Source Latex: Corrigé du devoir de mathématiques, Bac blanc

Terminale S

Bac blanc

Bac blanc de mathématiques, Terminale S
Fichier
Type: Corrigé de devoir
File type: Latex, tex (source)
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Description
Bac blanc de mathématiques, Terminale S
Niveau
Terminale S
Mots clé
bac blanc, mathématiques, corrigé de mathématiques, maths, TS

Sujet du devoir

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    Voir aussi:

    Documentation sur LaTeX     lien vers la documentation Latex
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    \documentclass[11pt,onecolumn,a4paper]{article}
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    pdfauthor={Yoann Morel},
    pdfsubject={Corrigé du bac blanc de mathémtiques},
    pdftitle={Correction du baccalauréat blanc de mathématiques},
    pdfkeywords={bac blanc, corrigé, Mathématiques, TS, terminale S}
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\voffset=-1cm
% Raccourcis diverses:
\newcommand{\nwc}{\newcommand}
\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
\nwc{\bgit}{\begin{itemize}}\nwc{\enit}{\end{itemize}}
\nwc{\bgen}{\begin{enumerate}}\nwc{\enen}{\end{enumerate}}

\nwc{\la}{\left\{}\nwc{\ra}{\right\}}
\nwc{\lp}{\left(}\nwc{\rp}{\right)}
\nwc{\lb}{\left[}\nwc{\rb}{\right]}

\nwc{\ul}{\underline}
\nwc{\tm}{\times}
\nwc{\V}{\overrightarrow}
\newcommand{\zb}{\mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\db}{\mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\ct}{\centerline}

\nwc{\bgsk}{\bigskip}
\nwc{\vsp}{\vspace{0.1cm}}
\nwc{\vspd}{\vspace{0.2cm}}
\nwc{\vspt}{\vspace{0.3cm}}
\nwc{\vspq}{\vspace{0.4cm}}

\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}} % Doppel-N
\def\D{{\rm I\kern-.1567em D}} % Doppel-N
\def\R{{\rm I\kern-.1567em R}} % Doppel R
\def\C{{\rm C\kern-4.7pt       % Doppel C
\vrule height 7.7pt width 0.4pt depth -0.5pt \phantom {.}}}
\def\Q{\mathbb{Q}}
\def\Z{{\sf Z\kern-4.5pt Z}}   % Doppel Z
\def\euro{\mbox{\raisebox{.25ex}{{\it =}}\hspace{-.5em}{\sf C}}}

\newcounter{nex}[section]\setcounter{nex}{0}
\newenvironment{EX}{%
\stepcounter{nex}
\bgsk{\noindent{{\bf Exercice }}\arabic{nex}}\hspace{0.5cm}
}{}
\nwc{\bgex}{\begin{EX}}\nwc{\enex}{\end{EX}}

\nwc{\bgfg}{\begin{figure}}\nwc{\enfg}{\end{figure}}
\nwc{\epsx}{\epsfxsize}\nwc{\epsy}{\epsfysize}
\nwc{\bgmp}{\begin{minipage}}\nwc{\enmp}{\end{minipage}}
\newenvironment{centerpage}{\vspace*{\fill}}{
	\protect\vspace*{\fill}}
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\lhead{}\chead{}\rhead{}
\lfoot{Y. Morel - \url{https://xymaths.fr/Lycee/TS/}}
\cfoot{}
\rfoot{Corrigé du bac blanc de mathématiques - \thepage/\pageref{LastPage}}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}

\ct{\bf\LARGE{Correction du bac blanc de math\'ematiques}}

\vspace{-.8em}
\bgex
\textit{Nouvelle Cal\'edonie, 2012}\hrulefill{\bf 5 points}

\textbf{Partie A.}
1.  $P\lp i\sqrt2\rp=
  \lp i\sqrt2\rp^3-\lp2+i\sqrt2\rp\lp i\sqrt2\rp^2+2\lp1+i\sqrt2\rp\lp i\sqrt2\rp-2i\sqrt2$
  
  \quad avec, 
  $\lp i\sqrt2\rp^2=i^2\sqrt2^2=-2$, 
  et $\lp i\sqrt2\rp^3=\lp i\sqrt2\rp^2\tm i\sqrt2=-2i\sqrt2$

  \quad ainsi, 
  $\bgar[t]{ll}
  P\lp i\sqrt2\rp
  &=
  -2i\sqrt2+2\lp2+i\sqrt2\rp+2\lp1+i\sqrt2\rp\lp i\sqrt2\rp-2i\sqrt2
  \\
  &=-2i\sqrt2+4+2i\sqrt2+2i\sqrt2-4-2i\sqrt2
  =0
  \enar$

  \quad $z_0=i\sqrt2$ est donc bien une racine de $P$. 

\bgen[1.]\setcounter{enumi}{1}
\item  
  \bgen[a)]
  \item En d\'eveloppant, on a: 
    $\bgar[t]{ll}
    \lp z-i\sqrt2\rp\lp z^2+az+b\rp
    &=z^3+az^2+bz-z^2i\sqrt2-azi\sqrt2-bi\sqrt2\\
    &=z^3+\lp a-i\sqrt2\rp z^2+\lp b-ai\sqrt2\rp z-bi\sqrt2
    \enar$

    En identifiant avec les coefficients du polyn\^ome $P$, on obtient alors:

    \vspace{-1em}
    \[\left\{\begin{array}{l c l}
    a - \text{i}\sqrt{2}&=&-2 - \text{i}\sqrt{2}\\
    b - a\text{i}\sqrt{2} &=&2 + 2\text{i}\sqrt{2}\\
    -b\text{i}\sqrt{2}&=&-2\text{i}\sqrt{2}
    \end{array}\right. \iff 
    \left\{\begin{array}{l c l}
    a &=&-2 \\
    b + 2\text{i}\sqrt{2} &=&2 + 2\text{i}\sqrt{2}\\
    -b&=&-2
    \end{array}\right. \iff
     \left\{\begin{array}{l c l}
     a &=&-2 \\
     b&=&2\\
     b&=&2
     \end{array}\right.\]

     \vspace{-1em}
     On a donc la factorisation 
     $P(z)=\lp z-i\sqrt2\rp\lp z^2-2z+2\rp$ 
   \item En utilisant la factorisation pr\'ec\'edente : 


     \vspace{-1em}
     \[P(z)=0 \iff \lp z-i\sqrt2\rp \lp z^2 - 2z+2\rp=0
     \iff \Bigl(z-i\sqrt2=0\ \text{ ou } z^2-2z+2=0\Bigr)\]

     \vspace{-.8em}
     On retrouve la racine  $i\sqrt2$.
     L'\'equation du second degr\'e a pour discriminant 
     $\Delta=-4<0$, et admet donc 2 racines complexes conjugu\'ees: 
     $z_1=\dfrac{2-i\sqrt{4}}{2}=1-i 
     \ \text{ et }\ z_2=\overline{z_1}=1+i
     $

     \vspace{-.6em}
     Les solutions sont donc : $z_0=i\sqrt2$, $z_1=1-i$, et $z_2=1+i$.
   \item $z_0$ est un nombre imaginaire pur, d'argument $\dfrac\pi2$, 
     et $z_0=\sqrt2e^{i\frac\pi2}$. 
     On a $\left|z_1\right|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt2$, 
     et $z_1=1-i=\sqrt2\lp \dfrac1{\sqrt2}-\dfrac1{\sqrt2}\,i\rp
     =\sqrt2\lp \dfrac{\sqrt2}2-\dfrac{\sqrt2}2\,i\rp
     =\sqrt2e^{-i\frac\pi4}$. 
     Enfin, $z_2=\overline{z_1}=\sqrt2e^{i\frac\pi4}$. 
  \enen
\enen
	 
\vspace{-.6em}
\textbf{Partie B.}

\bgmp{5.1cm}
1.\\[1em]
\[\psset{unit=1cm,arrowsize=7pt}
\begin{pspicture}(-2,-2)(2,1.)
%\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange,gridwidth=0.2pt]
\multido{\i=-2+1}{5}{
  \psline[linewidth=0.3pt,linestyle=dashed](\i,-2.2)(\i,2.2)
  \psline[linewidth=0.3pt,linestyle=dashed](-2.2,\i)(2.2,\i) }
\psline[linewidth=1.6pt]{->}(-2.2,0)(2.4,0)
\psline[linewidth=1.6pt]{->}(0,-2.2)(0,2.4)
\psdots(1,1)(1,-1)(0,1.414)(1;135)(-1,-1)(-1,1)(-1.414,0)
\uput[ur](1,1){A}\uput[dr](1,-1){B}\uput[l](0,1.414){J}\uput[ul](.45;135){K}
\uput[ul](-1,1){D}\uput[d](-1.414,0){L}\uput[dl](-1,-1){C}\uput[dl](0,0){O}
\pspolygon(1,1)(1,-1)(-1,-1)(-1,1)
\end{pspicture}
\]
\enmp
\bgmp{13.2cm}
\bgen[1.]\setcounter{enumi}{1}
\item On a $z_K=e^{\frac{3i\pi}{4}}=\cos\dfrac{3\pi}{4}+i\sin\dfrac{3\pi}{4}=-\dfrac{\sqrt2}{2}+i\dfrac{\sqrt2}{2}$.
$K$ est  le milieu du segment $[JL]$ ce qui se traduit par:

$z_K=\dfrac{z_J+z_L}{2}
\iff z_L=2z_K-z_J=-\sqrt2+i\sqrt2-i\sqrt2=-\sqrt2
$
\item On a $\left|z_A\right|^2 =1^2+1^2=2$, 
$\left|z_B\right|^2 =1^2+(-1)^2=2$, 
$\left|z_J\right|^2=\lp\sqrt2\rp^2=2$ 
$\left|z_L\right|^2=\lp-\sqrt2\rp^2=2$.

On a donc $OA=OB=OJ=OL=\sqrt2$, et ainsi les points $A$, $B$, $J$ et $L$ appartiennent \`a un m\^eme cercle de centre $O$ et de rayon $\sqrt2$.
\enen
\enmp

\bgen[1.]\setcounter{enumi}{3}
\item $ABCD$ est un carr\'e; on peut raisonner pour le d\'emontrer de
  nombreuses mani\`eres: en calculant les longueurs $AB$, $AD$ et $DB$
  et en utilisant le th\'eor\`eme de Pythagore; en montrant que
  $z_{\V{AB}}=z_{\V{DC}}$ donc que $ABCD$ est un parall\'elogramme, et
  en calculant le produit scalaire (avec les coordonn\'ees cart\'esiennes) 
  $\V{AB}\cdot\V{AD}$; ou encore en utilisant le point $O$,
  intersection et milieu des diagonales\dots

  Par exemple, $z_{\V{AB}}=z_B-z_A=-2$ et $z_{\V{DC}}=z_C-z_D=-2$,
  d'o\`u 
  $\V{AB}=\V{DC}$ et le quadrilat\`ere $ABCD$ est donc un
  parall\'elogramme. 

  De plus, $AB=\left|z_{\V{AB}}\right|=\left|-2\right|=2$, 
  et $AD=\left|z_{\V{AD}}\right|=\left|-2\right|=2$, 
  et $DB=\left|z_{\V{DB}}\right|=\left|2-2i\right|=\sqrt8$. 

  Ainsi, $AB^2+AD^2=DB^2$ donc, d'apr\`es le th\'eor\`eme de Pythagore, 
  le parall\'elogramme $ABCD$ est un rectangle, et comme de plus 
  $AB=AD$, c'est un carr\'e. 
\enen

\enex


\bgex\textit{Amérique du Nord, 2011}\hrulefill\textbf{5 points}

\textbf{Partie A}
On consid\`ere la fonction $g$ d\'efinie sur $\R$ par $g(x)=e^x-x-1$. 
\bgen[1.]
\item $g$ est la somme de la fonction exponentielle et d'une fonction
  affine et est donc d\'erivable sur $\R$ avec $g'(x)=e^x-1$. 

  De plus, la fonction exponentielle étant croissante sur
  $\R$, $g'(x)=e^x-1\geqslant0\iff e^x\geqslant1\iff x\geqslant0$. 

  \ul{Limite en $-\infty$:} $\dsp\lim_{x\to-\infty}e^x=0$, 
  donc $\dsp\lim_{x\to-\infty}g(x)=+\infty$. 

  \ul{Limite en $+\infty$:} On factorise par $e^x$ qui est, en
  $+\infty$, le terme prépondérant: 
  $g(x)=e^x\lp 1-\dfrac{x}{e^x}-\dfrac{1}{e^x}\rp$, 

  où $\dsp\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty$, 
  et par croissances comparées
  $\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{e^x}{x}=+\infty$, donc 
  $\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x}{e^x}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\dfrac{e^x}{x}}=0$. 
  
  On a donc, $\dsp\lim_{x\to+\infty}\lp
  1-\dfrac{x}{e^x}-\dfrac{1}{e^x}\rp=1$, et donc, par produit des
  limites, 
  $\dsp\lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty$. 
  
  Ainsi, on a le tableau de variation: 
  \begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
  $x$ & $-\infty$ &&$0$ & &$+\infty$ \\\hline
  $g'(x)$ && $-$ &\zb&$+$&\\\hline  
  &$+\infty$&&&&$+\infty$\\
  $g$&\psline[arrowsize=6pt]{->}(.2,.4)(1.4,-.4)&&
    &\psline[arrowsize=6pt]{->}(-.5,-.4)(.6,.4)&\\
    &&&$0$&&\\\hline
  \end{tabular}
\item D'après l'étude précèdente des variations de $g$, $g(0)=0$ est
  le minimum de $g$ sur $\R$; 
  en particulier, pour tout $x\in\R$, $g(x)\geqslant g(0)=0$. 
\item On a donc pour tout réel $x$, 
  $g(x)=e^x-x-1\geqslant 0$, 
  et ainsi, $e^x-x\geqslant 1>0$. 
\enen

\textbf{Partie B}
1. a) 
On a $f=\dfrac{u}{v}$ avec les fonctions $u$ et $v$ définies par
  les expressions $\la\bgar{ll}u(x)=e^x-1\\v(x)=e^x-x\enar\right.$. 
  
  $u$ et $v$ sont des fonctions
  dérivables sur $\R$, comme la fonction exponentielle, et le
  dénominateur $u(x)=e^x-x$ ne s'annule pas sur $\R$ d'après la
  partie A.. 
  Ainsi, $f$ est dérivable sur $\R$, avec, pour tout réel $x$, 

  \vspace{-1.em}
  \[\bgar{ll}
  f'(x)&=\dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{v^2(x)}
  =\dfrac{e^x\lp e^x-x\rp-\lp e^x-1\rp\lp e^x-1\rp}{\lp e^x-x\rp^2}\\
  &=\dfrac{e^{2x} -xe^x- \lp e^{2x}-2e^x+1\rp}{\lp e^x-x\rp^2}
  =\dfrac{-xe^x+2e^x-1}{\lp e^x-x\rp^2}
  =\dfrac{e^x(2-x)-1}{\lp e^x-x\rp^2}
  \enar\]

  \bgen[a)] \setcounter{enumi}{1}
  \item 
    $0\leqslant x\leqslant 1 
    \iff -1\leqslant -x\leqslant 0
    \iff 1\leqslant 2-x\leqslant 2$, 
    et comme la fonction exponentielle est croissante sur $[0;1]$, 
    $0\leqslant x\leqslant 1\iff e^0=1\leqslant e^x\leqslant e^1=e$. 

    Ainsi, en multipliant terme à terme ces deux dernières
    inégalités, où tous les termes sont positifs, on obtient 
    $1\leqslant e^x(2-x)\leqslant 2e$, 
    et donc, 
    $0\leqslant e^x(2-x)-1\leqslant 2e-1$. 

    Comme le dénominateur $\lp e^x-x\rp^2>0$ (d'après la partie A.), 
    on a donc $f'(x)\geqslant 0$ et donc $f$ est croissante
    sur $[0;1]$. 
    
  \enen

\bgen[1.]\setcounter{enumi}{1}
\item Comme $f$ est croissante sur $[0;1]$, 
  on a $x\in[0;1]\iff 0\leqslant x\leqslant 1\iff f(0)\leqslant f(x)\leqslant f(1)$.

  Or $f(0)=\dfrac{e^0-1}{e^0-1}=0$ et $f(1)=\dfrac{e^1-1}{e^1-1}=1$,
  et on a donc bien $0\leqslant f(x)\leqslant 1 \iff f(x)\in[0;1]$. 

\item
  \bgen[a)]
  \item Pour tout $x$ de $[0;1]$, 
    $f(x)-x
    =\dfrac{e^x-1}{e^x-x}-x
    =\dfrac{e^x-1-x\lp e^x-x\rp}{e^x-x}
    =\dfrac{e^x-1-xe^x+x^2}{e^x-x}$. 

    Or $(1-x)g(x)=(1-x)\lp e^x-x-1\rp=e^x-x-1-xe^x+x^2+x=e^x-1-xe^x+x^2$. 

    On a donc ainsi bien, pour tout $x\in[0;1]$, 
    $f(x)-x=\dfrac{(1-x)g(x)}{e^x-x}$. 

  \item On a vu que, pour tout $x\in\R_+$, donc aussi tout
    $x\in[0;1]$, $g(x)\geqslant 0$ et $e^x-x>0$. 

    Ainsi, $f(x)-x$ est du m\^eme signe que $1-x$, et donc 
    $f(x)-x$ est positif sur $[0;1]$: 
    la courbe $(C)$ est au dessus de la droite $(D)$ sur $[0;1]$, 
    $(C)$ et $(D)$ se coupant en $x=0$ et en $x=1$. 
  \enen
%\item 
%  \bgen[a)] 
%  \item $f$ est de la forme $\dfrac{u'}{u}$, avec $u(x)=e^x-x$. 
%
%    Comme, pour $x\in[0;1]$, $e^x-x>0$, d'apr\`es la partie A, une
%    primitiver de $f$ est donc 
%    $F=\ln u$, soit $F(x)=\ln\lp e^x-x\rp$. 
%  \item L'aire du domaine est: 
%    \[\mathcal{A}=\int_0^1\!\!\Bigl( f(x)-x\Bigr)\,dx
%    =\int_0^1\!\!f(x)\,dx-\int_0^1\!\!x\,dx
%    =\Bigl[F(x)\Bigr]_0^1-\Bigl[\dfrac12x^2\Bigr]_0^1
%    =\Bigl(F(1)-F(0)\Bigr)- \Bigl(\dfrac121^2-\dfrac120^2\Bigr)
%    =\ln(e-1)-\dfrac12
%    \]
%  \enen
\enen

\textbf{Partie C} 
\vspace{-1.4em}

\bgmp{6.5cm}
1. \\[1em]
 \[\psset{xunit=6cm,yunit=5cm,arrowsize=7pt}
\begin{pspicture}(-.1,-.05)(1.5,.94)
  \psline[linewidth=1.6pt]{->}(-.05,0)(1.,0)
  \psline[linewidth=1.6pt]{->}(0,-.05)(0,1.1)
  \newcommand{\f}[1]{2.718 #1 exp 1 sub 2.718 #1 exp #1 sub div}
  \psplot{0}{1}{\f{x}}
  \newcommand{\fr}[1]{#1 10 div}
  \multido{\i=1+1}{10}{
    \psline[linewidth=.8pt,linestyle=dotted](!\fr{\i}\space-.05)(!\fr{\i}\space1.02)
 \psline[linewidth=.8pt,linestyle=dotted](!-.05\space\fr{\i})(!1.02\space\fr{\i})
  }
  \rput(-.05,-.05){$O$}
  \psline(1,-.02)(1,.02)\rput(1,-.08){$1$}
  \psline(-.02,1)(.02,1)\rput(-.08,1){$1$}
  \rput(.88,.98){$(C)$}
  % Construction des termes de la suite
  \psplot{-0.05}{1.02}{x}
  \newcommand\fn[2]{%
  \ifnum#1=1
  \f{#2}%
  \else
  \f{\fn{\numexpr#1-1}{#2}}%
  \fi
 }
 % Valeur initiale (u_0)
 \def\xinit{0.5}
 \def\nmax{3}
 % Initialisation pour u_0
 \psline[linestyle=dashed]
 (\xinit,0)
 (!\xinit\space\f{\xinit})
 (!\f{\xinit}\space\f{\xinit})
 \rput(\xinit,-0.06){$u_0$}
 % Boucle pour u_1, u_2, ..., u_nmax
 \multido{\i=1+1}{\nmax}{
  \psline[linestyle=dashed]
  (!\fn{\i}{\xinit} \space 0)
  (!\fn{\i}{\xinit} \space \fn{\i}{\xinit})
  (!\fn{\i}{\xinit} \space \fn{\numexpr\i+1}{\xinit})
  (!\fn{\numexpr\i+1}{\xinit} \space \fn{\numexpr\i+1}{\xinit})
  \rput(!\fn{\i}{\xinit}\space 0){$\tm$}
  \rput(!\fn{\i}{\xinit}\space -0.06){$u_\i$}
}
\end{pspicture}
\]
\enmp
\bgmp{12.8cm}
\bgen\setcounter{enumi}{1}
\item Montrons par r\'ecurrence que pour tout entier $n$, 
  $\dfrac12\leqslant\!u_n\!\leqslant\!u_{n+1}\!\leqslant\!1$. 

\vspace{-.6em}
\textit{Initialisation:} Pour $n=0$, $u_0=\dfrac12$ 
et $u_1\!=\!f\lp u_0\rp\!=\!f\lp\dfrac12\rp\simeq 0,56$, 
et donc on a bien $\dfrac12\leqslant u_0\leqslant u_1\leqslant 1$. 

\vspace{-.5em}
\textit{H\'er\'edit\'e:} Supposons que pour un certain entier $n$, on ait 
$\dfrac12\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 1$, alors, 
comme la fonction $f$ est strictement croissante sur $[0;1]$, on a
donc 
$f\lp\dfrac12\rp\leqslant f\lp u_n\rp\leqslant f\lp u_{n+1}\rp\leqslant f(1)$,  

\vspace{-.5em}
soit aussi, comme $f\lp\dfrac12\rp\simeq 0,56\geqslant \dfrac12$, 
$f(1)=1$, et $f\lp u_n\rp=u_{n+1}$ et $f\lp u_{n+1}\rp=u_{n+2}$, 
$\dfrac12\leqslant f\lp\dfrac12\rp\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant 1$, 
ce qui montre que la propri\'et\'e est encore vraie au rang $n+1$. 
\enen
\enmp

\textit{Conclusion:} D'apr\`es le principe de r\'ecurrence, 
pour tout entier~$n$, 
$\dfrac12\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 1$. 

\bgen[1.]\setcounter{enumi}{1}
\item D'apr\`es le r\'esultat pr\'ec\'edent, la suite $\lp u_n\rp$ est
  croissante et major\'ee par 1, elle est donc convergente vers une
  limite $l\leqslant1$. 
  %Comme la fonction $f$ est continue sur $\R_+$ (car elle y est m\^eme
  %d\'erivable), on a alors 
  %\[u_{n+1}=f\lp u_n\rp 
  %\Longrightarrow \lim_{n\to+\infty} u_{n+1}=\lim_{n\to+\infty}f\lp u_n\rp
  %\Longrightarrow l=f(l)\]
  
\item La limite $l$ est %donc 
  une solution de l'\'equation $f(l)=l$, et il s'agit donc de
  l'abscisse 
  d'un point d'intersection de $(C)$ et $(D)$, 
  soit $l=0$ ou $l=1$ d'apr\`es la question 2.b) de la partie B. 

  Or, d'apr\`es la question 2., pour tout entier $n$,
  $\dfrac12\leqslant u_n\leqslant 1$, et donc $\lp u_n\rp$ est minor\'ee
  par $\dfrac12$ et ne peut pas converger vers $l=0$. 
  Ainsi $l=1$, et la suite $\lp u_n\rp$ converge donc vers 1.
\enen
\enex

\vspace{-1em}
\bgex\textit{Nouvelle Cal\'edonie, mars 2008} \hrulefill{\bf 5 points}
\bgen[1.]
\item  
  \bgen[a)]
\item
On a l'arbre pond\'er\'e suivant:
\[\psset{xunit=1.5cm,yunit=.8cm}
\begin{pspicture}(-2,-1.8)(5,1.1)
  \psline(0,0)(1.5,1.5)\rput(1.75,1.5){$E$}\rput(0.7,1.2){$0,60$}
  \psline(2,1.5)(3.5,2.25)\rput(3.75,2.25){$M$}\rput(2.9,2.2){$0,10$}
  \psline(2,1.5)(3.5,1.5)\rput(3.75,1.5){$R$}\rput(2.9,1.6){$0,75$}
  \psline(2,1.5)(3.5,0.75)\rput(3.75,0.75){$G$}\rput(2.9,0.7){$0,15$}
  %
  \psline(0,0)(1.5,-1.5)\rput(1.75,-1.5){$\overline{E}$}\rput(0.7,-1.2){$0,40$}
  \psline(2,-1.5)(3.5,-0.75)\rput(3.75,-0.75){$M$}\rput(2.9,-0.7){$0,05$}
  \psline(2,-1.5)(3.5,-1.5)\rput(3.75,-1.5){$R$}\rput(2.9,-1.4){$0,65$}
  \psline(2,-1.5)(3.5,-2.25)\rput(3.75,-2.25){$G$}\rput(2.9,-2.2){$0,30$}
\end{pspicture}\]
  \item La probabilit\'e que l'oiseau achet\'e par l'enfant soit vivant
    au bout de trois mois est d'apr\`es l'arbre (ou la formule des probabilit\'es totales): 
    $0,60\tm\lp0,75+0,15\rp+0,40\tm\lp0,65+0,30\rp=0,92$.

  \item De m\^eme la probabilit\'e pour l'enfant d'avoir un oiseau rouge est:
    $0,60\tm0,75+0,40\tm0,65=0,71$.
  \item La probabilit\'e que l'oiseau provienne du premier \'elevage sachant qu'il est gris est: 

    \vspace{-1.em}
    \[P_G\lp E\rp=\dfrac{P\lp E\cap G\rp}{P(G)}
    =\dfrac{0,60\tm0,15}{0,60\tm0,15+0,40\tm0,30}
    =\dfrac{0,09}{0,21}\simeq 0,43
    \]
  \enen
\item On r\'ep\`ete $n=5$ fois l'exp\'erience "choisir au hasard un oiseau", 
  dont le succ\`es est "l'oiseau est toujours en vie au bout d'un mois"
  et de probabilit\'e $p=0,92$. 
  Ces exp\'eriences sont suppos\'ees identique et ind\'ependante entre elles. 

  Ainsi, la variable al\'eatoire $Y$ \'egale au nombre de succ\`es,
  c'est-\`a-dire d'oiseaux en vie au bout d'un mois sur ces 5 pris au
  hasard, suit la loi binomiale de param\`etres $n=5$ et $p=0,92$. 

  La probabilit\'e qu'au bout d'un mois trois soient en vie est alors: 

  \vspace{-1.4em}
  \[P\lp Y=3\rp=\binom{5}{3}0,92^3 \times (1 - 0,92)^2 
  = 10 \times 0,92^3 \times 0,08^2 \simeq 0,05\]

\vspace{-1.5em}
\item  On a le tableau de loi de probabilit\'e suivant:
\begin{tabular}{|*{4}{c|}}\hline
couleur & rouge & gris & mort\\ \hline
probabilit\'e & 0,71&0,21&0,08\\ \hline
gain(euros) &$+1$&$+0,25$&$-0,10$\\ \hline
\end{tabular}

\medskip
On a donc $E(X) = 0,71 \times 1 + 0,21 \times 0,25 - 0,08 \times 0,10 = 0,7545\approx 0,75 $ euro.

\item 
\bgen[a)]
\item L'enfant répète de façon identiques et indépendantes $n$ fois
  l'expérience aléatoire: "prélever un oiseau". 
  La probabilité pour qu'un oiseau pris au hasard soit gris est,
  en utilisant l'arbre de la question 1., 
  $0,60\tm0,15+0,40\tm0,30=0,21$. 

  Ainsi, si l'enfant note $Z$ la variable aléatoire égale au nombre 
  d'oiseaux gris parmi les $n$ oiseaux qu'il a achetés, $Z$ suit la loi
  binomiale de paramètres $n$ et $p=0,21$. 

  On a alors, 
  $p_n=P\lp Z\geqslant 1\rp=1-P\lp\overline{Z\geqslant1}\rp=1-P\lp Z=0\rp=1-(1-0,21)^n=1-0,79^n$. 

\item On cherche alors $n$ tel que $p_n=1-0,79^n\geqslant 0,99
  \iff 0,79^n\leqslant 1-0,99=0,01$

  puis, comme la fonction $\ln$ est strictement croissante sur
  $\R_+^*$, 
  $\ln(0,79^n)=n\ln(0,79)\leqslant\ln(0,01)$, 

  et enfin, en divisant par $\ln(0,79)<\ln(1)<0$, 
  $n\geqslant \dfrac{\ln(0,01)}{\ln(0,79)}\simeq 19,54$. 

  L'enfant doit donc acheter au moins 20 oiseaux. 
\enen
\enen
\enex

\vspace{-1em}
\bgex
\textit{Am\'erique du Nord, 2013}\hrulefill{\bf 5 points}

On consid\`ere la suite $\lp u_n\rp$ d\'efinie par $u_0=1$ et, 
pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1}=\sqrt{2u_n}$.

\bgen[1.]
\item 
  \bgen[a)]
  \item Pour $n=3$, la variable $i$ de la boucle varie de 1 \`a 3: 
    \bgit
    \item Pour $i=1$, on affecte \`a $u$ la valeur $\sqrt{2u}=\sqrt{2}\simeq 1,4142$
    \item Pour $i=2$, on affecte \`a $u$ la valeur $\sqrt{2u}\simeq\sqrt{2\tm 1,4142}\simeq 1,6818$
    \item Pour $i=3$, on affecte \`a $u$ la valeur $\sqrt{2u}\simeq\sqrt{2\tm 1,6818}\simeq 1,8340$
    \enit
    L'algorithme affiche finalement la derni\`ere valeur de $u$ trouv\'ee: $1,8340$. 
  \item Cet algorithme permet de calculer et d'afficher le terme de rang $n$ de la suite $\lp u_n\rp$. 
  \item D'apr\`es ces valeurs approch\'ees, on peut conjecturer que la suite est croissante et converge vers 2.
\enen
\item
  \bgen[a)]
  \item D\'emontrons par r\'ecurrence que, pour tout entier naturel $n$, $0<u_n\leqslant 2$. 
		
    \textit{Initialisation:} Pour $n=0$, $u_0=1$, donc on a bien $0<u_n\leqslant2$. 
    
    \textit{H\'er\'edit\'e:} Supposons que pour un entier naturel $n$ on ait $0<u_n\leqslant2$, alors,     

    en multipliant ces in\'egalit\'es par $2>0$, $0<2u_n\leqslant 4$, 
    puis, comme la fonction racine carr\'ee est strictement croissante 
    sur $\R_+$, on a enfin $0=\sqrt{0}<\sqrt{2u_n}\leqslant \sqrt{4}=2$. 

    Ainsi, comme $\sqrt{2u_n}=u_{n+1}$, on a donc bien encore, au rang
    $n+1$, $0<u_{n+1}\leqslant2$. 

    \textit{Conclusion:} D'apr\`es le principe de r\'ecurrence, 
    pour tout entier naturel~$n$,  $0<u_n\leqslant2$. 
  
  \item Pour d\'eterminer le sens de variation de la suite, on peut
    proc\'eder de (au moins) deux fa\c cons: 

    \textbf{1\`ere m\'ethode: par r\'ecurrence.} 

    \textit{Initialisation:} $u_0=1$ et $u_1=\sqrt{2u_0}=\sqrt2>u_0$. 
    On a donc initialement, pour $n=0$, $u_{n+1}>u_n$. 

    \textit{H\'er\'edit\'e:} Supposons que pour un entier $n$, 
    on ait $u_{n+1}>u_n$, 

    alors, en multipliant par $2>0$, $2u_{n+1}>2u_n$, 

    puis, comme la fonction racine carr\'ee est strictement croissante
    sur $\R_+$ et que, d'apr\`es la question pr\'ec\'edente, $u_n>0$ pour
    tout $n$, on a donc 
    $\sqrt{2u_{n+1}}>\sqrt{2u_n}$, 
    soit $u_{n+2}>u_{n+1}$, 

    et la propri\'et\'e $u_{n+1}<u_n$ est encore
    vraie au rang $n+1$. 

    \textit{Conclusion:} D'apr\`es le principe de r\'ecurrence, 
    pour tout entier~$n$, $u_{n+1}>u_n$; 
    en d'autres termes la suite $(u_n)$ est strictement croissante. 

    \textbf{2\`eme m\'ethode: d\'emonstration directe.} 
    Pour $n\in\N$, on a 
    $u_{n+1}-u_n=\sqrt{2u_n}-u_n$, 
    
    soit, en utilisant la quantit\'e conjugu\'ee: 
    $u_{n+1}-u_n=\sqrt{2u_n}-u_n
    =\dfrac{2u_n-u_n^2}{\sqrt{2u_n}+u_n}
    =\dfrac{u_n\lp 2-u_n\rp}{\sqrt{2u_n}+u_n}$. 

    Or, d'apr\`es la question pr\'ec\'edente, 
    $0<u_n\leqslant 2$, et donc, $2-u_n\geqslant0$, 
    et $\sqrt{u_n}+u_n>0$. 

    On a donc $u_{n+1}-u_n\geqslant 0$, et la suite $\lp u_n\rp$ est
    donc croissante. 
  \item La suite $(u_n)$ est ainsi 
    croissante et est major\'ee par 2: elle converge donc 
    vers une limite $l$. 
\enen
\item 
  \bgen[a)]
  \item Pour tout entier naturel $n$, $v_n=\ln u_n-\ln2=$, 
    donc, 

    \vspace{-1.2em}
    \[\bgar{ll}
    v_{n+1} &= \ln\lp u_{n+1}\rp-\ln2=\ln\lp\sqrt{2u_{n}}\rp-\ln2
    =\dfrac12\ln\lp 2u_n\rp-\ln2 \\
    &=\dfrac12\lp \ln2+\ln u_n\rp-\ln2
    =\dfrac12\lp\ln u_n-\ln2\rp=\dfrac12 v_n
    \enar\]

    \vspace{-.8em}
    $\lp v_n\rp$ est donc la suite g\'eom\'etrique de raison $\dfrac12$
    et de 1er terme $v_0=\ln u_0-\ln2=\ln1-\ln2=-\ln2$. 

  \item On d\'eduit de ce qui pr\'ec\`ede que pour tout entier naturel $n$,
    $v_n=-\ln 2\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$, 

    puis que $v_n=\ln u_n-\ln2\iff \ln u_n=v_n+\ln2\iff u_n=e^{v_n+\ln2}=e^{v_n}e^{\ln2}=2e^{v_n}$. 
  \item Comme $0<\dfrac12<1$, 
    $\dsp\lim_{n\to+\infty}{\lp\dfrac12\rp^n}=0$ 
    et donc $\dsp\lim_{n\to+\infty}{\lp v_n\rp}=0$. 

    Comme $\dsp\lim_{x\to0}{e^x}=1$, par composition des limites on a: 
    $\dsp\lim_{n\to+\infty}{e^{v_n}}=1$ 
    et finalement: $\dsp\lim_{n\to+\infty}{u_n}=2$. 
		
  \item 
    \[
    \begin{tabular}{|ll|}\hline		 
      Variables:		&$n$ est un entier naturel\\
      & $u$ est un r\'eel\\
      Initialisation:&Affecter \`a $n$ la valeur $0$\\
      &Affecter \`a $u$ la valeur 1\\ 
      Traitement:&Tant que $u\leqslant 1,999$\\
      &Affecter \`a $u$ la valeur $\sqrt{2u}$\\
      &Affecter \`a $n$ la valeur $n+1$\\ 
      Sortie:&Afficher $n$\\ \hline
    \end{tabular}
    \]
\enen
\enen
\enex

\clearpage
\setcounter{nex}{3}
\bgex\quad\textbf{\bf (5 points)
%\textit{Commun à tous les candidats}}
\quad\textit{Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité}}

On cherche à résoudre dans $\Z$ l'équation 
$(E_n): 7\,x^2+y^2=2^n$, où $n\in\N$. 

\textbf{Partie A}
\begin{enumerate}
\item $(E_0): 7\,x^2+y^2=1$. Si $x\not=0$, 
  alors $7x^2\geqslant7$ et alors $y^2=1-7x^2<0$ ce qui est impossible. 

  On doit donc avoir nécessairement $x=0$, et donc $y^2=1$, 
  soit $y=-1$ ou $y=1$. 

  $(E_0)$ a dont deux solutions: $(0;-1)$ et $(0;1)$. 

  \medskip

  $(E_1): 7\,x^2+y^2=2$. 
  De m\^eme on doit avoir $x=0$ et alors $y^2=2$, 
  qui n'a pas de solution dans $\Z$. 

  Ainsi, $(E_1)$ n'a pas de solution. 

  \medskip
  $(E_2): 7\,x^2+y^2=4$.
  On doit encore avoir nécessairement $x=0$, 
  et donc $y^2=4$, soit $y=-2$ ou $y=2$. 

  $(E_2)$ a donc deux solutions: $(0;-2)$ et $(0;2)$. 

\item Soit $(x,y)$ est une solution de $(E_n)$, $n\geqslant1$, 
  alors, comme $7\equiv1[2]$ et $2^n\equiv0[2]$, 
  on doit avoir $x^2+y^2\equiv0[2]$. 

  Ainsi, si $x$ est pair, soit $x\equiv0[2]$, alors $x^2\equiv0[2]$, 
  et donc $y^2\equiv0[2]$: $y^2$ est pair, et donc $y$ aussi. 

  Si $x$ est impair, soit $x\equiv1[2]$ alors $y^2\equiv1[2]$ 
  et donc $y^2$, donc $y$ est aussi impair. 

  \medskip
  En résumé, $x$ et $y$ ont même parité.

\item Soit $n=2p+1$, $p\in\N$, alors $(E_n): 7x^2+y^2=2^{2p+1}=2\tm\lp2^{2}\rp^n=2\tm4^n$\\
et ainsi, modulo 3, comme $7\equiv 1\,[3]$ et $4^n\equiv 1^n\,[3]\equiv 1[3]$, 
on obtient $(E_n): x^2+y^2\equiv 2\,[3]$. 

Si par exemple $x\equiv 0[3]$, alors $x^2\equiv 0^2[3]\equiv 0[3]$ 
et on devrait donc avoir $y^2\equiv 2[3]$. 
Or, 
\bgit
\item si $y\equiv 0[3]$ alors $y^2\equiv 0[3]$ 
\item si $y\equiv 1[3]$ alors $y^2\equiv 1^2[3]\equiv 1[3]$ 
\item si $y\equiv 2[3]$ alors $y^2\equiv 2^2[3]\equiv 1[3]$ 
\enit

Il est donc impossible d'avoir $y^2\equiv 2[3]$ 
donc $x$ ne peut pas \^etre divisble par 3. 

Comme $x$ et $y$ jouent des r\^oles symétriques dans l'équation modulo 3, 
$y$ ne peut pas non plus \^etre divisible par 3. 

\item Soit $n=2p$, $p\in\N$, 
  alors $(E_n): 7x^2+y^2=2^{2p}=\lp2^p\rp^2$. 

  Ainsi, on admet au moins les solutions 
  $\lp0;2^p\rp$ et $\lp0;-2^p\rp$

\item $(E_6): 7x^2+y^2=2^6=64$. 

  si $|x|\geqslant4$, alors $x^2\geqslant16$ et donc $7x^2\geqslant 112$, 
  d'où $y^2=64-7x^2<0$ ce qui est impossible. 

  On doit donc nécessairement avoir $|x|\leqslant3$, 
  soit $-3\leqslant x\leqslant3$. 


\item Soit $\lp x;y\rp$ une solution de $(E_n):7x^2+y^2=2^n$. 

  Alors, $2^{n+2}=4\tm2^n=4\lp7x^2+y^2\rp
  =7\tm4x^2+4y^2=7\lp2x\rp^2+\lp2y\rp^2$. 

  On trouve donc que $\lp 2x;2y\rp$ est une solution de $\lp E_{n+2}\rp$. 
\end{enumerate}
\bigskip
\textbf{Partie B}

On pose le système
$(S)\left\{
\begin{array}{c@{\ +\ }c@{\ =\ }c}7\,x^2&y^2&2^4\\13\,x^2&2\,y^2&31\end{array}\right.\text{ et la matrice }
A=\begin{pmatrix}7&1\\13&2\end{pmatrix}$. 


\begin{enumerate}
\item Soit $B=\lp\bgar{c}2^4\\31\enar\rp$ et $X=\lp\bgar{c}x^2\\y^2\enar\rp$, 
  alors le système s'écrit $AX=B$. 

\item $A^2-9\,A
  =\lp\bgar{cc}7 & 1\\13&2\enar\rp\lp\bgar{cc}7 & 1\\13&2\enar\rp
  -9\lp\bgar{cc}7 & 1\\13&2\enar\rp
  =\lp\bgar{cc}-1 & 0\\0&-1\enar\rp
  =-I_2$. 

\item On a donc, $-A^2+9A=A\lp -A+9I_2\rp=\lp -A+9I_2\rp A=I_2$, 
  d'où $A$ est inversible, \\
  d'inverse 
  $A^{-1}=-A+9I_2=\lp\bgar{cc}2 & -1\\-13&7\enar\rp$. 

\item Retrouver la matrice inverse de $A$ au moyen d'une formule
  d'inversion connue pour les matrices d'ordre 2. 

  On aurait aussi pu utiliser la formule: 
  $A^{-1}=\dfrac{1}{7\tm2-13\tm1}\lp\bgar{cc}2&-1\\-13&7\enar\rp$
  
\item \`A l'aide de $A^{-1}$, on obtient les solutions de $(S)$: 
  \[AX=B\iff X=A^{-1}B
  =\lp\bgar{cc}2 & -1\\-13&7\enar\rp\lp\bgar{c}2^4\\31\enar\rp
  =\lp\bgar{c} 2^5-31\\-13\tm2^4+7\tm31\enar\rp
  =\lp\bgar{c}1\\9\enar\rp\]

  On trouve ainsi $x^2=1$, soit $x=-1$ ou $x=1$, 
  et $y^2=9$, soit $y=-3$ ou $y=3$.   
\end{enumerate}
\enex

\label{LastPage}
\end{document}

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