Corrige Maths Bac Blanc

Sujet Maths (Série S) Bac Blanc Letudiant.fr 30 mai 2012 Correction Exercice 1 (4points) 1.

Pour tout entier naturel n, u n 1  u n  2n  3 soit u n 1  u n  0 . La suite (u n ) est donc croissante.

2. a.

Soit la propriété P : « Pour tout entier naturel n, u n  n ² »

Initialisation : u 0  1 soit u 0  0 . La propriété P est vérifiée au rang initial

n  0.

Hérédité : Soit k un entier naturel quelconque fixé Posons l’hypothèse de récurrence, la propriété P est vérifiée au rang k. Montrons qu’alors P est encore vérifiée au rang k  1 .

u k 1  u k  2k  3 donc d’après l’hypothèse de récurrence : u k 1  k ²  2k  3 . Soit u k 1  k ²  2k  1  2 d’où :

u k 1  (k  1)²  2  (k  1)² .

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. On suppose que la suite (u n ) converge, c'est-à-dire qu’il existe un réel l tel que lim u n  l . n 

Dans ce cas lim u n 1  l donc par passage à la limite dans l’égalité u n 1  u n  2n  3 , n  

on obtient : l  l  lim( 2n  3) soit lim (2n  3)  0 d’où la contradiction. n

n

La suite (u n ) est donc divergente et croissante donc lim u n   . n  

Remarque : on aurait pu aussi obtenir ce résultat d’après les théorèmes de comparaison, sachant que lim n²   et u n  n ² n

3.

u1  4  2² , u 2  9  3² . On peut donc conjecturer que pour tout entier naturel n, u n  ( n  1)² .

4. On obtient ce résultat par simple sommation des n

u n 1  u 0  2 k  3(n  1)  2  k 0

n  1 égalités. D’où :

n(n  1)  3n  3 2

u n 1  1  n ²  n  3n  3 u n 1  n ²  4n  4  (n  2)² Soit u n  ( n  1)² . Exercice 2 (5 points) 1.

(1  i ) 6  [(1  i )²] 3  (2i ) 3  8i

2. a.

(1  i ) 6  [(1  i ) 3 ]2  8i donc z1  (1  i ) 3 est une solution de l’équation (E) .

b. [ (1  i ) 3 ] 2  8i donc z 2  (1  i ) 3 est l’autre solution de (E).

z 2  (1  3i  3i ²  i 3 )  (1  3i  3  i )  2  2i 3.

(1  i ) 6  [(1  i )²] 3  (2i ) 3  8i donc z 3  2i est une solution imaginaire pure de l’équation (E’).

4. a) Par définition de l’écriture complexe d’une rotation de centre O : b  e

i

2 3

 2i

D’où sous forme algébrique :

  2   2 b   cos   i sin   3   3 

 1 3    2i   3  i i    2i    2 2   

et sous forme exponentielle b  2e De même c  e

2 i 3

b  e

2 i 3

2 3

i

 2e

      c  2 cos   i sin   6   6 

7 i 6

e

i

 2

 2e

 2e 11 i 6

i

7 6

.

 2e

i

 6

soit sous forme algébrique :

 3 1    i   3  i .    2   2 2   

3

 i 76 b) b   2e  

7  i i    8e 2  8e 2  8i . De même :  

3

3

 i 6 c   2e 

 i    8e 2  8i .  

3

5. a) En plaçant dans le repère les points A (0;2) , B (  3 ;1) et C ( 3 ;1) , on conjecture que le triangle ABC est équilatéral. Démontrons que AB = AC : AB = b  2i   AC = c  2i 

3  3i 

39  2 3 ,

3  3i  3  9  2 3 .





Démontrons que AB; AC =

 3

[ 2 ] :

AB; AC  arg bc  22ii  arg  3333i i [2 ] AB; AC   arg (

3  3i )( 3  3i ) [2 ] 12

AB; AC  arg 6(1 12 3i)  arg 12  i 

b) OA= 2i  2 , OB= b  e

i

2 3

 i 3   arg e 3  2  

 2i  2 , OC= b  e

i

2 3

    [2 ] .  3 

2  2,

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 n(1;1;3) . On élimine les réponses A et C car les vecteur directeurs correspondants ne sont pas colinéaires à n . Désignons par M(2 ;-1 ;1) un point de la droite D lu dans la réponse B. Si la réponse B est bonne, le vecteur

MS est colinéaire à n . Or MS a pour coordonnées ( -1 ;-3,-1) et il n’est donc pas colinéaire à n . Question 2. Réponse D On utilise la réponse de la question précédente et on remplace x, y et z par leur expression en fonction de t dans l’équation du plan. On obtient :

2  t  1  t  3(3  3t )  4  0 , soit 11t  14  0 c'est-à-dire t 

 14 . 11

On reporte cette valeur de t dans la représentation paramétrique de la droite D et l’on trouve :

14 8   x  2  11  11  14  25    y  1  11 11  14 9  z  3  3    11 11  Question 3. Réponse B On applique la formule de cours : d ( S ; P) 

xS  y S  3z S  4 n



1 2  4 11 9



3 . 11

Question 4. Réponse B Si l’intersection de la sphère et du plan se réduit au point I alors c’est que le plan est tangent à la sphère en I. IS =

(2  5)²  3 donc I appartient à la sphère et I  P mais d ( S ; P)  3 donc le plan ne peut être

tangent à la sphère . La réponse A est fausse.

d ( S ; P)  3 ,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 =

d ( S ; P) Désignons par M un point du cercle d’intersection de la sphère et du plan.

Donc HM= r.Par construction (SH) est perpendiculaire au plan P donc à (HM). Le triangle HSM est donc rectangle en H. Par application du théorème de Pythagore dans ce triangle on obtient : SM²= HM² + SH². 2

9 90  3  Soit : R² = r² + d² ou r² = R² - d² c'est-à-dire r ²  9   . Donc r    9 11 11  11 

90 10 3 11 11

Exercice 4 (6 points)

1.

p0;200  0,5 

200

 e

 x

dx  0,5

0



  e x



200

0

 0,5

 e 200  1  0,5

 e 200

2.

1 ln    ln 2 ln 2 2   0,5        200  200 200

p( X  300)  1  p( X  300)  1  p0;300  1 

300

 0

ln 2

ln 2  200 x e dx 200

On reconnait une expression de la forme  u 'e dont une primitive est u

300

  ln 2  x  D’où : p ( X  300 )  1   e 200   0

e

3 ln 2 2

e u  k , k réel.

 0,35

3. Il existe deux fonctions u et v dérivables sur [0;[ telles que l’on puisse poser :

u( x)  x et v' ( x)  e  x soit u ' ( x)  1 et v( x)  e  x A

Donc

 x  xe dx  0

A

x A  xe dx   Ae  0

4.

d m  lim

A 

 xe     x A 0

e  A  1



 Ae  A  e  A  1







A

0

e

 x



dx =  xe



 x A 0

A

1    e  x   0

 Ae A  e  A  1

 1



, car on reconnait deux limites de référence du cours :

lim e  x  0 donc lim e  A  0

x  

A

et

lim xe x  0 donc lim  Ae A  0 .

x 

A

d m est l’espérance de X donc E ( X ) 

1





200 . ln 2

200  288,54 ce qui représente, à la semaine près, une durée de vie moyenne de 289 semaines. ln 2