corrigé BAC – MATHEMATIQUES - mai 2013

corrigé BAC – MATHEMATIQUES - mai 2013 - LIBAN
(4 points)
Exercice 1
Question 1
La proposition d) est vraie par élimination : la a) est fausse car les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, b) est fausse
car il n’y a pas de point d’intersection et c) est fausse car C n’est pas sur D.
Question 2
La proposition a) est fausse : le plan P contient la droite D : x  y  z  2   t  1   2t  1   3t  2   2  3t  3t  0
mais la plan P ne contient pas de droite parallèle à D ’ : x  y  z  2   k  1   k  3   k  4   2  3k  2  C
te
par élimination, c’est la proposition c) qui est vraie.
Question 3




La proposition a) est fausse : AC  4;6; 2  et AD  0;3;1 et ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires
La proposition b) est fausse : AC  4;6; 2  et AB  2;4;6  , comme le repère est orthonormal, on a
 
AB. AC  4  2  6  4  2  6  0 ainsi le triangle ABC n’est pas rectangle en A.
La proposition d) est fausse : xD  1  2 
3  1 x A  xB

2
2
Ainsi, par élimination, la proposition c) est VRAIE.
Question 4
Le vecteur normal à P’ doit être normal à deux vecteurs non colinéaires de P’ : un vecteur directeur de D’, par exemple


u 1;1; 1 et un vecteur d’origine un point de D’ et d’extrémité le point A, par exemple v 1  1; 1  3; 2  4  ainsi



v  0; 4; 2  . Le seul vecteur dont produit scalaire avec les vecteurs u et v est nul est celui de la proposition b)
(4 points)
Exercice 2
1.
Partie A


 
2. P C  E  P E  PE  C   0, 70  0,95  0, 665
(d’après l’arbre ci-contre)


3. P  C   P  E  C   P E  C  0,3  0,99  0, 665  0,962
(d’après l’arbre ci-contre)
4.
PC  E  
P  E  C  0,3  0, 99

 0,309 à 103 près
P C 
0, 962
Partie B
1.
X suit la loi normale N  0,17; 0, 0062  , on a P  0,16  X  0,18   0,9044
La probabilité qu’un petit pot de la chaine F1 soit conforme est 0,9044.
2.
Y suit la loi normale N  0,17; 2 2  , on suppose que P  0,16  Y  0,18   0,99
Y  m2 suit la loi normale N  0;  2 2  car m2  0,17
a.
Y  m2
2
suit la loi normale N  0;1
ainsi Z suit la loi normale N  0;1 .
 0, 01
 0, 01 0, 01
0, 01 
P  0,16  Y  0,18   P 
Z
;
 ainsi Z  
2 
 2 
 2
 2
b.
c.
d’après la table donnée dans le sujet, on a
 0, 01
0, 01 
0, 01
   2,5758
P  0,16  Y  0,18   P 
Z
  0,99 lorsque
2 
2
 2
ainsi  2 
0, 01
 0, 004 à 103 près
2, 5758
fk  x  
(6 points)
Exercice 3
1
définie sur 
1  e  kx
Partie A
1.
lim f1  x   lim
x 
x 
1
 1 car lim e  x  0 et par somme et quotient sur les limites
x
x 
1 e
La droite d’équation y  1 est une asymptote horizontale à C1 au voisinage de 
1
 0 car lim e  x  lim e x   et par somme et quotient sur les limites

x
x 
x 
x  1  e
lim f1  x   lim
x 
La droite d’équation y  0 est une asymptote horizontale à C1 au voisinage de 
2.
ex
e xe x
e0
1
 x x
 0 x 
 f1  x 
x
e  1 e  e  1 e  e
1  e x
3.
f1´ x  
4.
I 
1
e x 1  e x   e x e x
1  e x 
2

ex
x
dx   ln 1 e
x

1 e
0

ex
1  e x 
2
 0 ainsi la fonction f1 est strictement croissante sur 
  ln 1 e   ln 2  ln  1 2 e 
1
0
 1 e 
 a la même aire que l’aire comprise entre la courbe C1 et l’axe
 2 
 1 e 
des abscisses entre la droite x  0 et x  1 . Bref ln 
 est la valeur moyenne de f1 entre 0 et 1.
 2 
Le rectangle de côté 1 et de longueur ln 
Partie B
Soient P  x; f1  x   et M  x; f 1  x   . K est le milieu de  MP 
f1  x   f 1  x  
1.
2.
On sait que
1
1
1  e x  1  e x
2  e x  e x



1
1  e  x 1  e x 1  e  x 1  e x  2  e x  e  x
 f1  x   f 1  x  
 x  xM yP  yM 
K P
;

 ou encore K  1;
2
2
 2



 1
 2
ainsi K 1;  ainsi K appartient à la droite d’équation y 
1
2
3.
C1
y
4.
C1
1
2


L’aire est donc, par symétrie, égale à 2  I 
1
1

1 e 
 . Or 2  I    2 I  1  2ln 
 1
2
2

 2 
 1 e 
 1 .
 2 
L’aire recherchée est 2ln 
Partie C
1.
VRAI car
e  kx  0 pour tout x réel
1  e  kx  1
1
1
0
1  e kx
2.
FAUX car
on a vu que f 1 est décroissante.
3.
VRAI car
k  10
1
 k  5
2
e
1
 k
2
1 e
 e 5 car la fonction exponentielle est croissante sur 
1
 k
2
 1  e 5
0,99  0,9933 
Exercice 4
1

1  e 5
1
1 e
1
 k
2
1
 fk  
2
(5 points)
(NON SPECIALITE MATHS)
Partie A
1. L’algorithme nº1 calcule tous les termes de v0 à vn mais n’affiche que le dernier vn .
L’algorithme nº2 calcule n fois de suite v1 à partir de v0 : il ne calcule pas les termes de v0 à vn .
L’algorithme nº3 calcule tous les termes de v0 à vn et les affiche tous : cet algorithme fait le travail demandé !
2. D’après les tables de valeurs de la suite, il semblerait que la suite  vn  soit croissante et converge vers un nombre
proche de 2,970.
3. a.
Montrons par récurrence que Pn : 0  vn  3 pour tout entier naturel n.
Initialisation : n  0 , on a bien 0  v0  1  3 vraie, ainsi P0 est vraie
Hérédité : Supposons Pn vraie, montrons alors que Pn 1 est vraie
0  vn  3
On suppose que
6  6  0  6  vn  6  3  3
1
1
1

 car la fonction inverse est décroissante sur 0; 
6 6  vn 3
3 9
9
9
 
 3
2 6 6  vn 3
ainsi
1
3
 vn 1  3 , on a bien Pn 1 vraie
2
Conclusion : Par le principe de récurrence, Pn : 0  vn  3 est vraie pour tout entier naturel n.
b.
9  vn  6  vn  vn 2  6vn  9  vn  3
9
vn 1  vn 
 vn 


6  vn
6  vn
6  vn
6  vn
2
Or, d’après la question précédente, 0  vn  3 pour tout n entier naturel, ainsi 6  vn est positif
donc vn 1  vn
c.
 v  3
 n
6  vn
2
 0 , ainsi la suite  vn  est croissante.
Comme la suite est majorée par 3 et croissante alors elle converge.
Partie B
1.
wn 1  wn 
1
1


vn 1  3 vn  3
1
9
3
6  vn

6  vn
6  vn  3
v 3
1
1
1



 n

vn  3 3vn  9 vn  3
3vn  9
3vn  9
3
ainsi la suite  wn  est arithmétique de raison 
2.
wn  w0  nr 
Comme wn 
3.
lim vn  lim
n 
Exercice 4
1.
1
.
3
1
1
1 1
 n  n
1 3 3
2 3
1
1
6
1
3 
3 
3
, on a vn 
1 1
wn

3

2
n
vn  3
  n
2 3
n 
6
 3  3 par somme et quotient de limite et lim  3  2n  
n 
3  2 n
(SPECIALITE MATHEMATIQUES)
(5 points)
u2  5u1  6u0  40  18  22
u3  5u2  6u1  5  22  6  8  62
2. a.
b.
b prends la valeur 5a-6c
La suite semble strictement croissante d’après le tableau de valeurs donné.
 un 1 
 un  2 
 à Cn 1  

 un 
 un 1 
3. Pour passer de Cn  
On doit avoir un  2  5un 1  6un , on doit avoir
 un  2   5 6   un 1 
Cn 1  



 un 1   1 0   un 
 5 6 

1 0 
ainsi A  
Par récurrence sur n, on montre que Cn  An C0 , noté Pn
Initialisation : n  0
A0C0  I 2C0  C0 ainsi P0 est vraie
Hérédité : Supposons Pn vraie, montrons alors que Pn 1 est vraie
On suppose que
Cn  An C0
Cn 1  ACn  AAn C0  An 1C0
Conclusion : Par le principe de récurrence, Cn  An C0 est vraie pour tout entier naturel n.
4.
 2 3
 2 0
 1 3 
, D 
et Q  
P



1 1
 0 3
 1 2 
 2 3   1 3   1 0 
PQ  


  I2
 1 1   1 2   0 1 
 2 3   2 0  1 3   4 9  1 3   5 6 
PDQ  





 A
 1 1   0 3  1 2   2 3  1 2   1 0 
Par récurrence sur n, on montre que An  PD n Q , noté Pn
Initialisation : n  1
A  PDQ ainsi P1 est vraie
Hérédité : Supposons Pn vraie, montrons alors que Pn 1 est vraie
On suppose que An  PD n Q
An 1  An A  PD n Q  PDQ  PD n QPDQ or PQ  I 2
An 1  PD n DQ
An 1  PD n 1Q ainsi Pn 1 est vraie
Conclusion : Par le principe de récurrence, An  PD n Q est vraie pour tout entier naturel n non nul.
 2n 1  3n 1 3  2n 1  2  3n 1 
 pour tout entier naturel non nul n.
n
n
3  2n  2  3n 
 2  3
5. On admet que An  
 2n 1  3n 1 3  2 n 1  2  3n 1   8 
 un 1 
n
 

  Cn  A C0  
n
n
3  2n  2  3n   3 
 un 
 2  3
 un1   8  2n 1  8  3n1  9  2 n 1  6  3n 1   2n 1  2  3n1 
   n


  
n
n
n
n
n
 u n   8  2  8  3  9  2  6  3
  2  23

ainsi un  2n  2  3n
Comme lim 2n  lim 3n   , on a par somme et produit sur les limites que lim un  
n 
n 
Oui la suite  un  a une limite infinie (elle diverge).
n 