Durée : 4 heures
[ Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie mars 2007 \ (spécialité) E XERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats ³ → −´ − → − → Pour tout cet exercice, l’espace est muni d’un repère orthonormal O, ı , , k .
1. Question de cours Établir l’équation cartésienne d’un plan dont on connaît un vecteur normal ¡ ¢ → − n (a, b, c) et un point M0 x0 , y 0 , z0 . 2. On considère les points A(1 ; 2 ; −3), B(−3 ; 1 ; 4) et C(2 ; 6 ; −1). a. Montrer que les points A, B et C déterminent un plan. b. Vérifier qu’une équation cartésienne du plan (ABC) est 2x − y + z + 3 = 0. c. Soit I le point de coordonnées (−5 ; 9 ; 4). Déterminer un système d’équations paramétriques de la droite D passant par I et perpendiculaire au plan (ABC). d. Déterminer les coordonnées du point J, intersection de la droite D et du plan (ABC). e. En déduire la distance du point I au plan (ABC).
E XERCICE 2 4 points Commun à tous les candidats Pour chaque question une seule des quatre propositions est exacte. Le candidat indiquera sur la copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie. Aucune justification n’est demandée. Une réponse exacte rapporte les points attribués à la question, une réponse inexacte enlève la moitié des points attribués à la question, l’absence de réponse est comptée 0 point. Si le total est négatif la note est ramenée à 0. A. Un sac contient 3 boules blanches, 4 boules noires et 1 boule rouge, indiscernables au toucher. On tire, au hasard, successivement, trois boules du sac, en remettant chaque boule tirée dans le sac avant le tirage suivant. Question est : ¡4¢ 1 : La probabilité de tirer trois boules µnoires ¶3 9 1 4×3×2 b. c. a. ¡83¢ d. 8 2 8×7×6 3 Question 2 : Sachant que Jean a tiré 3 boules de la même couleur, la probabilité qu’il ait tiré 3 boules rouges est : µ ¶3 1 23 1 d. c. a. 0 b. 8 128 92 B. Soit f la fonction définie sur [0 ; 1] par f (x) = x +m où m est une constante réelle. Question 3 : f est une densité de probabilité sur l’intervalle [0 ; 1] lorsque 1 1 d. m = e−1 c. m = e 2 a. m = −1 b. m = 2 C. La durée de vie en années d’un composant électronique suit une loi exponentielle de paramètre 0, 2. Question 4 : La probabilité que ce composant électronique ait une durée de vie strictement supérieure à 5 ans est 1 1 1 1 a. 1 − b. c. d. (e − 1) e e 5e 0, 2
Baccalauréat S
E XERCICE 3 5 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité Pour coder un message, on procède de la manière suivante : à chacune des 26 lettres de l’alphabet, on commence par associer un entier n de l’ensemble Ω = {0 ; 1 ; 2 ; . . . ; 24 ; 25} selon le tableau ci-dessous : A 0
B 1
C 2
D 3
E 4
F 5
G 6
H 7
I 8
J 9
K 10
L 11
M 12
N 13
O 14
P 15
Q 16
R 17
S 18
T 19
U 20
V 21
W 22
X 23
Y 24
Z 25
a et b étant deux entiers naturels donnés, on associe à tout entier n de Ω le reste de la division euclidienne de (an + b) par 26 ; ce reste est alors associé à la lettre correspondante. Exemple : pour coder la lettre P avec a = 2 et b = 3, on procède de la manière suivante : étape 1 : on lui associe l’entier n = 15. étape 2 : le reste de la division de 2 × 15 + 3 = 33 par 26 est 7. étape 3 : on associe 7 à H. Donc P est codé par la lettre H. 1. Que dire alors du codage obtenu lorsque l’on prend a = 0 ? 2. Montrer que les lettres A et C sont codées par la même lettre lorsque l’on choisit a = 13. 3. Dans toute la suite de l’exercice, on prend a = 5 et b = 2. a. On considère deux lettres de l’alphabet associées respectivement aux entiers n et p. Montrer, que si 5n + 2 et 5p + 2 ont le même reste dans la division par 26 alors n − p est un multiple de 26. En déduire que n = p. b. Coder le mot AMI. 4. On se propose de décoder l a lettre E. a. Montrer que décoder la lettre E revient à déterminer l’élément n de Ω tel que 5n − 26y = 2, où y est un entier. b. On considère l’équation 5x − 26y = 2, avec x et y entiers relatifs. i. Donner une solution particulière de l’équation 5x − 26y = 2. ii. Résoudre alors l’équation 5x − 26y = 2. iii. En déduire qu’il existe un unique couple (x ; y) solution de l’équation précédente, avec 0 6 x 6 25. c. Décoder alors la lettre E. E XERCICE 4 Commun à tous les candidats Soit (un ) la suite définie sur N∗ par un =
7 points
2n 1 X 1 1 1 = + +··· + . n n +1 2n k=n k
PARTIE A 1. Montrer que pour tout n de N∗ un+1 − un =
−3n − 2 n(2n + 2)(2n + 1)
2. En déduire le sens de variation de la suite (un ). 3. Établir alors que (un ) est une suite convergente. Nouvelle-Calédonie
2
mars 2007
Baccalauréat S
L’objectif de la partie B est de déterminer la valeur de la limite de la suite (un ). PARTIE B Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par : f (x) = 1.
³ x ´ 1 + ln x x +1
a. Justifier pour tout entier naturel n non nul l’encadrement : 1 6 n +1
Zn+1 n
1 1 dx 6 x n
b. Vérifier que Zn+1 n
1 1 dx = − f (n) x n
c. En déduire que pour tout entier naturel n non nul, 0 6 f (n) 6
1 n(n + 1)
2. On considère la suite (S n ) définie sur N∗ par Sn =
2n X
1 1 1 1 = + +··· + k(k + 1) n(n + 1) (n + 1)(n + 2) 2n(2n + 1) k=n
a. Montrer que pour tout entier naturel n non nul, 0 6 f (n) + f (n + 1) + · · · + f (2n) 6 S n b. Déterminer les réels a et b tels que pour tout réel x distinct de −1 et de 0, on ait 1 a b = + x(x + 1) x x + 1 c. En déduire l’égalité Sn =
n +1 n(2n + 1)
d. En utilisant les questions précédentes, déterminer alors la limite quand n tend vers +∞ de 2n X
f (k) = f (n) + f (n + 1) + · · · + f (2n)
k=n
e. Vérifier que pour tout entier n > 1, µ ¶ 1 f (n) + f (n + 1) + · · · + f (2n) = un − ln 2 + n
f. Déterminer la limite de la suite (un ).
Nouvelle-Calédonie
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mars 2007
Durée : 4 heures
[ Corrigé du baccalauréat S Nouvelle-Calédonie mars 2007 \ (spécialité) 5 points E XERCICE 1 Commun à tous les candidats ³ → −´ − → − → Pour tout cet exercice, l’espace est muni d’un repère orthonormal O, ı , , k .
1. Question de cours Établir l’équation cartésienne d’un plan dont on connaît un vecteur normal ¡ ¢ → − n (a, b, c) et un point M0 x0 , y 0 , z0 . a(x − x0 ) + b(y − y 0 ) + c(z − z0 ) = 0. −4 5 −−→ − − → −1 et BC 5 . Ces vec2. a. Considérons par exemple les vecteurs AB 7 −5 teurs ne sont manifestement pas colinéaires. Les trois points distincts A, B et C définissent un plan P . b. A ∈ P ⇐⇒ 2 × 1 − 2 + (−3) + 3 = 0 : Vrai. B ∈ P ⇐⇒ 2 × (−3) − 1 + 4 + 3 = 0 : Vrai. C ∈ P ⇐⇒ 2 × 2 − 6 + (−1) + 3 = 0 : Vrai. L’équation du plan (ABC) est bien : M(x ; y ; z) ∈ (ABC) ⇐⇒ 2x − y + z + 3 = 0. c. I(−5 ; 9 ; 4). On a vu à la question de cours que les coordonnées d’un 2 → − −1 . Ce vecteur est un vecteur normal au plan (ABC) est le vecteur u 1 vecteur directeur de la droite D. En traduisant l’égalité vectorielle −−→ → − IM = α u avec α ∈ R, on obtient le système : x = −5 + 2α x − (−5) = 2α y = 9−α y −9 = −α ⇐⇒ α∈R z = 4+α z −4 = α
d. Les coordonnées du point J, intersection de la droite D et du plan (ABC) vérifient le système précédent et l’équation du plan (ABC). On a donc : x y z 2x − y + z + 3
= = = =
−5 + 2α 9−α ⇒ 2(−5 + 2α) − (9 − α) + 4 + α + 3 = 0 4+α 0
⇐⇒ 6α − 12 = 0 ⇐⇒ α = 2. Les coordonnées du point J sont donc (−1 ; 7 ; 6). e. La distance du point I au plan (ABC) est IJ puisque D est perndiculaire 2 2 2 2 au plan p (ABC). p Or IJ = (−1 + 5) + 7 − 9) + (6 − 4) = 16 + 4 + 4 = 24. Donc IJ= 24 = 2 6. p p |2 × (−5) − 9 + 4| 12 12 6 On peut vérifier que d(I, P ) = p =p = = 2 6. 2 2 2 6 6 2 + (−1) + 1 E XERCICE 2 Commun à tous les candidats
4 points
Corrigé du baccalauréat S
µ ¶3 µ ¶3 4 1 A. Question 1 La probabilité de tirer trois boules noires est : = 8 2 µ ¶3 1 1 1 8 = . Question 2 : On a p X X X (RRR) = µ ¶3 µ ¶3 µ ¶3 = 27 + 64 + 1 92 3 4 1 + + 8 8 8 B. Question 3 : f est une densité de probabilité sur l’intervalle [0 ; 1] si ¸1 · Z1 (1 + m)2 m 2 (x + m)2 − = 1 ⇐⇒ 2m + 1 = 2 ⇐⇒ 2m = 1 ⇐⇒ = (x + m) dx = 2 2 2 0 0 1 m= . 2 Z+∞ £ ¤+∞ 1 C. Question 4 : On a 0, 2e−0,2x dx = −e−0,2x 5 = e−1 = . e 5
E XERCICE 3 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
5 points
1. Si a = 0, an + b = b, donc toutes les lettres seront codées par la même lettre correspondant au reste de la division de b par 26. 2. Si a = 13. A correspond à 0, donc an + b = b. A est codée par la lettre qui correspond au reste de la division de b par 26. C correspond à 2, donc an + b = 26 × 2 + b ≡ b mod 26. Donc C est codé de la même façon que A. 3. Dans toute la suite de l’exercice, on prend a = 5 et b = 2. ½ 5n + 2 ≡ r mod 26 a. Si : , alors par différence 5(n−p) ≡ 0 mod 26 ⇒ 5p + 2 ≡ r mod 26 n−p ≡ 0 mod 26 (car 5 est premier avec 26), donc finalement n ≡ p mod 26. Or m et p sont inférieurs à 26. Conclusion n = p. b. On a la suite : A→0→2→ C M → 12 → 10 → K I → 8 → 16 → Q. AMI est codé « CKQ ». 4.
a. D’après le tableau E correspond à 4. Donc la lettre codée E correspond à un nombre n tel que 5n + 2 ≡ 4 26 ⇐⇒ 5n − 2 ≡ 0 mod 26 ⇐⇒ 5n − 2 = 26y, avecy ∈ Z ⇐⇒ 5n − 2 = 26y, y ∈ Z. b. On considère l’équation 5x − 26y = 2, avec x et y entiers relatifs. i. Solution particulière de l’équation 5x − 26y = 2. On a 26 = 5 × 5 + 1 ⇐⇒ 26 × 1 − 5 × 5 = 1 ⇐⇒ 2 × 26 − 10 × 5 = 2 ⇐⇒ 5×(−10)−26×(−2) = 2. On a donc une solution : le couple (−10 ; −2). ii. ½ On a le système : 5x − 26y = 2 , d’où par différence : 5 × (−10) − 26 × (−2) = 2 5(x + 10) − 26(y + 2) = 0 ⇐⇒ 5(x + 10) = 26(y + 2). 5 et 26 étant premiers entre eux, il en résulte d’après le théorème de Gauss qu’il existe k ∈ Z tel que x +10 = 26k, d’où en substituant dans la dernière égalité : y + 2 = 5k. On ½ obtient donc : les couples solutions sont les x = 26k − 10 couples (x ; y) tels que y = 5k − 2 iii. 0 6 x 6 25 ⇐⇒ 0 6 26k − 10 6 25 ⇐⇒ 10 6 26k 6 35 ⇒ k = 1. Finalement x = 16 et y = 3. Le seul couple solution est (16 ; 3).
Nouvelle-Calédonie
2
mars 2007
Corrigé du baccalauréat S
c. La lettre codée E correspond à x = n = 16. D’après le tableau c’est Q. E XERCICE 4 Commun à tous les candidats A. 1. un+1 − un =
7 points
2n+2 X
2n 1 1 X 1 1 1 −3n − 2 − =− + + = ··· = . k k n 2n + 1 2n + 2 n(2n + 2)(2n + 1) k=n+1 k=n
A. 2. n ∈ N∗ donc −3n − 2 < 0 et n(2n + 2)(2n + 1) > 0 donc un+1 − un < 0 donc la suite (un ) est strictement décroissante. 2n 1 X > 0 : la suite (un ) est décroissante et minorée A. 3. Pour tout entier n ≥ 1, un = k=n k par 0 donc elle est convergente par théorème. 1 1 1 B. 1. a. Soit n dans N∗ : 0 < n 6 x 6 n + 1 donc 6 6 . Les fonctions sont n +1 x n continues sur [n; n + 1] et n 6 n + 1 donc par croissance de l’intégrale, Zn+1 Zn+1 Zn+1 Zn+1 1 1 1 1 1 1 dx 6 dx 6 dx d’où 6 dx 6 . n + 1 x n n + 1 x n n n n n µ ¶ Zn+1 1 n +1 n+1 B. 1. b. dx = [ln(x)]n = ln(n + 1) − ln(n) = ln . x nµ n ¶ µ ¶ ´ ´ ³ ³ n +1 1 1 n n 1 = ln = − ln − f (n) = − + ln . n n n nZ +1 n +1 n n+1 1 1 dx = − f (n). On a donc bien l’égalité : x n n 1 1 1 1 1 B. 1. c. Par suite, 6 − f (n) 6 donc − 6 − f (n) 6 0 donc en multin +1 n n n +1 n 1 1 donc finalement pliant pas −1, on obtient 0 6 f (n) 6 − n n +1 1 0 6 f (n) 6 . n(n + 1) 1 pour k = n ; k = n + 1 ; . . . ; k = 2n : B. 2. a. On écrit l’égalité 0 6 f (k) 6 k(k + 1) 1 0 6 f (n) 6 n(n + 1) 1 0 6 f (n + 1) 6 (n + 1)(n + 2) 0 6 ... 6 ... 1 0 6 f (2n) 6 2n(2n + 1) 2n X 1 et donc En sommant, on obtient 0 6 f (n)+ f (n +1)+· · · + f (2n) 6 k=n k(k + 1) 0 6 f (n) + f (n + 1) + · · · + f (2n) 6 S n . b a(x + 1) + bx (a + b)x + a a = = . B. 2. b. Soit x dans R\{−1; 0}. On a + x x +1 x(x + 1) x(x + 1) 1 a b Pour que soit égale à + , il suffit de prendre a et b de sorte que x(x + 1) x x +1 1 1 1 = − . a + b = 0 et a = 1, d’où a = 1 et b = −1. Finalement, x(x + 1) x x + 1 1 1 1 B. 2. c. On écrit l’égalité = − pour x = n ; x = n + 1 ; . . . ; x = 2n : x(x + 1) x x + 1 1 1 1 = − n(n + 1) n n +1 1 1 1 = − (n + 1)(n + 2) n +1 n +2 ... = ... 1 1 1 = − 2n(2n + 1) 2n 2n + 1 Nouvelle-Calédonie
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mars 2007
Corrigé du baccalauréat S
Par téléscopage, on obtient S n = B. 2. d. Par suite, on a 0 6
2n X
1 1 2n + 1 − n n +1 − = = . n 2n + 1 n(2n + 1) n(2n + 1)
f (k) 6 S n avec lim 0 = 0 et lim S n = lim n→+∞
k=n
n→+∞
n = 2n 2
1 lim =0 n→+∞ 2n d’après la règle opératoire. Le théorème des gendarmes s’applique et on peut 2n X f (k) = 0. conclure que lim n→+∞
k=n
³ x ´ 1 + ln pour x = n ; x = n + 1 ; . . . ; x = 2n : x x +1 ³ n ´ 1 1 + ln + ln(n) − ln(n + 1) = f (n) = n nµ + 1 ¶ n 1 n +1 1 f (n + 1) = + ln + ln(n + 1) − ln(n + 2) = n +1 n +2 n +1 ... = .µ. . ¶ 2n 1 1 + ln + ln(2n) − ln(2n + 1) = f (2n) = 2n 2n + 1 2n 2n X f (k) = un + ln(n) − ln(2n + 1) = un − (ln(2n + 1) − ln(n)) et Par télescopage : k=n µ ¶ 1 finalement on a bien f (n) + f (n + 1) + · · · + f (2n) = un − ln 2 + . n µ ¶ ¶ µ 2n 2n X X 1 1 f (k) = 0 et lim 2 + . Or, lim =2 f (k)+ln 2 + B. 2. f. On en déduit un = n→+∞ n n k=n k=n µ ¶ 1 donc lim ln 2 + = ln(2) par continuité de ln en 2 donc lim un = ln(2). n→+∞ n→+∞ n
B. 2. e. On écrit l’égalité f (x) =
Nouvelle-Calédonie
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