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
Bac Blanc 2017 – page 2 –
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.
Bac Blanc 2017 – page 3 –
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
Bac Blanc 2017 – page 4 –
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.
Bac Blanc 2017 – page 5 –
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
Bac Blanc 2017 – page 6 –
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.
Bac Blanc 2017 – page 7 –
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
L’affirmation 2 est vraie
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]
L’affirmation 3 est vraie
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
L’affirmation 5 est vraie
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
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