Sujet Maths (Srie S) Bac Blanc Letudiant.fr 30 mai 2012
Correction Exercice 1 (4points) 1.Pour tout entier naturel n, 3 21+
= +n u un nsoit 01> + n nu u . La suite) (nu est donc
croissante. 2.a.Soit la proprit P : Pour tout entier naturel n, n
un > Initialisation :10 = u soit 00 > u . La proprit P est
vrifie au rang initial 0 = n . Hrdit
:SoitkunentiernaturelquelconquefixPosonslhypothsedercurrence,la
proprit P est vrifie au rang k. Montrons qualors P est encore
vrifie au rang1 + k . 3 21+ + =+k u uk kdonc daprs lhypothse de
rcurrence :3 2 1+ + >+k k uk. Soit2 1 2 1+ + + >+k k ukdo : )
1 ( 2 ) 1 (1+ > + + >+k k uk. La proprit P est donc
hrditaire. En conclusion la proprit P est vrifie au rang initial et
elle est hrditaire, elle est donc vraie pour tout entier naturel n.
b.Onsuppose que lasuite) (nu converge, c'est--direquil existe un
rel l telquel unn =+ lim .Dans ce casl unn=+ +1limdonc par passage
la limite dans lgalit 3 21+ = +n u un n, on obtient :) 3 2 lim(+ +
= nn l l soit0 ) 3 2 ( lim = ++ nndo la contradiction. La suite)
(nu est donc divergente et croissantedonc+ =+ nnu lim . Remarque
:onauraitpuaussiobtenircersultatdaprslesthormesdecomparaison,
sachant que+ =+ nn limet n un >3. 2 41= = u , 3 92= = u
.Onpeutdoncconjecturerquepourtoutentiernatureln, ) 1 (+ = n un.
4.On obtient ce rsultat par simple sommation des1 + n galits. Do :3
32) 1 (2 ) 1 ( 3 200 1+ ++ = + + = =+nn nn k u unkn 3 3 11+ + + =
+n n n un ) 2 ( 4 4 1+ = + + =+n n n un Soit) 1 (+ = n un. Exercice
2(5 points) 1.i i i i 8 ) 2 ( )] 1 [( ) 1 (3 3 6 = = + = +2.a.i i i
8 ] ) 1 [( ) 1 (2 3 6 = + = + donc 31) 1 ( i z + =est une solution
de lquation (E) . b.i i 8 ] ) 1 ( [2 3 = + donc 32) 1 ( i z + =est
lautre solution de (E). i i i i i i z 2 2 ) 3 3 1 ( ) 3 3 1 (32 = +
= + + + =3.i i i i 8 ) 2 ( )] 1 [( ) 1 (3 3 6 = = + = + donci z 23
= est une solution imaginaire pure de lquation (E). 4. a)Par
dfinition de lcriture complexe dune rotation de centre O :i e bi232
=t Do sous forme algbrique :i i i i i b = ||.|
\|+= ||.|
\||.|
\|+|.|
\|= 3 22321232sin32cost t et sous forme exponentielle 672 322 2t
t ti i ie e e b = = . De mme 6 6116732322 2 2t t t t t = = = =i i i
i ie e e e b e c soit sous forme algbrique : i i i c =||.|
\| =||.|
\||.|
\| +|.|
\| = 3212326sin6cos 2t t. b)i e e e bi i i8 8 8 22 273673 = =
=||.|
\|= t t t. De mme : i e e ci i8 8 22363 = =||.|
\|= t t. 5. a)En plaant dans le repre les points A) 2 ; 0 ( , B
) 1 ; 3 ( et C ) 1 ; 3 ( , on conjecture que le triangleABC est
quilatral. Dmontrons queAB = AC : AB =3 2 9 3 3 3 2 = + = = i i b ,
AC =3 2 9 3 3 3 2 = + = = i i c . Dmontrons que( ) AC AB; =] 2
[3tt: ( )i bi cAC AB22arg ;= ] 2 [3 33 3arg tii =( ) ] 2 [12) 3 3
)( 3 3 (arg ; ti iAC AB + =( ) ] 2 [3arg2321arg12) 3 1 ( 6arg
;3ttt=||.|
\|=||.|
\|+ =+=ie iiAC AB . b)OA= 2 2 = i , OB= 2 232= = i e bi t, OC=2
232= =tie b, O est donc le centre du cercle circonscrit au triangle
ABC. Dans un triangle quilatral cest aussi le centre de gravit.
Exercice 3(4 points) Question 1. Rponse 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 limine
les rponses A et C car les vecteur directeurs correspondants ne
sont pas colinaires n . Dsignons par M(2 ;-1 ;1) un point de la
droite D lu dans la rponse B. Si la rponse B estbonne, le vecteurMS
est colinaire n . OrMS a pour coordonnes ( -1 ;-3,-1) et il nest
donc pas colinaire n . Question 2. Rponse D On utilise la rponse de
la question prcdente et on remplacex, y et z par leur expression en
fonction de t dans lquation du plan. On obtient :0 4 ) 3 3 ( 3 1 2
= + + + t t t , soit0 14 11 = + t c'est--dire 1114 = t. On reporte
cette valeur de t dans la reprsentation paramtrique de la droite D
et lon trouve := + == == =11911143 311251114111811142zyx Question
3. Rponse B On applique la formule de cours : 1139 1 14 2 1 4 3) ;
( =+ + + =+ +=nz y xP S dS S S. Question 4. Rponse B Si
lintersection de la sphre et du plan se rduit aupoint I alors cest
que le plan est tangent la sphre en I. IS=3 ) 5 2 ( = +
doncIappartientlasphreetIP emais3 ) ; ( < P S
ddoncleplannepeuttre tangent la sphre . La rponse A est fausse. 3 )
; ( < P S d ,lintersection est donc un cercle. Il ne peut tre de
centre S car alors il aurait pour rayon 3 et non 2. La rponse C est
fausse. Posons R = 3 et d =) ; ( P S d Dsignons par M un point du
cercle dintersection de la sphre et du plan.
DoncHM=r.Parconstruction(SH)estperpendiculaireauplanPdonc(HM).LetriangleHSMestdonc
rectangle en H. Par application du thorme de Pythagore dans ce
triangle on obtient : SM= HM + SH. Soit : R = r + d ou r = R - d
c'est--dire 119011991139 2= = |.|
\| = r . Donc 111031190= = r Exercice 4(6 points) 1.| | ( ) 5 ,
0 5 , 0 200 ; 02000= =}dx e px | | 5 , 02000= xe 5 , 0 1200= + e 5
, 0200= e2002 ln2002 ln20021ln==|.|
\|= 2.| | ( ) dx e p X p X px} = = s = >30002002 ln2002 ln1
300 ; 0 1 ) 300 ( 1 ) 300 (On reconnait une expression de la forme
ue u 'dont une primitive estk eu+ , k rel. Do :35 , 0 1 ) 300 (22
ln 330002002 ln~ =((
= >e e X px 3.Il existe deux fonctions u et v drivablessur[ ;
0 [+ telles que lon puisse poser :x x u = ) ( et xe x v= ) ( 'soit1
) ( ' = x u et xe x v = ) ( Donc =}dx xeAx0| |} AxAxdx e xe00 =|
|AxAxe xe001((
1 10+ = = }A A AAAxe Ae eAe dx xe4. 1 1lim =+ = + A AAme Aed
,caronreconnaitdeuxlimitesderfrenceducours : 0 lim =+ xxe donc0 lim
=+ AAe et0 lim = xxxe donc 0 lim = + AAAe . mdest lesprance de X
donc 2 ln200 1) ( = =X E . 54 , 2882 ln200~ ce qui reprsente, la
semaine prs, une dure de vie moyenne de 289 semaines.
