Corrigé Bac Blanc TS mars 2019 1 / 7

Exercice 1

Partie A : Étude de la fonction f1. (a) u(1, 4) = −0, 72 à 10−2 près et u(1, 5) = 0, 34 à 10−2 près ; donc α appartient bien à l’intervalle ]1, 4 ; 1, 5[.(b) Comme u est strictement croissante sur [1; +∞[, il découle de la question précédente que u(x) < 0 sur [1;α[,

u(α) = 0 et u(x) > 0 sur ]α; +∞[.2. (a) f est dérivable sur [1; +∞[ comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle et, ∀x ≥ 1, f ′(x) =

2− 7×x1

x− ln(x)

x2= 2− 7× 1− ln(x)

x2=

2x2 − 7 + 7 ln(x)x2

=u(x)

x2.

Comme ∀x ≥ 1, x2 > 0, f ′(x) est du signe de u(x) sur [1; +∞[.

(b) Comme limx→+∞

ln(x)

x= 0 (limite remarquable du cours) et que lim

x→+∞(2x − 2) = +∞, alors, par somme des

limites, limx→+∞

f(x) = +∞. On déduit de la question précédente le tableau ce variation suivant pour f :

x

f ′(x)

f

1 α +∞

−5 − 0 +

00

f(α)f(α)

+∞+∞

32

< 0

x0

0

e

> 0

(c) On sait déjà que f(1) = 0 ; l’équation f(x) = 0 admet donc l’entier 1 comme solution dans l’intervalle [1; +∞[.f étant strictement décroissante sur l’intervalle [1;α] avec f(1) = 0, f(α) < 0 et l’équation f(x) = 0 ne peutavoir d’autre solution dans l’intervalle [1;α] que x = 1.Sur l’intervalle [α; +∞[, f est strictement croissante, continue (comme somme de fonctions continues sur[α; +∞[), f(α) < 0 et lim

x→+∞f(x) = +∞. Alors, en vertu du corollaire du théorème des valeurs intermédiaires,

l’équation f(x) = 0 admet une unique solution, notée x0, dans [α; +∞[. Comme f(3

2) = 3−2−7×

ln( 32 )32

= −0, 89

à 10−2 près et f(e) = 2e− 2− 7e= 0, 86 à 10−2 près, on peut affirmer que cette solution x0 appartient bien à

l’intervalle [3

2; e].

L’équation f(x) = 0 admet donc deux solutions dans [1; +∞[, l’entier 1 et le réel x0 précédent,

appartenant à l’intervalle[3

2; e

].

Partie B : Détermination d’une valeur approchée de x0

1. ∀x ≥ 32, f(x) = 0⇔ 2x = 2 + 7× ln(x)

x⇔ x = 1 + 7

2

ln(x)

x.

Donc, ∀x ≥ 32, f(x) = 0⇔ 1 + 7

2

ln(x)

x= x

2. g est dérivable sur [3

2;+∞[ et, ∀x ≥ 3

2, g′(x) =

7

2×x 1x − ln(x)

x2=

7

2× 1− ln(x)

x2.

g′ est donc du signe de 1− ln(x) sur[3

2;+∞

[. Or, pour x > 0, 1− ln(x) ≥ 0⇔ x ≤ e.

La fonction g est donc croissante sur[3

2; e

]. (Ce n’était pas demandé)

Comme g est croissante sur[3

2; e

], ∀x ∈

[3

2; e

], g(

3

2) ≤ g(x) ≤ g(e). Or g(3

2) = 1 +

7

2×

ln( 32 )32

= 1, 95 à 10−2

près, donc g(3

2) ≥ 3

2et g(e) = 1 +

7

2e= 2, 29 à 10−2 près, donc g(e) ≤ e. Il en résulte que

[g(

3

2); g(e)

]⊂[3

2; e

].

∀x ∈[3

2; e

], g(x) ∈

[3

2; e

].

Corrigé Bac Blanc TS mars 2019 2 / 7

3. (a) Désignons par P (n) la propriété "3

2≤ un ≤ un+1 ≤ e", n étant un entier naturel, et montrons par récurrence

que P (n) est vraie pour tout n ∈ N.F u0 =

3

2et u1 = g(u0) = 1, 95 à 10−2 près. Nous avons bien

3

2≤ u0 ≤ u1 ≤ e et P (0) est vraie.

F Supposons P (n) vraie pour un entier n quelconque mais fixé. Nous supposons donc que pour cet entier n,3

2≤ un ≤ un+1 ≤ e. g étant croissante sur [

3

2; e], g(

3

2) ≤ g(un) ≤ g(un+1) ≤ g(e), c’est-à-dire

3

2≤ un+1 ≤

un+2 ≤ e puisque ∀x ∈ [3

2; e], g(x) ∈ [ 3

2; e] d’après la question 2. (b). La propriété P est donc héréditaire.

En vertu des deux étapes précédentes et du principe de récurrence,3

2≤ un ≤ un+1 ≤ e pour tout

entier naturel n.(b) D’après la question précédente, (un) est croissante et majorée par e ; elle converge donc d’après le théorème

de convergence des suites monotones. Désignons par l sa limite. Nous savons que, ∀n ∈ N, un+1 = g(un) pardéfinition de (un). Comme (un) converge vers l, g(un) converge vers g(l) puisque g est continue sur [

3

2;+∞[ et

un ∈ [3

2; e] pour tout entier naturel n. Le réel l vérifie donc la relation l = g(l) ; or le seul réel vérifiant cette

relation dans [3

2; e] est le nombre x0 défini dans la partie A.

La suite (un) converge donc bien et sa limite est le nombre x0.

4. A l’aide de la calculatrice, nous constatons que les 8 premières décimales de un sont stabilisées à partir de n = 10avec u10 = 2, 26312668 à 10−8 près.A 10−4 près, x0 = 2, 2631

Exercice 2

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Corrigé Bac Blanc TS mars 2019 4 / 7

Exercice 3

−3. −2. −1. 1. 2. 3. 4.

−2.

−1.

1.

2.

3.

4.

5.

6.

0

Cf

Cg

T

1. ln(x+3) = x+2⇐⇒ ln(x+3)−x−2 = 0. On pose alors d(x) = ln(x+3)−x−2 et on va montrer que la fonctiond s’annule exactement une fois sur l’intervalle ]− 3;+∞[.

d est dérivable sur ]− 3;+∞[ comme somme de fonctions dérivables et d′(x) = 1x+ 3

− 1 = −x− 2x+ 3

.

Sur ]− 3;+∞[, x+3 > 0 donc d′(x) a le signe de −x− 2 qui s’annule pour x = −2 donc d′(x) > 0 sur ]− 3;−2[ etd′(x) < 0 sur ] − 2;+∞[. La fonction d est donc strictement décroissante sur ] − 2;+∞[ et strictement croissante

sur ]− 3;−2[. On obtient donc le tableau suivant :

x

d′(x)

d(x)

−3 −2 +∞

+ 0 −

00

Ce tableau montre que d(x) < 0 sur ]− 2;+∞[, d′(x) < 0 sur ]− 3;−2[ et que d′(x) = 0⇐⇒ x = −2On a donc α = −2.

2. la question précédente montre que la courbe de g et la droite T d’équation y = x+ 2 se coupent une seule fois aupoint d’abscisse −2. Le graphique suggère que cette droite T est tangente à la courbe de g au point d’abscisse −2et à la courbe de f au point d’abscisse 0. Démontrons le :Equation de la tangente à la courbe de g au point d’abscisse −2 :

y = g′(−2)(x+ 2) + g(−2) soit y = 1−2 + 3

(x+ 2) + 0 soit y = x+ 2. La droite T est bien tangente à la courbe deg.Equation de la tangente à la courbe de f au point d’abscisse 0 :

y = f ′(0)(x − 0) + f(0). Or f ′(x) = 2xx2 + 1

+ 1 donc f ′(0) = 1 et f(0) = 2 donc cette tangente a pour équation

y = 1(x− 0) + 2 soit y = x+ 2. La droite T est bien tangente à la courbe de f .En conclusion l’affirmation est vraie : la droite T est bien tangente à la courbe de f et aussi à la courbe de g.

Corrigé Bac Blanc TS mars 2019 5 / 7

Exercice 4 Obligatoire

Exercice 4 Spécialité Maths

1. On note A la matrice(

0, 3 0, 5−0, 5 1, 3

)et, pour tout entier naturel n, Un la matrice colonne

(bncn

).

(a){bn+1 = 0, 3bn + 0, 5cncn+l = −0, 5bn + 1, 3cn

donc{b1 = 0, 3b0 + 0, 5c0 = 0, 3× 1 000 + 0, 5× 1 500 = 1 050c1 = −0, 5b0 + 1, 3c0 = −0, 5× 1 000 + 1, 3× 1 500 = 1 450

Donc U1 =(1 0501 450

).{

b2 = 0, 3b1 + 0, 5c1 = 0, 3× 1 050 + 0, 5× 1 450 = 1 040c2 = −0, 5b1 + 1, 3c1 = −0, 5× 1 050 + 1, 3× 1 450 = 1 360

donc U2 =(1 0401 360

).

(b) On sait que{bn+1 = 0, 3bn + 0, 5cncn+l = −0, 5bn + 1, 3cn

ce qui s’écrit sous forme matricielle :

Corrigé Bac Blanc TS mars 2019 6 / 7(bn+1cn+1

)=

(0, 3 0, 5−0, 5 1, 3

)×(bncn

)c’est-à-dire Un+1 = AUn.

2. On donne les matrices P =(1 01 1

)et I =

(1 00 1

).

(a) La matrice P a pour déterminant 1× 1− 1× 0 = 1 6= 0 donc cette matrice est inversible. D’après le cours son

inverse est(

1 0−1 1

)(b) T = PAP−1. Après calcul, on obtient T =

(0, 8 0, 50 0, 8

)(c) Soit la propriété Tn =

(0, 8n 0, 5n× 0, 8n−10 0, 8n

)• Initialisation

Pour n = 1,(0, 81 0, 5× 1× 0, 81−10 0, 81

)=

(0, 8 0, 50 0, 8

)= T

Donc la propriété est vérifiée pour n = 1.• Hérédité

On suppose la propriété vraie pour n > 1 c’est-à-dire Tn =(0, 8n 0, 5n× 0, 8n−10 0, 8n

); c’est l’hypothèse de

récurrence et on veut montrer que pour ce n, Tn+1 =(0, 8n+1 0, 5(n+ 1)× 0, 8n

0 0, 8n+1

)Démonstration :D’après l’hypothèse de récurrence,

Tn+1 = Tn × T =(0, 8n 0, 5n× 0, 8n−10 0, 8n

)×(0, 8 0, 50 0, 8

)=

(0, 8n × 0, 8 + 0, 5n× 0, 8n−1 × 0 0, 8n × 0, 5 + 0, 5n× 0, 8n−1 × 0, 8

0× 0, 8 + 0, 8n × 0 0× 0, 5 + 0, 8n × 0, 8

)=

(0, 8n+1 0, 8n × 0, 5 + 0, 5n× 0, 8n

0 0, 8n+1

)=

(0, 8n+1 0, 5 (n+ 1)× 0, 8n

0 0, 8n+1

)Donc la propriété est vraie au rang n+ 1.

• ConclusionOn a vérifié que la propriété était vraie au rang n = 1. On a démontré qu’elle était héréditaire pour toutn > 1. D’après le principe de récurrence, on peut dire que la propriété est vraie pour tout n > 1.

On a donc démontré que, pour tout n > 1, Tn =(0, 8n 0, 5n× 0, 8n−10 0, 8n

).

(d) Soit la propriété An = PTnP−1.

• InitialisationOn a T = P−1AP ce qui donne en multipliant à gauche par P : PT = PP−1AP = AP puis en multipliantà droite par P−1, PTP−1 = A ce qui s’écrit A1 = PT 1P−1 ; la propriété est donc vraie pour n = 1.

• HéréditéOn suppose la propriété vraie au rang n > 1, c’est-à-dire An = PTnP−1 ; c’est l’hypothèse de récurrence.An+1 = A×An =

(PTP−1

)(PTnP−1

)= P

(T (P−1P )Tn

)P−1

Par définition P−1P = I.TPP−1 = TI = T et T × Tn = Tn+1.On peut donc écrire An+1 = PTn+1P−1 ce qui démontre que la propriété est vraie au rang n+ 1.ConclusionOn a vérifié la propriété pour n = 1. On a démontré que la propriété était héréditaire pour tout n > 1.D’après le principe de récurrence, on peut dire que la propriété est vraie pour tout n > 1.

On a donc démontré que, pour tout n non nul, An = PTnP−1.

3. On admet que, pour tout entier naturel n non nul, on a Un =

1 000× 0, 8n + 6252 n× 0, 8n1 500× 0, 8n + 625

2n× 0, 8n

et n 6 10× 1, 1n.

(a) D’après la matrice Un, on a bn = 1000× 0, 8n +625

2n× 0, 8n et cn = 1500× 0, 8n +

625

2n× 0, 8n, pour tout n.

De plus, bn et cn correspondent respectivement aux nombres de buses et de campagnols donc ce sont desnombres positifs : 0 6 bn et 0 6 cn.

Corrigé Bac Blanc TS mars 2019 7 / 7

On sait que n 6 10× 1, 1n, donc 1 000× 0, 8n + 6252n× 0, 8n 6 1 000× 0, 8n + 625

2× 10× 1, 1n × 0, 8n donc on

peut dire que bn 6 1 000× 0, 8n + 3125× 0, 88n.D’après les propriétés des limites des suites géométriques, comme −1 < 0, 8 < 1, on sait que lim

n→+∞

(0, 8)n

= 0,

et comme −1 < 0, 88 < 1, on sait que limn→+∞

(0, 88

)n= 0.

On en déduit que limn→+∞

(1 000× 0, 8n + 3125× 0, 88n) = 0.

On sait que 0 6 bn 6 1 000 × 0, 8n + 3125 × 0, 88n ; d’après le théorème des gendarmes, on peut déduire quelim

n→+∞bn = 0.

Par un raisonnement similaire, on démontre que limn→+∞

cn = 0.

(b) Des mesures effectuées dans des territoires comparables montrent que la population de campagnols reste toujourssupérieure à au moins 50 individus, ce qui veut dire que cn > 50.Avec le modèle étudié, le nombre de campagnols tend vers 0 donc deviendra plus petit que 50 à partir d’uncertain rang.À la lumière de ces informations, le modèle proposé dans l’exercice ne paraît donc pas cohérent.