bac blanc 2017 -...

Bac Blanc 2017 – page 1 –

Corrigé du baccalauréat blanc 2017

Exercice 1 :

1. a. Pour tout x 0, X 0,5x2 2X x2 2X x puisque x 0

alors 2xe0,5x2

2X eX 2X 2X

2X

4X

2X eX

4

2X XeX

On a donc 2xe0,5x2

4

2X XeX (on peut aussi remplacer X car la réponse est donnée).

b. On a, pour x 0, (x) 2xe0,5x2

1,4 4

2X XeX 1,4 avec X 0,5x2.

On a xlim 0,5x2 donc si x alors X .

Or Xlim

4

2X 0 et

Xlim XeX 0 alors

xlim (x) 1,4.

Ou Xlim

X

e X 0 après passage à l’inverse de

Xlim

e X

X .

c. Comme xlim (x) 1,4 alors

la droite d’équation y 1,4 est asymptote à au voisinage de .

2. a. est dérivable sur [0 ; [

On reconnaît (uv) uv uv avec u(x) 2x

u(x) 2 v(x) e0,5x2

v(x) 0,52xe0,5x2

pour v on utilise (e w ) we w

donc, pour tout x 0, (x) 2e0,5x2

2xxe0,5x2

(x) 2e0,5x2

2x2e0,5x2

pour tout x 0, (x) 2e0,5x2

1 x2. (il y a du remarquable à voir)

b. pour tout x 0, (x) 2e0,5x2

(1 x)(1 x) d’après a2 b2 (a b)(a b)

comme x 0 alors e0,5x2

0 (la fonction exponentielle est positive) et 1 x 0

donc (x) a le même signe que 1 x d’où

x 0 1

(x) 0

(x)

1,4

2,1

(1)

2,1

1,4

(1) 21e0,5 1,4 2,613 2,1 (on a bien 1,4 2,1 (1) donc intermédiaire)

3. a. D’après le tableau précédent et le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires

(appliqué deux fois), l’équation (x) 0 admet deux solutions et .

b. On a (0,37) 2,091

(0,38) 2,107 donc (0,37) () (0,38)

et comme est croissante sur [0 ;1] alors 0,37 0,38.

On a (1,81) 2,103

(1,82) 2,095 donc (1,81) () (1,82)

et comme est décroissante sur [1 ; [ alors 1,81 1,82.

c. (0) correspond à 1955 ; (1) correspond à 1965 ; (2) correspond à 1975

0,38 nous donne 1955 0,3810 1958,8

1,81 nous donne 1955 1,8110 1973,1

Les années de 1959 à 1973 ont connu un taux de fécondité supérieur à 2,1.

4. a. pour tout x[0 ; 5], (x) g(x) 2xe0,5x2

1,4

2

e x 1,4

(x) g(x) 2xe0,5x2

1,4 2xe 1,4

Donc pour tout x[0 ; 5], (x) g(x) 2x e0,5x2

e


Enn

En

Enn+1

Enn+1

Enn+1

Enn+1

pn

1-

0,1

0,9

0,05

0,95

pn

b. Pour étudier la position relative de par rapport à g on étudie le signe de la différence

d(x) (x) g(x) 2x e0,5x2

e Comme x[0 ; 5] alors x 0 donc d(x) a même signe que e0,5x2

e.

Or e0,5x2

e 0 e0,5x2

e 0,5x2 1 car la fonction exp est croissante.

e0,5x2

e 0 0,5x2 1 x2 2 2 x 2

e0,5x2

e 0 0 x 2 compte tenu de 0 x 5.

est au-dessus de g sur 0 ; 2 est en dessous de g sur 2 ;

c. 1955 1,41410 1969,1

le taux de fécondité du pays B a été supérieur à celui du pays A à partir de 1970

Exercice 4 :

D’après l’énoncé, pE1 0,2 donc pE1 1 0,2 0,8.

Par ailleurs pE

n

En+1 0,1 et pE

n En+1 0,05.

1. a.

b. X peut prendre les valeurs 0, 1, 2 ou 3

c. D’après l’arbre, p(X 2) 0,20,10,9 0,20,90,05 0,80,050,1

p(X 2) 0,031

remarque : p(X 2) pE1E2E3 pE1E2E3 pE1E2E3

D’après l’arbre, p(X 3) pE1E2 E3 0,20,10,1 donc

pX 3 0,002

d. D’après l’arbre, p(X 0) p(E1E2E3 ) 0,80,950 ,95 0,722

p(X 1) 1 p(X 0) p(X 2) p(X 3)

p(X 1) 1 0,722 0,031 0,002 0,245

La loi de probabilité de X est :

i 0 1 2 3

p(X i) 0,722 0,245 0,031 0,002

e. E(X) 3

i0

ip(X i) 00,722 10,245 20,031 30,002 E(X) 0,313

2. a. pour tout n*, pEn En+1 pEnpE

n

En+1 pn 0,1

ou d’après l’arbre pondéré, pEn En+1 pn 0,1

pour tout n*, p En

En+1 p En p

En En+1 (1 pn)0,05.

ou d’après l’arbre pondéré, p En

En+1 (1 pn)0,05.


A B

CD

EF

GH

I

J

N

M

Enn

En

Enn+1

Enn+1

Enn+1

Enn+1

pn

1-

0,1

0,9

0,05

0,95

pn

b. D’après la formule des probabilités totales

EnEn+1 En

En+1 En+1

EnEn+1 En En+1

pour tout n*, pn+1 pEn+1 pEn En+1 p En

En+1

pn+1 0,1pn 0,05 0,05pn 0,05pn 0,05

ou d’après l’arbre, pn+1 0,1pn 0,05 0,05pn 0,05pn 0,05

pn1

0,05pn 0,05 pour tout entier naturel n non nul.

3. a. pour tout n*, un+1 pn+1

1

19

un+1 1

20 pn

1

20

1

19

un+1 1

20 pn

1

380

un+1 1

20

pn

1

19 u1 p1

1

19

un+1 1

20 un. u1

1

5

1

19

14

95

un est une suite géométrique de raison q 1

20 et de premier terme u1

14

95

b. pour tout n*, un 14

95

1

20

n1 et pn

1

19

14

95

1

20

n1

c. Comme 0 1

20 1 alors

n lim

1

20

n1 0 et donc

n lim pn

1

19

Exercice 2 :

1. 2. a. A(1 ; 0 ; 0), B(1 ; 1 ; 0), D(0 ; 0 ; 0), E(1 ; 0 ; 1), F(1 ; 1 ; 1), H(0 ; 0 ; 1)

b. I est le milieu de [BF] donc I

xB xF

2 ;

yB yF

2 ; B F

2 donc I

1 ; 1 ;

1

2

AJ 2

5 AE

xJ xA

2

5 (xE xA)

yJ yA 2

5 (yE yA)

J A 2

5 (E A)

xJ

2

5 (1 1) 1

yJ 2

5 (0 0) 0

J 2

5 (1 0)

2

5

donc J

1 ; 0 ;

2

5


3. AD

1

0

0 AN

0

0

donc AN 2

3 AD donc AN colinéaire à AD donc A, N et D alignés

HN

5

3

0

1

HJ

1

0

3

5

donc HJ 3

5 HN donc HJ colinéaire à HN donc H, N et J alignés

donc N appartient aux droites AD et HJ.

4. On note M le point d'intersection des droites HI et BD.

a. Comme D(0 ; 0 ; 0) et DB

1

1

0 alors M(x ; y ; )(BD)

x

y 0

,

b. Soit d la droite de représentation paramétrique

x 2 2s

y 2 2s

s

, s.

il suffit de vérifier si les coordonnées des points I et H satisfont le système

pour I

1 ; 1 ;

1

2

1 2 2s

1 2 2s

1

2 s

1 1

1 1

s 1

2 s

1

2 donc Id

pour H (0 ; 0 ; 1)

0 2 2s

0 2 2s

1 s

0 0

0 0

s 1

s 1 donc Hd

donc d HI et HI a pour représentation paramétrique

x 2 2s

y 2 2s

s

, s

c. M(x ; y ; )(BD)∩(HI)

2 2s

2 2s

0 s

2 2s

0 s

2

s 0

avec 2,

x 2

y 2

0

pour vérifier de tête, pour s 0,

x 2 0 2

y 2 0 2

0

conclusion M(2 ; 2 ; 0)

5. M(2 ; 2 ; 0) N

5

3 ; 0 ; 0 donc MN

1

3

2

0

G(0 ; 1 ; 1) H(0 ; 0 ; 1) donc GH

1

0

Les coordonnées ne sont pas proportionnelles

donc les vecteurs ne sont pas colinéaires.

Les droites MN et GH ne sont pas parallèles.


Exercice 3 :

1. La fonction définie sur [0 ; 1] par (x) 3x

1 2x ; est dérivable sur [0 ;1].

On reconnaît u

v

uv uvv2

u(x) 3x

u(x) 3 v(x) 2x 1

v(x) 2

pour tout x[0 ; 1], (x) 3(1 2x) 3x2

(1 2x)2

3 6x 6x

(1 2x)2

3

(1 2x)2

comme un carré est toujours positif alors (x) 0 et est croissante sur [0 ;1]

x 0 1

(x) +

(x)

0

1

2. a. u1 (u0) (0,5) 30,5

20,5 1

1,5

2 0,75

u2 (u1) (0,75) 30,75

20,75 1

2,25

2,5 0,9 u1 0,75 et u2 0,9

b. Soit, pour tout n, la propriété (n) : « 0 un un+1 1 »

étape 1 : u0 0,5 et u1 0,75 donc 0 u0 u1 1 donc (0) est vraie

étape 2 : supposons que (n) soit vraie c’est-à-dire 0 un un+1 1

démontrons qu’alors (n) sera vraie au rang n1 c’est-à-dire 0 un+1 un+2 1

on a 0 un un+1 1 par hypothèse de récurrence

alors (0) (un) (un+1) (1) car est croissante sur [0 ; 1]

alors 0 un+1 un+2 1 c’est-à-dire (n1) est vraie

Conclusion : d’après le principe de récurrence, pour tout n, 0 un un+1 1

c. D’après la question précédente,

pour tout n, un 1 donc la suite un est majorée

pour tout n, un un+1 donc la suite un est croissante

Or toute suite croissante et majorée converge

donc la suite un converge vers une limite .

d. Comme n lim un alors

n lim un+1

Par ailleurs n lim

3un

1 2un

3

1 2 (d’après les théorèmes sur les limites)

Enfin, puisque un+1 3un

1 2un

alors 3

1 2

3

1 2 (1 2) 3 22 3 22 2 0

3

1 2 2( 1) 0 0 ou 1.

0 n’est pas possible puisque un est croissante et u0 0,5.

Conclusion : la suite un converge vers 1.

3. a. Soit, pour tout n, la propriété (n) : « un 3

n

3n 1

»

étape 1 : u0 0,5 et 3

0

30 1

1

2 donc (0) est vraie

étape 2 : supposons que (n) soit vraie c’est-à-dire un 3

n

3n 1

démontrons qu’alors (n) sera vraie au rang n1 c’est-à-dire un+1 3

n+1

3n+1

1


On a un+1 3un

1 2un

donc un+1

3 3

n

3n 1

1 2 3

n

3n 1

on remplace un avec l’hypothèse

donc un+1

3 3

n

3n 1

(3n 1)

1 2

3n

3n 1

(3n 1)

on multiplie par 3n 1

donc un+1 33n

3n 1 23n

donc un+1 3n+1

33n 1

donc un+1 3

n+1

3n+1

1

ainsi (n+1) est vraie

conclusion : d’après le principe de récurrence, pour tout n, un 3

n

3n 1

.

b. pour tout n, un 3

n

3n 1

3

n

3n

1

1

3n

1

1 1

3

n

comme 1 1

3 1 alors

n lim

1

3

n

0 et donc n lim un 1.


Exercice 3 : spécialité

Affirmation 1 : le nombre A 20177 201715 est divisible par 17.

Comme 2017 11817 11 alors 2017 11 (modulo 17)

Donc A 117 1115 (modulo 17) (compatibilité avec les puissances et la somme)

Comme 117 et 17 3 alors 117 3 (modulo 17)

Autre idée : 11 11 [17] donc 112 121 2 [17] donc 113 22 5 [17]

donc 114 55 4 [17] donc 115 44 10 [17] donc 116 110 8 [17]

donc 117 88 3 [17]

Or 117 1115 117 1172 donc A 3 1132 102 0 (17) puisque 102 176

Comme A 0 (modulo 17) alors A est divisible par 17.

L’affirmation 1 est vraie

On considère le système n 1 [5]

n 3 [4] d'inconnue n entier relatif.

Affirmation 2 : Si n est solution de ce système alors n 11 est divisible par 4 et par 5.

Cours : a b [n] a b multiple de n a b kn avec k.

Comme n 1 [5] alors n 1 5k avec k

alors n 11 1 5k 11 5k 10 5(k 2) donc n 11 est divisible par 5

Comme n 3 [4] alors n 3 4k avec k

Alors n 11 3 4k 11 4k 8 4(k 2) donc n 11 est divisible par 4


Affirmation 3 : Pour tout entier relatif k, l'entier n 11 + 20k est solution du système.

Comme 11 1 [5]

20 0 [5] alors n 1 0k 1 [5]

Comme 11 3 [4]

20 0 [4] alors n 3 0k 1 [4]


Soit A

2 3 7

2 1 4

3 5 5

et B

1 2 5

2 3 2

5 1 1

alors A.B

31 20 11

16 3 8

32 16 0

C A.B on a c33 3(5) + 52 + (5)(1) 0

L’affirmation 4 est fausse

On considère les suites xn et yn définies par x0 1

y0 3 et, pour tout n,

xn+1 4xn yn

yn+1 3xn 5yn

On note Xn

xn

yn

et A

4 1

3 5 alors Xn+1 A.Xn

X1 A.X0 , X2 A.X1 A.A.X0 A2.X0 , , X6 A6.X0

donc

x6

y6

7 057 1 680

5 040 22 177.1

3

2 017

61 491 donc

x6 2 017

y6 61 491

Or 61 491 3103199 donc y6 est divisible par 103


On pouvait aussi chercher les premiers termes (puisque 6 est petit)

x0 1

y0 3 x1 7

y1 12 x2 16

y2 81 x3 145

y3 357 x4 223

y4 2220 x0 3112

y0 10431 x6 2 017

y6 61 491

bac blanc 2017 -...

Documents

Transcript of bac blanc 2017 -...