Terminale S
Lycée René Cassin, Gonesse (Val d’Oise, France métropolitaine)
Correction Bac Blanc
Terminale
Scientifique
Ma
sht ths
aM
TS1&2&3
Obligatoire
&
Spécialité
n
o
i c
t
c
e lan
r
r
Co ac B
B
Exercice 1. Métropole juin 2008
Commun à tous les candidats
Remarque : Pour ne pas alourdir la rédaction, je confondrai les angles avec leurs mesures.
Ð
→ Ð
→
Le plan est muni d’un repère orthonormal direct (O, u , v ) (unité graphique : 1 cm).
Soient A, B et I les points d’affixes respectives 1 + i, 3 − i et 2.
À tout point M d’affixe z, on associe le point M ′ d’affixe z ′ telle que z ′ = z 2 − 4z. Le point M ′ est appelé l’image de M .
1. Faire une figure sur une feuille de papier millimétré et compléter cette figure tout au long de l’exercice.
E′
C′
E
2π
3
L
×
×
A
Ð
→
v
J
O
Ð
→
u
π
3
I
B
A′ = B ′
C
D ∶ x = −6
2. Calculer les affixes des points A′ et B ′ , images respectives des points A et B. Que remarque-t-on ?
′
2
= zA
− 4zA = (1 + i)2 − 4 (1 + i) = 12 + 2i + i2 − 4 − 4i = 1 + 2i − 1 − 4 − 4i = −4 − 2i
zA′ = zA
′
2
= zB
− 4zB = (3 − i)2 − 4 (3 − i) = 32 − 2 × 3i + i2 − 12 + 4i = 9 − 6i − 1 − 12 + 4i = −4 − 2i
zB ′ = zB
On remarque que les points A et B ont la même image : ils sont donc confondus dans le plan.
Boisset, Legrand, Roussot
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Correction Bac Blanc
Terminale S
3. Déterminer les points qui ont pour image le point d’affixe −5.
′
4.
On cherche les points M d’affixe z tels que z = −5 ie z 2 − 4z = −5 ie z 2 − 4z + 5 = 0.
Déterminons donc les racines complexes du polynômes du second degré z 2 − 4z + 5 :
∆ = b2 − 4ac = (−4)2 − 4 × 1 × 5 = 16 − 20 = −4 = (2i)2 < 0
Donc le polynôme
z 2 − 4z + 5 a deux racines complexes conjuguées :
√
−b − i −∆ 4 − 2i 2 (2 − i)
=
=
=2−i
et
z2 = z1 = 2 + i
z1 =
2a
2
2
S = {2 − i; 2 + i} : les points du plan ayant pour image le point d’affixe 5 sont les deux points d’affixes
2 − i et 2 + i.
a. Vérifier que pour tout nombre complexe z, on a : z ′ + 4 = (z − 2)2 .
2
2
′
(z − 2) = z − 4z + 4 = z + 4
b. En déduire une relation entre ∣z ′ + 4∣ et ∣z − 2∣ et, lorsque z est différent de 2, une relation entre arg (z ′ + 4) et arg (z − 2).
On vient de montrer que pour tout complexe :z ′ + 4 = (z − 2)2 , ainsi z − 2 = 0 ⇐⇒ z ′ + 4 = 0 et
′
z = 2 ⇐⇒ z = −4.
′
2
z + 4 = (z − 2)
⎧
⎪
⎪
Ô⇒ ⎨
⎪
⎪
⎩
⎧
⎪
⎪
Ô⇒ ⎨
⎪
⎪
⎩
∣z ′ + 4∣ = ∣(z − 2)2 ∣
arg (z ′ + 4) = arg ((z − 2)2 ) [2π] pour z ≠ 2
∣z ′ + 4∣ = ∣z − 2∣2
arg (z ′ + 4) = 2 arg (z − 2) [2π] pour z ≠ 2
c. Que peut-on dire du point M ′ lorsque M décrit le cercle C de centre I et de rayon 2 ?
2
2
′
′
∣z + 4∣ = ∣z − 2∣ ie ∣z − (−4)∣ = ∣z − 2∣ se traduit géométriquement par JM ′ = IM 2 pour J d’affixe −4.
Ainsi, sachant que les distances sont positives, M ∈ C ⇐⇒ IM = 2 ⇐⇒ JM ′ = 4 ⇐⇒ M ′ ∈ C ′
où C ′ est le cercle de centre J et de rayon 4.
Pour z ≠ 2 ie M ≠ I, ce qui est le cas ici pour M ∈ C , arg (z ′ + 4) = 2 arg (z − 2) [2π] ie
Ð
→ ÐÐÐ→
Ð
→ ÐÐ→
arg (z ′ − (−4)) = 2 arg (z − 2) [2π] qui se traduit géométriquement par ( u ; JM ′ ) = 2 ( u ; IM ) [2π].
Ð
→ ÐÐ→
Quand M parcourt C , ( u ; IM ) prend toutes les valeurs de l’intervalle [0; 2π[, et ainsi
Ð
→ ÐÐÐ→
( u ; JM ′ ) prend toutes les valeurs de l’intervalle [0; 4π[.
En définitive, lorsque M décrit le cercle C , M ′ décrit le cercle C ′ , cercle de centre J et de rayon
4.
5. Soient E le point d’affixe 2 + 2ei 3 , J le point d’affixe −4 et E ′ l’image de E.
Ð
→ Ð→
a. Calculer la distance IE et une mesure en radians de l’angle ( u ; IE ).
π
IE = ∣zE − zI ∣ = ∣2 + 2ei 3 − 2∣ = ∣2ei 3 ∣ = ∣2∣ ∣ei 3 ∣ = 2 × 1 = 2
Ð
→ Ð→
π
π
π
Modulo 2π : ( u ; IE ) = arg (zE − zI ) = arg (2ei 3 ) = arg (ei 3 ) = .
3
π
π
π
Ð
→ ÐÐ→
b. Calculer la distance JE ′ et une mesure en radians de l’angle ( u ; JE ′ ).
En utilisant la relation sur les modules de 4.b. et la longueur trouvée en 5.a. :
′
′
JE ′ = ∣zE ′ − zJ ∣ = ∣zE
− (−4)∣ = ∣zE
+ 4∣ = ∣zE − 2∣2 = ∣zE − zI ∣2 = IE 2 = 22 = 4
En utilisant la relation sur les arguments de 4.b. et la mesure d’angle trouvée en 5.a., modulo
2π :
Ð
→ ÐÐ→
Ð
→ Ð→
2π
′
( u ; JE ′ ) = arg (zE ′ − zJ ) = arg (zE
+ 4) = 2 arg (zE − 2) = 2 ( u ; IE ) =
3
Remarque : On peut aussi calculer zE ′ et faire les calculs comme à la question précédente.
c. Construire à la règle et au compas le point E ′ ; on laissera apparents les traits de construction.
E ′ appartient à C ′ (car JE ′ = 4).
Ð
→ ÐÐ→
2π
De plus ( u ; JE ′ ) =
[2π], donc E ′ est sur la médiatrice du segment [JL] où L est le point
3
du cercle C ′ qui se trouve aussi sur l’axe des réels sans être le point O : cette médiatrice est la
droite verticale, notée D, d’équation x = −6.
En définitive E ′ est le point d’intersection entre le cercle C ′ et la droite D dans le demi-plan
complexe de partie imaginaire positive.
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Terminale S
Remarque : Une autre méthode de construction plus générale pour construire l’image de
tout point M d’affixe différent de 2, c’est-à-dire M distinct du point I.
On conserve les points I et J d’affixes respectives 2 et −4.
Cette méthode de construction repose sur les relations établies à la question 4.b. et leurs interÐ
→ ÐÐÐ→
Ð
→ ÐÐ→
prétations géométriques (expliquées en 4.c.) : JM ′ = IM 2 et ( u ; JM ′ ) = 2 ( u ; IM ) [2π].
Traçons le cercle, noté C , de centre I qui passe par M ; notons r son rayon : r = IM .
Traçons le cercle C ′ de centre J et de rayon r 2 . Pour obtenir un segment de longueur r 2 à partir
d’un segment de longueur r, on utilise le théorème de Thalès :
● Notons K le point d’affixe 2 + r (le point d’intersection « le plus à droite » - celui dont l’affixe
a la partie réelle la plus grande - entre C et la droite des réels), et U le point d’affixe 3.
● Traçons la droite perpendiculaire à l’axe des réels qui passe par I, notons V le point d’affixe
2 + r × i, et traçons la droite (U V ).
● Traçons la droite ∆ parallèle à (U V ) qui passe par K.
● Notons T le point d’intersection entre ∆ et (IV ).
● Le segment [IT ] a pour longueur r 2 .
Ð
→ ÐÐ→
Ð
→ ÐÐ→
Plaçons ensuite le point P du cercle C ′ tel que ( u ; JP ) = ( u ; IM ) : pour cela traçons la
droite parallèle à la droite (IM ) qui passe par J, P sera le point d’intersection de cette parallèle
avec le cercle C ′ dans le même demi-espace de frontière l’axe des réels que le point M .
Ð
→ ÐÐÐ→
Ð
→ ÐÐ→
Pour finir, on place le point M ′ sur le cercle C ′ tel que ( u ; JM ′ ) = 2 ( u ; JP ) : pour cela,
on place le point N d’affixe −4 + r 2 (le point d’intersection « le plus à droite » - celui dont l’affixe
a la partie réelle la plus grande - entre C ′ et la droite des réels), puis on trace le cercle de centre
P qui passe par N , alors M ′ est le point différent de N d’intersection entre ce nouveau cercle et
le cercle C ′ .
Toute cette construction se fait au compas et à la règle non graduée à l’aide de l’unité de longueur
du repère orthonormé.
C′
T
P
V
M
r2
Ð
→
v
J
N
O
r
Ð
→
u
K
I
U
C
M′
Boisset, Legrand, Roussot
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Correction Bac Blanc
Exercice 2. Asie juin 2013
Terminale S
Candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité
Les parties A et B sont indépendantes l’une de l’autre.
Partie A
On considère la suite (wn ) définie par : w0 = 2 et, pour tout entier naturel n :
wn+1 =
On admet que tous les termes de cette suite sont définis et strictement positifs.
1 + 3wn
.
3 + wn
1. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a : wn > 1.
Notons, pour tout entier n ⩾ 0, la propriété P(n) : wn > 1.
● Initialisation : pour n = 0, w0 = 2 donc w0 > 1, ainsi P(0) est vraie.
● Hérédité : Soit un entier n ⩾ 0.
Supposons P(n) vraie ie wn > 1.
Montrons que P(n + 1) est vraie ie wn+1 > 1 ie wn+1 − 1 > 0.
On a :
1 + 3wn 3 + wn 1 + 3wn − 3 − wn 2wn − 2 2 (wn − 1)
1 + 3wn
−1=
−
=
=
=
wn+1 − 1 =
3 + wn
3 + wn
3 + wn
3 + wn
3 + wn
3 + wn
⎧
⎧
⎪
⎪
2 (wn − 1)
⎪ 2 (wn − 1) > 0
⎪ wn − 1 > 0
Ô⇒
Ô⇒ ⎨
Or wn > 1 Ô⇒ ⎨
> 0 ie wn+1 − 1 > 0
⎪
⎪
3 + wn
⎪
⎪
⎩ 3 + wn > 0
⎩ 3 + wn > 4
Ainsi wn+1 > 1 : la propriété est donc héréditaire.
● Conclusion : On a montré par récurrence que, pour tout entier n ⩾ 0, wn > 1.
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
⎧
⎪
⎪ 3 + wn > 4
Remarque : On aurait pu aussi montrer l’hérédité ainsi : wn > 1 Ô⇒ ⎨
Ô⇒
⎪
⎪
⎩ 2wn > 2
⎧
⎪
3 + wn > 0
1 + 3wn
1 + 3wn 3 + wn
⎪ 3 + wn > 0
>
Ô⇒
> 1 ie wn+1 > 1
Ô⇒ ⎨
Ô⇒
⎪
3 + wn
3 + wn
3 + wn
3wn − wn > 3 − 1
1
+
3w
>
3
+
w
⎪
n
n
⎩
2. On admet que, pour tout entier naturel n, on a : wn+1 − wn =
a. Déterminer le sens de variation de la suite (wn ).
(1 − wn ) (1 + wn )
.
3 + wn
On a démontré que, ∀n ∈ N, wn > 1.
⎧
⎧
−wn < −1
1 − wn < 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
(1 − wn ) (1 + wn )
⎪
⎪
wn > 1 Ô⇒ ⎨ 1 + wn > 2 Ô⇒ ⎨ 1 + wn > 0 Ô⇒
< 0 Ô⇒ wn+1 − wn < 0 Ô⇒
⎪
⎪
3 + wn
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ 3 + wn > 4
⎩ 3 + wn > 0
wn+1 < wn
Donc la suite (wn ) est strictement décroissante.
b. En déduire que la suite (wn ) converge.
La suite (wn ) est strictement décroissante et minorée par 1 (car, ∀n ∈ N, wn > 1), donc la suite
(wn ) converge vers une limite supérieure ou égale à 1.
(1 − wn ) (1 + wn )
.
3 + wn
1 + 3wn
1 + 3wn (3 + wn ) wn 1 + 3wn − 3wn − wn2 12 − wn2 (1 − wn ) (1 + wn )
wn+1 −wn =
−wn =
−
=
=
=
3 + wn
3 + wn
3 + wn
3 + wn
3 + wn
3 + wn
Remarque : Démonstration de : pour tout entier naturel n, wn+1 − wn =
Partie B
On considère la suite (un ) définie par : u0 = 2 et, pour tout entier nature n :
On admet que tous les termes de cette suite sont définis et strictement positifs.
un+1 =
1 + 0, 5un
.
0, 5 + un
1. On considère l’algorithme suivant :
Entrée
Initialisation
Traitement
et sortie
Boisset, Legrand, Roussot
Soit un entier naturel non nul n
Affecter à u la valeur 2
POUR i allant de 1 à n
1 + 0, 5u
Affecter à u la valeur
0, 5 + u
Afficher u
FIN POUR
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Correction Bac Blanc
Terminale S
Reproduire et compléter le tableau suivant, en faisant fonctionner cet algorithme pour n = 3. Les valeurs de u seront arrondies
au millième.
i
1
2
3
u
0, 8
1, 077
0, 976
Au départ, u vaut 2.
2
4
1 + 0, 5 × 2
=
= = 0, 8.
Quand i = 1, u =
0, 5 + 2
2, 5 5
1 + 0, 5 × 0, 8 1, 4 14
Quand i = 2, u =
=
=
≃ 1, 077.
0, 5 + 0, 8
1, 3 13
14
40
1 + 0, 5 × 13
40
26
=
=
Quand i = 3, u =
≃ 0, 976.
41
14
41
0, 5 + 13
26
2. Pour n = 12, on a prolongé le tableau précédent et on a obtenu :
i
u
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1,008 3
0,997 3
1,000 9
0,999 7
1,000 1
0,999 97
1,000 01
0,999 996
1,000 001
Conjecturer le comportement de la suite (un ) à l’infini.
Les valeurs successives de u dans l’algorithme sont les valeurs de la suite (un ). À partir des valeurs
du tableau, on conjecture que la suite (un ) converge (vers 1 ou une valeur proche de 1).
3. On considère la suite (vn ) définie, pour tout entier naturel n, par : vn =
un − 1
.
un + 1
Remarque : Par une récurrence rapide, on montre que un > 0, justifiant l’existence de vn pour
tout n ∈ N.
1
a. Démontrer que la suite (vn ) est géométrique de raison − .
3
1+0,5un
1+0,5un −0,5−un
−
1
un+1 − 1
0,5+u
0,5+un
vn+1 =
=
= 1+0,5unn
= 1+0,5un +0,5+u
n
un+1 + 1
0,5+un + 1
0,5+un
0, 5 − 0, 5un −0, 5 un − 1 −1
=
×
=
× vn .
1, 5 + 1, 5un
1, 5
un + 1
3
1
Donc la suite (vn ) est une suite géométrique de raison − .
3
b. Calculer v0 puis écrire vn en fonction de n.
u0 − 1 2 − 1 1
=
=
v0 =
u0 + 1 2 + 1 3
1
Comme la suite (vn ) est une suite géométrique de raison − , on en déduit que, ∀n ∈ N,
3
1
−1 n
−1 n+1
vn = v0 × q n = × ( )
( = −( )
).
3
3
3
4.
a. Montrer que, pour tout entier naturel n, on a : vn ≠ 1.
On a les équivalences suivantes : vn = 1 ⇐⇒
faux.
Donc, ∀n ∈ N, vn ≠ 1.
un − 1
= 1 ⇐⇒ un − 1 = un + 1 ⇐⇒ −1 = 1 qui est
un + 1
1 + vn
.
1 − vn
1 − vn ≠ 0,
b. Montrer que, pour tout entier naturel n, on a : un =
Au préalable, on note que vn ≠ 1 Ô⇒
permettant la division par l’expression 1 − vn .
un − 1
vn =
⇐⇒ vn (un + 1) = un − 1 ⇐⇒ vn un + vn = un − 1 ⇐⇒ vn un − un = −1 − vn ⇐⇒
un + 1
1 + vn
1 + vn
un (vn − 1) = − (1 + vn ) ⇐⇒ un = −
⇐⇒ un =
vn − 1
1 − vn
Autre rédaction du fait qu’on vous donne la réponse :
un −1
un −1
un +1
un +1+un −1
2un
1 + vn 1 + un +1 un +1 + un +1
un +1
=
=
=
=
= un
u
+1
u
+1−u
+1
u
−1
u
−1
n
n
n
n
n
1 − vn 1 − u +1 u +1 − u +1
2
u +1
n
n
n
c. Déterminer la limite de la suite (un ).
n
1
La suite (vn ) est une suite géométrique de raison − , raison comprise donc strictement entre −1
3
et 1, ainsi, la suite (vn ) converge vers 0.
1 + vn
.
Or, ∀n ∈ N, un =
1 − vn
1+0
Donc lim un =
= 1.
n→+∞
1−0
Boisset, Legrand, Roussot
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Correction Bac Blanc
Exercice 2. Création
Terminale S
Candidats suivant la spécialité Mathématiques
À 8 heures du matin, un 1er Avril, six adolescents blagueurs diffusent sur les réseaux sociaux une histoire drôle.
On a observé que le nombre de personnes informées de cette histoire augmente rapidement heure après heure.
Ainsi à 9 heures de ce 1er Avril, on dénombrait 3 adultes et 33 adolescents informés de l’histoire.
1 heure après, on dénombrait 21 adultes et 171 adolescents informés de l’histoire.
1 heures après encore, on dénombrait 984 personnes dont 117 adultes informées.
Pour chaque entier naturel n, on note an le nombre d’adultes informés de l’histoire à l’instant (8 + n) heures et bn le nombre
d’adolescents informés de l’histoire au même instant.
Une étude mathématique a permis de montrer que les suites (an )n≥0 et (bn )n≥0 vérifient les relations :
−7an + 11bn
3an + bn
et bn+1 =
.
a0 = 0 ; b0 = 6 et, pour tout entier naturel n, an+1 =
2
2
⎛ 3
⎛
1 ⎞
⎜
⎟
⎜ an
⎜ 2
⎟
2 ⎟ et, pour tout entier naturel n, on pose Xn = ⎜
⎜
On note A la matrice ⎜
⎜
⎟
⎜
⎜ 7
⎜
11 ⎟
⎝ −2
⎠
⎝ bn
2
n
1. Justifier que, pour tout entier naturel n, on a : Xn+1 = A ⋅ Xn et Xn = A ⋅ X0 .
⎞
⎟
⎟
⎟.
⎟
⎟
⎠
⎞ ⎛
⎞ ⎛ 3
⎛ 3
1
1 ⎞ ⎛
× an + × bn ⎟ ⎜ an+1
⎟ ⎜ an ⎟ ⎜
⎜
⎟ ⎜
⎜
⎟ ⎜ 2
⎜
2 ⎟
2
⎟⋅⎜
⎟=⎜
⎟=⎜
∀n ∈ N : A ⋅ Xn = ⎜ 2
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎜
⎟ ⎜
⎟ ⎜ 7
⎜ 7 11 ⎟ ⎜
11
−
−
×
a
+
×
b
b
n
n ⎠ ⎝ bn+1
⎝ 2 2 ⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ 2
2
Montrons, maintenant, par récurrence, que pour tout entier naturel n, on
Notons, pour tout entier n ⩾ 0, la propriété R(n) : Xn = An ⋅ X0 .
● Initialisation : pour n = 0, A0 ⋅ X0 = I2 ⋅ X0 = X0
⎞
⎟
⎟
⎟ = Xn+1
⎟
⎟
⎠
a : Xn = An ⋅ X0 .
ainsi R(0) est vraie.
● Hérédité : Soit un entier n ⩾ 0.
Supposons R(n) vraie ie Xn = An ⋅ X0 .
Montrons que R(n + 1) est vraie ie Xn+1 = An+1 ⋅ X0 .
On a, en utilisant la relation entre Xn+1 et Xn , puis l’hypothèse de récurrence :
Xn+1 = A ⋅ Xn = A ⋅ An ⋅ X0 = An+1 ⋅ X0 : la propriété est donc héréditaire.
● Conclusion : On a montré par récurrence que, pour tout entier n ⩾ 0, Xn = An ⋅ X0 .
⎛ 7
1 ⎞
− ⎟
⎜
⎟
⎜ 6
6
⎟.
2. On note Q la matrice définie par : Q = ⎜
⎟
⎜
⎜ 1
1 ⎟
−
⎝ 6
6 ⎠
a. Justifier que Q est inversible et donner sa matrice inverse Q−1 .
⎛ q1,1 q1,2 ⎞
, Q est inversible si et seulement si son déterminant
⎝ q2,1 q2,2 ⎠
est non nul ie q1,1 q2,2 − q2,1 q1,2 ≠ 0.
1
1
7
1
6
1
7 1
−
=
= ≠0
det (Q) = q1,1 q2,2 − q2,1 q1,2 = × − (− ) × (− ) =
6 6
6
6
36 36 36 6
Ainsi la matrice Q est inversible et sa matrice inverse est :
⎛
⎞
⎞
⎛ 1 1 ⎞ ⎛
⎟ ⎜ 1 1 ⎟
⎜ q2,2 −q1,2 ⎟
⎜
1
⎟ ⎜
⎜
⎟
⎟
⎜
⎜
⎟ = 6⎜ 6 6 ⎟ = ⎜
⎟
Q−1 =
⎟ ⎜
⎟
⎟
⎜
q1,1 q2,2 − q2,1 q1,2 ⎜
⎜
⎟
⎟
⎜ 1 7 ⎟ ⎜
−q
q
1
7
2,1
1,1 ⎠
⎝
⎠
⎝ 6 6 ⎠ ⎝
En notant Q = (qi,j )1⩽i⩽2,1⩽j⩽2 =
b. Sur la copie, détailler les calculs donnant le produit : Q ⋅ A.
⎛ 7
⎜
⎜
Q⋅A=⎜ 6
⎜
⎜ 1
⎝ −6
⎞ ⎛ 3
⎟ ⎜
⎟ ⎜ 2
⎟⋅⎜
⎟ ⎜
1 ⎟ ⎜ 7
−
6 ⎠ ⎝ 2
−
1
6
Boisset, Legrand, Roussot
⎞ ⎛ 7 3
1
7
⎟ ⎜ × + (− ) × (− )
⎟ ⎜ 6 2
6
2
⎟=⎜
⎟ ⎜
1
3 1
7
11 ⎟ ⎜
(− ) × + × (− )
2 ⎠ ⎝
6
2 6
2
1
2
6/ 12
7 1
1
11 ⎞
× + (− ) ×
⎟
6 2
6
2 ⎟
⎟
⎟
1
1 1 11 ⎟
(− ) × + ×
6
2 6 2 ⎠
Février 2014
Correction Bac Blanc
⎛ 21 7
+
⎜
⎜
= ⎜ 12 12
⎜
⎜ 3
7
⎝ − 12 − 12
7 11 ⎞ ⎛ 28
−
⎟ ⎜
⎜
12 12 ⎟
⎟ = ⎜ 12
⎟ ⎜
1 11 ⎟ ⎜ 10
−
− +
12 12 ⎠ ⎝ 12
⎞ ⎛ 7
⎟ ⎜
⎟ ⎜ 3
⎟=⎜
⎟ ⎜
10 ⎟ ⎜ 5
−
12 ⎠ ⎝ 6
−
4
12
c. Sachant que ce produit est égal au produit D ⋅ Q où D est la matrice
entier n supérieur ou égal à 1, An = Q−1 ⋅ D n ⋅ Q.
⎛ 2
⎝ 0
Terminale S
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
5 ⎟
6 ⎠
−
1
3
0 ⎞
, démontrer par récurrence que, pour tout
5 ⎠
Notons, pour tout entier n ⩾ 1, la propriété P(n) : An = Q−1 ⋅ D n ⋅ Q.
● Initialisation : pour n = 1, sachant que l’énoncé nous dit que Q ⋅ A = D ⋅ Q et ayant montré
l’existence de Q−1 :
Q⋅A = D ⋅Q Ô⇒ Q−1 ⋅Q⋅A = Q−1 ⋅D ⋅Q Ô⇒ (Q−1 ⋅ Q)⋅A = Q−1 ⋅D ⋅Q Ô⇒ I2 ⋅A = Q−1 ⋅D ⋅Q Ô⇒
A1 = Q−1 ⋅ D 1 ⋅ Q ainsi P(1) est vraie.
Remarque : Vérification que Q ⋅ A = D ⋅ Q :
⎛
⎞⎛ 7
1 ⎞ ⎛
1
1
1 ⎞ ⎛ 7
1 ⎞
7
− ⎟ ⎜ 2 × + 0 × (− ) 2 × (− ) + 0 × ⎟ ⎜
− ⎟
⎜ 2 0 ⎟⎜
⎜
⎜
⎜
⎟⎜ 6
6 ⎟
6
6
6
6 ⎟
3 ⎟
D⋅Q = ⎜
⎟=⎜
⎟=⎜ 3
⎟ = Q⋅A
⎟⋅⎜
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟
⎜
⎟⎜
⎜
⎟⎜ 1 1 ⎟ ⎜
7
1
1
1 ⎟ ⎜ 5 5 ⎟
⎝ 0 5 ⎠ ⎝ − 6 6 ⎠ ⎝ 0 × 6 + 5 × (− 6 ) 0 × (− 6 ) + 5 × 6 ⎠ ⎝ − 6 6 ⎠
● Hérédité : Soit un entier n ⩾ 1.
Supposons P(n) vraie ie An = Q−1 ⋅ D n ⋅ Q.
Montrons que P(n + 1) est vraie ie An+1 = Q−1 ⋅ D n+1 ⋅ Q.
On a, en utilisant l’hypothèse de récurrence et l’initialisation au rang 1 :
An+1 = A1 ⋅ An = Q−1 ⋅ D 1 ⋅ Q ⋅ Q−1 ⋅ D n ⋅ Q = Q−1 ⋅ D 1 ⋅ I2 ⋅ D n ⋅ Q = Q−1 ⋅ D 1 ⋅ D n ⋅ Q = Q−1 ⋅ D n+1 ⋅ Q
Ainsi An+1 = Q−1 ⋅ D n+1 ⋅ Q : la propriété est donc héréditaire.
● Conclusion : On a montré par récurrence que, pour tout entier n ⩾ 1, An = Q−1 ⋅ D n ⋅ Q.
Remarque : La propriété est aussi vraie pour n = 0 de façon triviale (on obtient I2 de
chaque côté de l’égalité matricielle). On aurait d’ailleurs pu montrer la propriété par récurrence
à partir de n = 0, mais comme on l’a vu dans l’hérédité, on aurait du vérifier la propriété au
rang 1 pour passer du rang n au rang n + 1.
⎛
7 × 2n − 5n
⎜
⎜
6
3. Tous calculs faits, on montre que, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, A est égale à ⎜
⎜
⎜ 7 × 2n − 7 × 5n
⎝
6
(ce que l’on ne demande pas de justifier).
n
5n − 2n
6
7 × 5n − 2n
6
a. Calculer le nombre de personnes informées de l’histoire 10 heures après sa diffusion.
D’après la question 1. et la relation donnée au 3. :
⎞ ⎛ −9 758 457
⎛ 7 × 210 − 510
510 − 210 ⎞ ⎛
9 764 601 ⎞
⎜
⎟ ⎜ a0 ⎟ ⎜
⎟
⎟ ⎜
⎜
⎟ ⎜
⎟
6
6
6
6
⎟ = ⎜
⎟⋅⎜
⎟⋅
X10 = A10 ⋅ X0 = ⎜
⎟ ⎜
⎜
⎟ ⎜
⎟
10
10
10
10
⎟ ⎜ −68 352 207 68 358 351 ⎟
⎜ 7×2 −7×5
7×5 −2 ⎟ ⎜
⎝
⎠ ⎝ b0 ⎠ ⎝
⎠
6
6
6
6
⎞
⎛ ⎞ ⎛
⎜ 0 ⎟ ⎜ 9 764 601 ⎟
⎟
⎜ ⎟ ⎜
⎟
⎜ ⎟=⎜
⎟
⎜ ⎟ ⎜
⎟
⎜ ⎟ ⎜
68
358
351
6
⎠
⎝ ⎠ ⎝
Ainsi, 10 heures après sa diffusion, il y avait 9 764 601 adultes et 68 358 351 adolescents informés
de l’histoire soir 78 122 952 personnes.
b. Exprimer an et bn en fonction de n et vérifier la relation bn = an + 6 × 5n pour tout n ≥ 0.
Toujours, d’après la question 1. et la relation donnée au 3., pour tout entier n ≥ 0 :
Boisset, Legrand, Roussot
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Février 2014
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
Correction Bac Blanc
Terminale S
⎛
⎞
⎛ 7 × 2n − 5n
⎞
5n − 2n ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ 5n − 2n ⎟
⎜ an ⎟
⎜
⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎜
⎟
⎜
⎟
6
6
⎟⋅⎜ ⎟= ⎜
⎜
⎟ = Xn = An ⋅ X0 = ⎜
⎟
⎟
⎜
⎜
⎟
⎟
⎜
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜ 7 × 2n − 7 × 5n 7 × 5n − 2n ⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎟
n
n
6 ⎠ ⎝ 7×5 −2 ⎠
⎠
⎝ bn ⎠
⎝
⎝
6
6
Ainsi, ∀n ∈ N, an = 5n − 2n et bn = 7 × 5n − 2n = 6 × 5n + 5n − 2n = 6 × 5n + an .
4. Pour cette question, toute initiative ou tentative de recherche même non abouties seront prises en compte.
Démontrer que, pour tout entier n supérieur ou égal à 1, an et bn sont des multiples impairs de 3.
Pour tout entier n ≥ 1 :
⎫
5 ≡ 2 [3] ⎪
5n ≡ 2n [3]
⎪
⎬ Ô⇒ n
2 ≡ 2 [3] ⎪
2 ≡ 2n [3]
⎪
⎭
⎫
⎫
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎬ Ô⇒ an ≡ 5n − 2n ≡ 2n − 2n ≡ 0 [3] ⎪
⎪
⎪
⎬ Ô⇒ bn ≡ an + 6× 5n ≡ 0+ 0 ≡ 0 [3]
⎪
⎭
⎪
⎪
⎪
6 ≡ 0 [3] Ô⇒ 6 × 5n ≡ 0 [3] ⎪
⎪
⎭
Donc an et bn sont des multiples de 3.
Pour tout entier n ≥ 1 :
⎫
⎫
⎫
⎪
5n ≡ 1n ≡ 1 [2] ⎪
5 ≡ 1 [2] ⎪
⎪
⎪
⎪
n
n
⎪
⎬ Ô⇒ an ≡ 5 − 2 ≡ 1 − 0 ≡ 1 [2] ⎪
⎬ Ô⇒ n
⎪
n
⎬ Ô⇒ bn ≡ an +6×5n ≡ 1+0 ≡ 1 [2]
2 ≡ 0 ≡ 0 [2] ⎪
2 ≡ 0 [2] ⎪
⎪
⎪
⎭
⎭
⎪
⎪
⎪
6 ≡ 0 [2] Ô⇒ 6 × 5n ≡ 0 [2] ⎪
⎪
⎭
Donc an et bn sont impairs.
Exercice 3. Nouvelle-Calédonie novembre 2013
Commun à tous les candidats
Soit f la fonction dérivable, définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par
f (x) = ex +
1
.
x
1. Étude d’une fonction auxiliaire
a. Soit la fonction g dérivable, définie sur [0 ; +∞[ par
g(x) = x2 ex − 1.
Étudier le sens de variation de la fonction g.
g est dérivable sur [0 ; +∞[ comme différence d’un produit de fonctions dérivables et d’une
fonction dérivable.
′
∀x ∈ [0 ; +∞[, g ′ (x) = (x2 ) ex + (ex )′ x2 − 0 = 2xex + ex x2 = xex (2 + x).
Or, pour x ∈ [0 ; +∞[, x > 0, ex > 0 et 2 + x > 0, donc g ′ (x) > 0.
Ainsi g est strictement croissante sur [0 ; +∞[.
b. Démontrer qu’il existe un unique réel a appartenant à [0 ; +∞[ tel que g(a) = 0. Démontrer que a appartient à l’intervalle
[0,703 ; 0,704[.
2
0
g(0) = 0 × e − 1 = −1
⎫
lim x2 = +∞ ⎪
⎪
⎪
x→+∞
⎬ Ô⇒ lim x2 ex = +∞ Ô⇒ lim g(x) = lim x2 ex − 1 = +∞
x
x→+∞
x→+∞
x→+∞
lim e = +∞ ⎪
⎪
⎪
x→+∞
⎭
Ainsi 0 ∈ [g(0); lim g(x)[. De plus g est continue et strictement croissante sur [0 ; +∞[. Donc,
x→+∞
d’après le théorème de bijection (corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), il existe un
unique réel a appartenant à [0 ; +∞[ tel que g(a) = 0.
À la calculatrice, g(0, 703) ≃ −0, 0018 donc g(0, 703) < 0, et g(0, 704) ≃ 0, 0020 donc g(0, 704) > 0.
Donc 0, 703 < a < 0, 704 ie a ∈ ]0, 703; 0, 704[ (⊂ [0, 703; 0, 704[).
c. Déterminer le signe de g(x) sur [0 ; +∞[.
g étant strictement croissante sur [0 ; +∞[ et g(a) = 0, on obtient le tableau de signes de g
suivant :
Boisset, Legrand, Roussot
x
0
g(x)
(−1)
a
−
8/ 12
0
+∞
+
(+∞)
Février 2014
Correction Bac Blanc
Terminale S
2. Étude de la fonction f
a. Déterminer les limites de la fonction f en 0 et en +∞.
La limite de f en 0 est une limite en 0 à droite car f est définie sur ]0 ; +∞[ :
lim ex = 1 ⎫
⎪
⎪
⎪
x→0
1
⎪
1
⎬ Ô⇒ lim f (x) = lim ex + = +∞
lim = +∞ ⎪
x→0
x→0
x
⎪
⎪
x→0 x
x>0
⎪
⎭
x>0
La limite de f en +∞ :
⎪
lim ex = +∞ ⎫
⎪
1
⎪
x→+∞
⎬ Ô⇒ lim f (x) = lim ex + = +∞
1
x→+∞
x→+∞
⎪
x
⎪
lim
=0
⎪
⎭
x→+∞ x
b. On note f ′ la fonction dérivée de f sur l’intervalle ]0 ; +∞[.
g(x)
Démontrer que pour tout réel strictement positif x, f ′ (x) = 2 .
x
f est dérivable sur ]0 ; +∞[ comme somme de fonctions dérivables.
1
x2 ex − 1 g(x)
∀x ∈]0 ; +∞[, f ′ (x) = ex − 2 =
= 2 .
x
x2
x
c. En déduire le sens de variation de la fonction f et dresser son tableau de variation sur l’intervalle ]0 ; +∞[.
x
a
0
g(x)
x2
−
0
0
+
f ′ (x)
−
+
+
0
+∞
f
+∞
+
+∞
f (a)
d. Démontrer que la fonction f admet pour minimum le nombre réel m =
1
1
+ .
a2 a
D’après les variations de f (cf. le tableau de variation précédent), f admet un minimum en x = a,
ce minimum vaut f (a).
1
m = f (a) = ea +
a
1
Or a vérifie g(a) = 0 ie a2 ea − 1 = 0 donc, sachant que a ≠ 0 (a ∈ [0, 703; 0, 704[), ea = 2 .
a
1 1
Donc m = 2 + .
a
a
e. Justifier que 3, 43 < m < 3, 45.
On a montré à la question 1.b. que 0, 703 < a < 0, 704 donc
1
1
1
< <
(la fonction inverse étant strictement décroissante sur [0; +∞[)
0, 704 a 0, 703
1
1
1
et 0, 7032 < a2 < 0, 7042 Ô⇒
< 2 <
(sur [0; +∞[, la fonction carré étant stric2
0, 704
a
0, 7032
tement croissante et la fonction inverse strictement décroissante)
1
1
1
1
ainsi
+
<m<
+
2
2
0, 704
0, 704
0, 703
0, 703
1
1
1
1
Or
+
≃ 3, 438 (tronqué au millième) et
+
≃ 3, 445 (tronqué au millième).
0, 7042 0, 704
0, 7032 0, 703
Donc 3, 43 < m < 3, 45.
1
1
Remarque : On pouvait aussi utiliser la stricte décroissance de x z→ 2 + sur
x
x
]0; +∞[ (⊃ [0, 703; 0, 704]) après l’avoir démontrée évidemment.
Boisset, Legrand, Roussot
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Correction Bac Blanc
Terminale S
Exercice 4. Examen de maturité 2008 – Suisse
Pour sortir d’une maison hantée, Maria doit passer par un étrange couloir
le long duquel se trouvent trois portes fermées, notées S1 , S2 et S3 .
On accède à ce couloir par le portail E. Au moment où on ouvre ce
portail, chacune des trois portes a une chance sur deux de s’ouvrir par
enchantement. L’étroitesse du couloir oblige Maria à sortir du couloir
par la première porte ouverte qu’elle rencontre ; si les trois portes sont
fermées, elle doit sortir du couloir par l’issue notée S. Quand Maria a
quitté le couloir, le portail et toutes les portes ouvertes se referment.
Commun à tous les candidats
S3
S2
S1
S
E
1. Maria ouvre le portail.
a. Recopier et compléter l’arbre suivant :
Notons les événements suivants, pour i ∈ {1; 2; 3} :
● Si : « La porte Si est ouverte »
● Si : « La porte Si est ouverte »
● Qi : « Maria sort du couloir par la porte Si »
● QS : « Maria sort du couloir par l’issue S »
Porte S1
Porte S2
Porte S3
ouverte
S1 ∩ S2 ∩ S3
fermée
S1 ∩ S2 ∩ S3
ouverte
S1 ∩ S2 ∩ S3
fermée
S1 ∩ S2 ∩ S3
ouverte
S1 ∩ S2 ∩ S3
fermée
S1 ∩ S2 ∩ S3
ouverte Maria sort du
couloir (par S3 )
S1 ∩ S2 ∩ S3
fermée - Maria sort du
couloir (par S)
S1 ∩ S2 ∩ S3
1
2
ouverte
1
2
1
2
ouverte Maria sort du
couloir (par S1 )
1
2
1
2
fermée
1
2
1
2
Maria ouvre
le portail
ouverte Maria sort du
couloir (par S2 )
1
2
1
2
1
2
1
2
fermée
1
2
fermée
1
2
1
2
b. Calculer la probabilité que Maria sorte du couloir par l’une des portes S1 , S2 , S3 .
On cherche :
Boisset, Legrand, Roussot
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Correction Bac Blanc
Terminale S
p1 = p (Q1 ∪ Q2 ∪ Q3 )
= p (Q1 ) + p (Q2 ) + p (Q3 )
car les Qi sont incompatibles (disjoints) 2 à 2
= p (S1 ) + p (S1 ∩ S2 ) + p (S1 ∩ S2 ∩ S3 )
1
2
1
=
2
1
=
2
1
=
2
4
=
8
7
=
8
Autre
=
+ p (S1 ) × pS1 (S2 ) + p (S1 ) × pS1 (S2 ∩ S3 )
1
2
1
+
2
1
+
4
2
+
8
+
1
+ p (S1 ) × pS1 (S2 ) × pS1 ∩S2 (S3 )
2
1 1 1 1
× + × ×
2 2 2 2
1
+
8
1
+
8
×
(= 0, 875)
rédaction : On cherche l’événement contraire au fait que Maria sorte par l’issue S :
8 1
7
1 1 1
(Ouf ! On trouve le même
p1 = 1 − p (QS ) = 1 − p (S1 ∩ S2 ∩ S3 ) = 1 − × × = − =
2 2 2
8 8
8
résultat)
2. Lorsque Maria passe par les portes S1 ou S3 , son chemin la ramène au portail E. En revanche, si elle passe par S2 ou par S,
elle sort définitivement de la maison hantée.
On note D l’événement : « Maria sort de la maison en ne passant qu’une seule fois dans le couloir ».
3
a. Montrer que la probabilité de l’événement D est égale à .
8
1 1 1 1 1 1 1
p (D) = p (Q2 ∪ QS ) = p (Q2 ) + p (QS ) = p (S1 ∩ S2 ) + p (S1 ∩ S2 ∩ S3 ) = × + × × = + =
2 2 2 2 2 4 8
2 1 3
+ =
8 8 8
b. Calculer la probabilité que Maria sorte de la maison sachant que la porte S2 était ouverte.
On cherche la probabilité conditionnelle suivante :
1
1
p (D ∩ S2 ) p (S1 ∩ S2 ) 2 × 2 1
=
= 1 =
(= 0, 5).
pS2 (D) =
p (S2 )
p (S2 )
2
2
Autre rédaction : Sachant que la porte S2 est ouverte, Maria a une chance sur deux de revenir
au portail E : c’est le cas où la porte S1 est ouverte ; et Maria a une chance sur deux de sortir de
la maison : c’est le cas où la porte S1 est fermée, elle sort alors par la porte S2 . Donc pS2 (D) = 21 .
c. Quelle est la probabilité que Maria passe au plus trois fois dans le couloir avant de sortir de la maison ?
Notons les événements suivants, pour i ∈ {1; 2; 3} :
● Di : « Maria sort de la maison en passant exactement i fois dans le couloir »
On a D1 = D.
On va utiliser l’indépendance les différents passages successifs de Maria dans le couloir.
On cherche : p2 = p (D1 ∪ D2 ∪ D3 ) = p (D1 )+p (D2 )+p (D3 ) = p (D)+p (Q1 ∪ Q3 )×p (Q2 ∪ QS )+
3 5
p (Q1 ∪ Q3 ) × p (Q1 ∪ Q3 ) × p (Q2 ∪ QS ) = p (D) + p (D) × p (D) + p (D) × p (D) × p (D) = + ×
8 8
3 5 5 3 3 15 75
192 120 75
387
+ × × = +
+
=
+
+
=
(= 0, 755 859 375)
8 8 8 8 8 64 512 512 512 512 512
3. Cette fois, 8 personnes franchissent successivement le portail E. Quelle est la probabilité qu’exactement 6 de ces personnes
passent par S2 à leur premier passage ?
Notons X la variable aléatoire qui compte le nombre de personnes qui passent par S2 à leur premier
passage parmi ces huit personnes.
Le passage de chacune de ces personnes est indépendante du passage des autres, et la probabilité
1 1 1
de succès ie de sortir par S2 est p = p (Q2 ) = p (S1 ∩ S2 ) = × = et la probabilité d’échec est
2 2 4
1
1 3
q = 1 − p = 1 − = . X suit donc une loi binomiale de paramètres n = 8 et p = .
4 4
4
1 6
8
16 32 8 × 7 32 4 × 7 × 9 7 × 9
3 2
8
On cherche donc : p (X = 6) = ( ) × ( ) × ( ) = ( ) × 6 × 2 =
×
=
= 7 =
6
2
4
4
4
4
1 × 2 48
48
4
63
63
=
(≃ 0, 0038).
214 16 384
Boisset, Legrand, Roussot
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Correction Bac Blanc
Terminale S
4. On suppose maintenant que n personnes franchissent une seule fois chacune le portail E.
Déterminer la plus petite valeur de n telle que la probabilité qu’au moins une de ces personnes sorte de la maison hantée soit
supérieure à 95 % ?
Notons An l’événement « Au moins une de ces n personnes sortent de la maison hantée ».
Alors An est l’événement « Aucune de ces n personnes ne sortent de la maison hantée ».
3
La probabilité de sortie d’une personne vaut (calculée à la question 2.1.) et la probabilité de rester
8
5
dans la maison hantée vaut , et la sortie ou non de chacune de ces personnes est indépendante de
8
la sortie ou non des autres personnes.
On cherche n ∈ N∗ tel que :
5 n 5 n
p (An ) ≥ 95 % ⇐⇒ 1 − p (An ) ≥ 0, 95 ⇐⇒ 1 − 0, 95 ≥ p (An ) ⇐⇒ 0, 05 ≥ ( ) ( ) est le terme
8
8
5
général d’une suite géométrique strictement décroissante (car de raison ∈ ]0; 1[ et de premier terme
8
5
strictement positif).
8
5 n
On regarde les valeurs successives de ( ) à la calculatrice :
8
6
5
● ( ) ≃ 0, 0596
8
5 7
● ( ) ≃ 0, 0373
8
Donc n = 7 : il faut au moins sept personnes pour que la probabilité qu’au moins une de ces personnes
sorte de la maison hantée soit supérieure à 95 %.
5 n
Remarque : Après avoir obtenu 0, 05 ≥ ( ) , on aurait pu continuer la résolution à l’aide de
8
logarithme pour déterminer n.
dd
E
E nn
Barème
Exercice. 1. 5 = (figure : 0, 5) + 0, 75 + 0, 75 + (0, 25 + 0, 75 + 0, 5) + (0, 5 + 0, 5 + 0, 5)
Exercice. 2. Obligatoire 5 = [1, 25+(0, 5+0, 5)]+[0, 5+0, 25+(0, 75+0, 25)+(0, 25+0, 5+0, 25)]
Exercice. 2. Spécialité 5 = 0, 75 + (0, 5 + 0, 5 + 1) + (0, 5 + 0, 75) + 1
Exercice. 3. 5, 25 = (1, 25 + 1, 75 + 0, 25) + (0, 5 + 0, 25 + 0, 25 + 0, 5 + 0, 5)
Exercice. 4. 5 = (0, 5 + 0, 75) + (0, 5 + 0, 5 + 0, 75) + 0, 75 + 1, 25
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