correction bac blanc .pdf


Nom original: correction bac blanc.pdfAuteur: Gwladys Pineau

Ce document au format PDF 1.4 a été généré par Writer / OpenOffice.org 3.1, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 12/02/2010 à 12:42, depuis l'adresse IP 82.65.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 1632 fois.
Taille du document: 120 Ko (4 pages).
Confidentialité: fichier public


Aperçu du document


Correction Bac blanc
Exercice 1 : (QCM)
f  x =0=f(0) donc f est continue en 0.
1. lim
x 0
(croissance comparée de la fonction ln et de la fonction x->x)
Or lim
x 0



f  x  – f 0
1
=lim ln
=∞ donc f n'est pas dérivable en 0.
x–0
x
x 0

2. f est dérivable sur ℝ comme composée puis produit et somme de fonctions dérivables sur
ℝ.

1
1
f '  x= [1−e 2x2−2x e 2x ] = [11−2x e 2x ] .
2
2
3. (a) On a u dérivable sur ℝ et u '  x=−2 e 2x 2−4x e 2x=−4xe 2x .

lim u  x  =1 (croissance comparée d'une exponentielle et d'une fonction affine) et
De plus x
–∞
lim u  x =– ∞ .

x ∞

2. L'ensemble de définition E de cette équation est :
il faut que 1-x>0 et 1+x>0 donc E=]-1 ; 1[.
ln 1 – x ln 1x 0
<=> ln 1 – x 1 xln1
<=> 1 – x x – x 21
<=> – x 20
<=> x ∈ℝ
Donc l'ensemble de solution est ]-1 ; 1[.
3. Toute suite décroissante non minorée diverge.
n
Contre-exemple de (b) : u n= – 1 est bornée non convergente.
Contre-exemple de (c) : u n=– n est décroissante majorée par 0 mais diverge.

Exercice 2 : (Extrait de France métropolitaine Juin 2002)
1. (a) lim e
x – ∞

2x

2x

=0 donc lim 1 – x e =0 (croissance comparée de la fonction
x – ∞

x
exponentielle et d'une fonction affine). Ainsi lim f  x = lim =– ∞ .
x – ∞
x – ∞ 2
1 2x x
x
f  x = [e  2x 1−x ] . Or lim 2x =0 (croissance comparée de la fonction
2
x ∞ e
e
x
exponentielle et de la fonction x->x) Donc lim 2x 1 – x=– ∞ et comme
x ∞ e
2x
lim
f

x
=–

lim e =∞ alors
.
x ∞

x ∞

x

–∞

-4x

+

2x

+

e

u'(x)

+

+∞

0

+

0



2
u(x)
1

–∞

Sur [0 ; 1], la fonction u est strictement décroissante, continue, u(0)=2>0 et
u 1=1 – e 2≈– 6,4 <0 donc par le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation u(x)=0
admet une unique solution dans l'intervalle [0 ; 1].
A l'aide de la calculatrice on a successivement les encadrements suivants :
0<α<1 0,6<α<0,7 puis à 10 – 2 près : 0,63<α<0,64.
(b) D'après les variations de la fonction u, on a
x
–∞
α
+∞
u(x)

+ 0 –

1
4. On a f ' x = u  x  donc par le signe de u(x) on a f est croissante sur ] – ∞ ; α[ et
2
décroissante sur ] α ; ∞ [.
x
–∞
α
+∞
f '(x)

+

2x

x
e donc par le 1. , lim f  x  – x =0. La droite Δ est alors
(b) f  x − =1− x
2
x – ∞
2
2
asymptote à C en – ∞ .
2x
e >0 donc le signe de f  x − x dépend de celui de (1-x).
Sur ℝ ,
2
2
Ainsi C est au-dessus de Δ sur ] – ∞ ; 1[ et en dessous sur ]1 ; ∞ [.

0

0



f(α)
f(x)
–∞
5. (a) y= f ' 1x – 1 f 1  =

-∞

1
1 1
1 2
2
2
1−e  x−1 = 1−e  x  e .
2
2 2
2

Séries 2

1 2x
2x
2
2
(b) f x −axb= [e −xe e x−e ]
2
Or x – 1 e 2 – e 2x =xe2 – e 2 – xe 2xe 2x donc f(x)-(ax+b) et x – 1 e 2 – e 2x  sont du même
signe.
x
–∞
1
+∞

x –1

-

+

2

+

-





e –e

2x

f(x)-(ax+b)

Exercice 3 : (Non spé) (Extrait de Réunion Juin 2006)

Séries 3
f(x ) =( x +(1 - x ) e^{2 x }) /2

y =-0 .0 0 3 5 x +0 .9 6 9 7
Partie A
lim
ln
x
lim
x
lim
f

x
=∞
1. (a) x 1
=0+ et x 1 =1 donc x 1
.
x
lim
=∞ (croissance comparée de la fonction ln et de la fonction x->x)
x ∞ ln x 

(b) f est dérivable sur ℝ et f ' x =

ln x  – 1
.
ln x2

Sur ]1 ; ∞ [ , (ln(x))^2>0 donc
Donc C est en dessous de D sur ℝ .

x


6. (a) On a u(α)=0 donc 11 – 2 αe 2α =0 ainsi e =

1−α
1
2α 2−2α1
]=
Ainsi f α= [α
.
2
2α−1
4α−2
(b) D'après le 3. (a) on a 0,63<α<0,64 donc comme g est décroissante : g(0,63)>g(α)>g(0,64).
Ainsi 1,03>f(α)>0,96.

-3

-2

D

0

+

+∞

f(x)

+∞
e

2. (a)

y

f ( x ) = x /ln ( x )

4

3

α

-1



+∞

f(x )=x

f(α) 1
-4

e

f '(x)

1
.
2α−1

y

1

x

2

1
1

-1
x
1



2

3

4

5

-2

u n  semble décroissante et convergente vers environ 2,7.
-3

-4

(b) Soit P n la propriété définie sur ℕ par « u ne » .
u 0 =5e donc P 0 est vérifiée.


On suppose la propriété vraie pour un n quelconque. Ainsi u n e .
f étant croissante sur [e ; ∞ [, on a f u n  f e ainsi u n1 e .

Ainsi pour tout n de ℕ , u n e .
(c) Soit P n la propriété définie sur ℕ par « u nu n 1 » .

5
≈3 donc P 0 est vérifiée.
ln 5

On suppose la propriété vraie pour un n quelconque. Ainsi . u n u n1
f étant croissante sur [e ; ∞ [, on a f u n  f  u n1  ainsi u n1 u n2 .

Ainsi pour tout n de ℕ , u n u n1 .
Ainsi la suite u n  est décroissante. Or elle est minorée par e (cf (b)) donc elle converge vers
un réel de [e ; ∞ [.

Exercice 3 : (Spé) (Extrait de Centres étrangers Juin 2006)

Partie B

3. 4 = 0×17+4 donc le reste dans la division euclidienne de 4 1 par 17 est 4.
4 2 = 0×17+16 donc le reste dans la division euclidienne de 4 2 par 17 est 16.
4 3 = 3×17+13 donc le reste dans la division euclidienne de 4 3 par 17 est 13.
4 4 = 15×17+1 donc le reste dans la division euclidienne de 4 4 par 17 est 1.
La dernière égalité montre que 4 4 ≡ 1 mod 17, d’où 4 4k ≡ 1 k mod 17 soit 4 4k ≡ 1 mod 17
ou encore 4 4k −1 ≡ 0 mod 17.
Conclusion : 4 4k −1 est divisible par 17.

u 0 =5 et u 1 = f 5=



1. On a

l

lim u n = donc comme f est continue

n ∞

Or f u n =u n 1 donc
2. On résoud alors

lim f  u n  = lim u n

n ∞

n ∞

l
=l . Ainsi f(l )=l.

lim f  u n  =f( ).

n ∞

l
= donc ln( )=1 ainsi =e.
lnl 

l

l

l

Partie A
1. 4 ≡ 1 mod 3, donc 4 n ≡ 1n mod 3 et finalement 4 n ≡ 1 mod 3.
2. 4 est premier avec 29 (en effet, 29 est premier). Donc d’après le petit théorème de Fermat :
4 29 − 1 −1 ≡ 0 mod 29 ou encore 4 28 −1 est divisible par 29.

4. On a 4 2 = 16 = 3×5+1 ou 4 2 ≡ 1 mod 5 d’où il résulte que 4 2k ≡ 1 mod 5 ou encore
4 2k −1 ≡ 0 mod 5.
Conclusion : 4 n −1 est divisible par 5 si n est pair.
Par contre : de 4 ≡ 4 mod 5 et 4 2k ≡ 1 mod 5 il résulte par produit que 4 2k 1 ≡ 4 mod 5.
Conclusion : 4 n −1 est divisible par 5 si et seulement si n est pair.
5. Diviseurs premiers de 4 28 − 1 : la question 2 a déjà donné le nombre 29 ;
laquestion 3 a donné le diviseur premier 17 (car 28 est un multiple de 4) ;
la question 4 a donné le diviseur 5 (car 28 est pair) ;
D’autre part, 4 ≡ 1 mod 3 entraîne 4 n ≡ 1 mod 3 ou encore 4 n − 1 est divisible par 3 qui est
premier.
Partie B
1. 4 = 2 2 ; si p est premier différent de 2, il est premier avec 4, donc d’après le petit théorème
de Fermat 4 p − 1 −1≡ 0 mod p ou 4 p − 1 ≡ 1 mod p. Le premier premier différent de 2 est 3,
donc n = p −1>1.
2. (a) On a donc : 4 n ≡ 1 mod p, 4 b ≡ 1 mod p et n = bq+r avec r < b. On déduit de la
seconde congruence que 4 bq ≡ 1 mod p et par quotient avec 4 bq r ≡ 1 mod p que 4 r ≡ 1
mod p. Or b étant le plus petit naturel vérifiant 4 b ≡ 1 mod p, il en résulte que 4 r = 1 ou
encore r = 0.
(b) On vient de démontrer dans la question précédente que si 4 n ≡ 1 mod p, alors n est
multiple de b, b étant le plus petit entier naturel positif tel que 4 b ≡ 1 mod p.
Inversement si n = kb, de 4 b ≡ 1 mod p, on déduit que 4 kb ≡ 1 k mod p soit 4 n ≡ 1 mod p.
L’équivalence est donc démontrée.

(c) D’après la question de la partie B1. 4 p − 1 ≡ 1 mod p et soit b le plus petit entier tel
que 4 b ≡ 1 mod p. D’après la question 2. b. il en résulte que p −1 est multiple de b ou encore
b (non nul) divise p −1.

Exercice 4 : (Extrait de Réunion Juin 2006)
z
, alors Zz'=z donc arg(Zz')=arg(Z)+arg(z')=arg(z) . D'où le résultat.
z'
(b) ( 
AB , 
CD ) = ( 
AB , u )+ ( u , 
CD ) = ( u , 
CD )-( u , 
AB )
z D−z C
= arg  z D− z C −arg  z B−z A  = arg(
)
z B −z A
1. (a) On pose Z=

z–4
4
=i <=> z-4=iz <=> z(1-i)=4 <=> z=
z
1−i
44i
z=
<=> z=2+2i.
2

2.

<=>

z=

41i 
1−i1i 

<=>

3. On a Δ=4-16=-12. Ainsi l'équation admet deux solutions complexes conjuguées :
2−i  12
z 1=
=1−i  3 et z 2=1i  3 .
2
On a ∣z 1∣= 13=2 et ∣z 2∣=2 .
−
1
− 3
De plus, cosӨ1 = et sin Ө 1 =
donc Ө1 =
.
3
2
2
−i

Ainsi z =2 e
1


3

et

z 2=2 e

i


3

.

4. On a OD=∣d ∣= 8 et OB=abs{b}=4 et DB=∣b – d∣=∣2 – 2 i∣= 8 .
Ainsi OD=DB : ODB est isocèle et comme OB2 =OD 2DB 2 alors ODB est également
rectangle.
z z
5. Soit I le milieu de [OA] : z I = O A =1 .
2
Soit J le milieu de [EF] : z J =1 Donc [OA] et [EF] ont même milieu donc OEAF est un
parallélogramme.
On a de plus OE=∣z 1∣=2 et OF=∣z 2∣=2 donc OEAF a deux cotés consécutifs égaux
donc OEAF est un losange.


Aperçu du document correction bac blanc.pdf - page 1/4

Aperçu du document correction bac blanc.pdf - page 2/4

Aperçu du document correction bac blanc.pdf - page 3/4

Aperçu du document correction bac blanc.pdf - page 4/4




Télécharger le fichier (PDF)


Télécharger
Formats alternatifs: ZIP Texte


Sur le même sujet..