3 2 9 3 3 3 2 = + = ÷ ÷ = ÷ i i b , AC =3 2 9 3 3 3 2 = + = ÷ = ÷ i i c . Démontrons que( ) AC AB; =] 2 [ 3 t t : ( ) i b i c AC AB 2 2 arg ; ÷ ÷ = ] 2 [ 3 3 3 3 arg t i i ÷ ÷ ÷ = ( ) ] 2 [ 12 ) 3 3 )( 3 3 ( arg ; t i i AC AB ÷ + ÷ = ( ) ] 2 [ 3 arg 2 3 2 1 arg 12 ) 3 1 ( 6 arg ; 3 t t t = | | . | \ | = | | . | \ | + = + = i e i i AC AB . b)OA= 2 2 = i , OB= 2 2 3 2 = × = i e b i t , OC= 2 2 3 2 = × = t i e b , O est donc le centre du cercle circonscrit au triangle ABC. Dans un triangle équilatéral c’est aussi le centre de gravité. Exercice 3(4 points) Question 1. Réponse D En effet un vecteur directeur de la droite D est aussi un vecteur normal au plan P. Un vecteur normal au plan P est le vecteur) 3 ; 1 ; 1 ( ÷ n . On élimine les réponses A et C car les vecteur directeurs correspondants ne sont pas colinéaires àn . Désignons par M(2 ;-1 ;1) un point de la droite D lu dans la réponse B. Si la réponse B estbonne, le vecteur MS est colinéaire àn . OrMS a pour coordonnées ( -1 ;-3,-1) et il n’est donc pas colinéaire àn . Question 2. Réponse D On utilise la réponse de la question précédente et on remplacex, y et z par leur expression en fonction de t dans l’équation du plan. On obtient :0 4 ) 3 3 ( 3 1 2 = + ÷ ÷ ÷ + ÷ + t t t , soit0 14 11 = + t c'est-à-dire 11 14 ÷ = t. On reporte cette valeur de t dans la représentation paramétrique de la droite D et l’on trouve : ¦ ¦ ¦ ¹ ¦ ¦ ¦ ´ ¦ = × + ÷ = ÷ = ÷ ÷ = = ÷ = 11 9 11 14 3 3 11 25 11 14 1 11 8 11 14 2 z y x Question 3. Réponse B On applique la formule de cours : 11 3 9 1 1 4 2 1 4 3 ) ; ( = + + + ÷ = + ÷ + = n z y x P S d S S S . Question 4. Réponse B Si l’intersection de la sphère et du plan se réduit aupoint I alors c’est que le plan est tangent à la sphère en I. IS=3 )² 5 2 ( = + ÷ doncIappartientàlasphèreetIP emais3 ) ; ( < P S ddoncleplannepeutêtre tangent à la sphère . La réponse A est fausse. 3 ) ; ( < P S d ,l’intersection est donc un cercle. Il ne peut être de centre S car alors il aurait pour rayon 3 et non 2. La réponse C est fausse. Posons R = 3 et d =) ; ( P S d Désignons par M un point du cercle d’intersection de la sphère et du plan. DoncHM=r.Parconstruction(SH)estperpendiculaireauplanPdoncà(HM).LetriangleHSMestdonc rectangle en H. Par application du théorème de Pythagore dans ce triangle on obtient : SM²= HM² + SH². Soit : R² = r² + d² ou r² = R² - d² c'est-à-dire 11 90 11 9 9 11 3 9 ² 2 = ÷ = | . | \ | ÷ = r . Donc 11 10 3 11 90 = = r Exercice 4(6 points) 1.| | ( ) 5 , 0 5 , 0 200 ; 0 200 0 = · = } ÷ dx e p x ì ì | | 5 , 0 200 0 = ÷ · ÷x e ì 5 , 0 1 200 = + ÷ · ÷ ì e 5 , 0 200 = · ÷ ì e 200 2 ln 200 2 ln 200 2 1 ln = ÷ ÷ = ÷ | . | \ | = · ì 2.| | ( ) dx e p X p X p x } × ÷ ÷ = ÷ = s ÷ = > 300 0 200 2 ln 200 2 ln 1 300 ; 0 1 ) 300 ( 1 ) 300 ( On reconnait une expression de la forme u e u × ÷ 'dont une primitive estk e u + , k réel. D’où :35 , 0 1 ) 300 ( 2 2 ln 3 300 0 200 2 ln ~ = ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ = > ÷ × ÷ e e X p x 3.Il existe deux fonctions u et v dérivablessur[ ; 0 [+· telles que l’on puisse poser : x x u = ) ( et x e x v ì ì ÷ = ) ( 'soit1 ) ( ' = x u et x e x v ì ÷ ÷ = ) ( Donc = } ÷ dx xe A x 0 ì ì | | } ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ A x A x dx e xe 0 0 ì ì =| | A x A x e xe 0 0 1 ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ ÷ ÷ ì ì ì ì ì ì ì ì ì ì ì ì 1 1 0 + ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ } A A A A A x e Ae e Ae dx xe 4. ì ì ì ì ì 1 1 lim = + ÷ ÷ = ÷ ÷ +· ÷ A A A m e Ae d ,caronreconnaitdeuxlimitesderéférenceducours : 0 lim = ÷ +· ÷ x x e donc0 lim = ÷ +· ÷ A A e ì et 0 lim = ÷· ÷ x x xe donc 0 lim = ÷ ÷ +· ÷ A A Ae ì ì . m dest l’espérance de X donc 2 ln 200 1 ) ( = = ì X E . 54 , 288 2 ln 200 ~ ce qui représente, à la semaine près, une durée de vie moyenne de 289 semaines.
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Sujet Maths (Série S) Bac Blanc Letudiant.fr 30 mai 2012 Correction Exercice 1 (4points) 1.Pour tout entier naturel n, 3 2 1 + = ÷ + n u u n n soit 0 1 > ÷ + n n u u . La suite) ( n u est donc croissante. 2.a.Soit la propriété P : « Pour tout entier naturel n, ² n u n >» Initialisation :1 0 = u soit 0 0 > u . La propriété P est vérifiée au rang initial 0 = n . Hérédité :SoitkunentiernaturelquelconquefixéPosonsl’hypothèsederécurrence,la propriété P est vérifiée au rang k. Montrons qu’alors P est encore vérifiée au rang1 + k . 3 2 1 + + = + k u u k k donc d’après l’hypothèse de récurrence :3 2 ² 1 + + > + k k u k . Soit2 1 2 ² 1 + + + > + k k u k d’où : )² 1 ( 2 )² 1 ( 1 + > + + > + k k u k . La propriété P est donc héréditaire. En conclusion la propriété P est vérifiée au rang initial et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier naturel n. b.Onsuppose que lasuite) ( n u converge, c'est-à-direqu’il existe un réel l telquel u n n = +· ÷ lim . Dans ce casl u n n = +· ÷ +1 limdonc par passage à la limite dans l’égalité 3 2 1 + = ÷ + n u u n n , on obtient :) 3 2 lim( +· ÷ + = ÷ n n l l soit0 ) 3 2 ( lim = + +· ÷ n n d’où la contradiction. La suite) ( n u est donc divergente et croissantedonc+· = +· ÷ n n u lim . Remarque :onauraitpuaussiobtenircerésultatd’aprèslesthéorèmesdecomparaison, sachant que+· = +· ÷ n n² limet² n u n > 3.² 2 4 1 = = u ,² 3 9 2 = = u .Onpeutdoncconjecturerquepourtoutentiernatureln, )² 1 (+ = n u n . 4.On obtient ce résultat par simple sommation des1 + n égalités. D’où : 3 3 2 ) 1 ( 2 ) 1 ( 3 2 0 0 1 + + + × = + + = ÷ ¿ = + n n n n k u u n k n 3 3 ² 1 1 + + + = ÷ + n n n u n )² 2 ( 4 4 ² 1 + = + + = + n n n u n Soit)² 1 (+ = n u n . Exercice 2(5 points) 1.i i i i 8 ) 2 ( )²] 1 [( ) 1 ( 3 3 6 ÷ = = + = + 2.a.i i i 8 ] ) 1 [( ) 1 ( 2 3 6 ÷ = + = + donc 3 1 ) 1 ( i z + =est une solution de l’équation (E) . b.i i 8 ] ) 1 ( [ 2 3 ÷ = + ÷ donc 3 2 ) 1 ( i z + ÷ =est l’autre solution de (E). i i i i i i z 2 2 ) 3 3 1 ( ) ² 3 3 1 ( 3 2 ÷ = ÷ ÷ + ÷ = + + + ÷ = 3.i i i i 8 ) 2 ( )²] 1 [( ) 1 ( 3 3 6 ÷ = = + = + donci z 2 3 = est une solution imaginaire pure de l’équation (E’). 4. a)Par définition de l’écriture complexe d’une rotation de centre O :i e b i 2 3 2 × = t D’où sous forme algébrique : i i i i i b ÷ ÷ = × | | . | \ | + ÷ = × | | . | \ | | . | \ | + | . | \ | = 3 2 2 3 2 1 2 3 2 sin 3 2 cos t t et sous forme exponentielle 6 7 2 3 2 2 2 t t t i i i e e e b = × = . De même 6 6 11 6 7 3 2 3 2 2 2 2 t t t t t ÷ = = × = × = i i i i i e e e e b e c soit sous forme algébrique : i i i c ÷ = | | . | \ | ÷ × = | | . | \ | | . | \ | ÷ + | . | \ | ÷ = 3 2 1 2 3 2 6 sin 6 cos 2 t t . b)i e e e b i i i 8 8 8 2 2 2 7 3 6 7 3 ÷ = = = | | . | \ | = ÷ t t t . De même : i e e c i i 8 8 2 2 3 6 3 ÷ = = | | . | \ | = ÷ ÷ t t . 5. a)En plaçant dans le repère les points A) 2 ; 0 ( , B ) 1 ; 3 ( ÷ ÷et C ) 1 ; 3 ( ÷ , on conjecture que le triangleABC est équilatéral. Démontrons queAB = AC : AB =3 2 9 3 3 3 2 = + = ÷ ÷ = ÷ i i b , AC =3 2 9 3 3 3 2 = + = ÷ = ÷ i i c . Démontrons que( ) AC AB; =] 2 [ 3 t t : ( ) i b i c AC AB 2 2 arg ; ÷ ÷ = ] 2 [ 3 3 3 3 arg t i i ÷ ÷ ÷ = ( ) ] 2 [ 12 ) 3 3 )( 3 3 ( arg ; t i i AC AB ÷ + ÷ = ( ) ] 2 [ 3 arg 2 3 2 1 arg 12 ) 3 1 ( 6 arg ; 3 t t t = | | . | \ | = | | . | \ | + = + = i e i i AC AB . b)OA= 2 2 = i , OB= 2 2 3 2 = × = i e b i t , OC= 2 2 3 2 = × = t i e b , O est donc le centre du cercle circonscrit au triangle ABC. Dans un triangle équilatéral c’est aussi le centre de gravité. Exercice 3(4 points) Question 1. Réponse D En effet un vecteur directeur de la droite D est aussi un vecteur normal au plan P. Un vecteur normal au plan P est le vecteur) 3 ; 1 ; 1 ( ÷ n . On élimine les réponses A et C car les vecteur directeurs correspondants ne sont pas colinéaires àn . Désignons par M(2 ;-1 ;1) un point de la droite D lu dans la réponse B. Si la réponse B estbonne, le vecteur MS est colinéaire àn . OrMS a pour coordonnées ( -1 ;-3,-1) et il n’est donc pas colinéaire àn . Question 2. Réponse D On utilise la réponse de la question précédente et on remplacex, y et z par leur expression en fonction de t dans l’équation du plan. On obtient :0 4 ) 3 3 ( 3 1 2 = + ÷ ÷ ÷ + ÷ + t t t , soit0 14 11 = + t c'est-à-dire 11 14 ÷ = t. On reporte cette valeur de t dans la représentation paramétrique de la droite D et l’on trouve : ¦ ¦ ¦ ¹ ¦ ¦ ¦ ´ ¦ = × + ÷ = ÷ = ÷ ÷ = = ÷ = 11 9 11 14 3 3 11 25 11 14 1 11 8 11 14 2 z y x Question 3. Réponse B On applique la formule de cours : 11 3 9 1 1 4 2 1 4 3 ) ; ( = + + + ÷ = + ÷ + = n z y x P S d S S S . Question 4. Réponse B Si l’intersection de la sphère et du plan se réduit aupoint I alors c’est que le plan est tangent à la sphère en I. IS=3 )² 5 2 ( = + ÷ doncIappartientàlasphèreetIP emais3 ) ; ( < P S ddoncleplannepeutêtre tangent à la sphère . La réponse A est fausse. 3 ) ; ( < P S d ,l’intersection est donc un cercle. Il ne peut être de centre S car alors il aurait pour rayon 3 et non 2. La réponse C est fausse. Posons R = 3 et d =) ; ( P S d Désignons par M un point du cercle d’intersection de la sphère et du plan. DoncHM=r.Parconstruction(SH)estperpendiculaireauplanPdoncà(HM).LetriangleHSMestdonc rectangle en H. Par application du théorème de Pythagore dans ce triangle on obtient : SM²= HM² + SH². Soit : R² = r² + d² ou r² = R² - d² c'est-à-dire 11 90 11 9 9 11 3 9 ² 2 = ÷ = | . | \ | ÷ = r . Donc 11 10 3 11 90 = = r Exercice 4(6 points) 1.| | ( ) 5 , 0 5 , 0 200 ; 0 200 0 = · = } ÷ dx e p x ì ì | | 5 , 0 200 0 = ÷ · ÷x e ì 5 , 0 1 200 = + ÷ · ÷ ì e 5 , 0 200 = · ÷ ì e 200 2 ln 200 2 ln 200 2 1 ln = ÷ ÷ = ÷ | . | \ | = · ì 2.| | ( ) dx e p X p X p x } × ÷ ÷ = ÷ = s ÷ = > 300 0 200 2 ln 200 2 ln 1 300 ; 0 1 ) 300 ( 1 ) 300 ( On reconnait une expression de la forme u e u × ÷ 'dont une primitive estk e u + , k réel. D’où :35 , 0 1 ) 300 ( 2 2 ln 3 300 0 200 2 ln ~ = ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ = > ÷ × ÷ e e X p x 3.Il existe deux fonctions u et v dérivablessur[ ; 0 [+· telles que l’on puisse poser : x x u = ) ( et x e x v ì ì ÷ = ) ( 'soit1 ) ( ' = x u et x e x v ì ÷ ÷ = ) ( Donc = } ÷ dx xe A x 0 ì ì | | } ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ A x A x dx e xe 0 0 ì ì =| | A x A x e xe 0 0 1 ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ ÷ ÷ ì ì ì ì ì ì ì ì ì ì ì ì 1 1 0 + ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ } A A A A A x e Ae e Ae dx xe 4. ì ì ì ì ì 1 1 lim = + ÷ ÷ = ÷ ÷ +· ÷ A A A m e Ae d ,caronreconnaitdeuxlimitesderéférenceducours : 0 lim = ÷ +· ÷ x x e donc0 lim = ÷ +· ÷ A A e ì et 0 lim = ÷· ÷ x x xe donc 0 lim = ÷ ÷ +· ÷ A A Ae ì ì . m dest l’espérance de X donc 2 ln 200 1 ) ( = = ì X E . 54 , 288 2 ln 200 ~ ce qui représente, à la semaine près, une durée de vie moyenne de 289 semaines.
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