BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 2011 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement de Spécialité Pondichéry

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Niveau: Secondaire, Lycée
BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 2011 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement de Spécialité Pondichéry EXERCICE 1 Partie I 1. B 2. A 3. C 4. C 1) La fonction f2 est strictement décroissante sur ]0,+∞[ et l'axe des ordonnées est asymptote à la courbe C2. Donc lim x?0 f2(x) = +∞. 2) La fonction f2 est strictement décroissante sur ]0,+∞[ et l'axe des ordonnées est asymptote à la courbe C2. Donc lim x?+∞ f2(x) = 0 3) On ne peut pas conclure car par exemple les fonctions x 7? ln x et x 7? x ? 1x ont un graphe ayant l'allure de C2, mais seule la courbe représentative de la fonction x 7? x ? 1x admet une asymptote oblique. 4) C2 est strictement au-dessus de C1 sur ]0, 1[, strictement au-dessous sur ]1,+∞[ et enfin, C1 et C2 se coupent en leur point d'abscisse 1. Donc le tableau de signe de f2(x) ? f1(x) est : x 0 1 +∞ f2(x) ? f1(x) + 0 ? Partie II 1) Limite en 0.

  • point dans l'espace

  • entier

  • théorème de gauss

  • xy ?

  • tableau de signe de f2

  • plan p1 rapporté au repère

  • ?2 ?


Publié le : mercredi 1 juin 2011
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EXERCICE 1
BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 2011 MATHEMATIQUES  Série S  Enseignement de Spécialité Pondichéry
Partie I 1. B
2.
3.
4.
A
C
C
1)La fonctionf2est strictement décroissante sur]0,+[et l’axe des ordonnées est asymptote à la courbeC2. Donc limf2(x) = +. x0 2)La fonctionf2est strictement décroissante sur]0,+[et l’axe des ordonnées est asymptote à la courbeC2. Donc limf2(x) =0 x+1 3)On ne peut pas conclure car par exemple les fonctionsx7lnxetx7xont un graphe ayant l’allure deC2, mais x 1 seule la courbe représentative de la fonctionx7xadmet une asymptote oblique. x 4)C2est strictement audessus deC1sur]0, 1[, strictement audessous sur]1,+[et enfin,C1etC2se coupent en leur point d’abscisse1. Donc le tableau de signe def2(x) −f1(x)est :
x f2(x) −f1(x)
0
+
1 0
+
Partie II 1 1) Limite en0.Pour tout réelxde]0,+[,f(x) = (xln(x) +x1). x 1 D’après un théorème de croissances comparées, limxln(x) =0lim. Donc (xln(x)+x1) = −1. D’autre part, lim= +. x x0 x0 x0 x>0 x>0 x>0 Par suite,
limf(x) = −. x0 x>0
1 Limite en0.Pour tout réelxde]0,+[,f(x) =ln(x) +1. x 1 On sait que lim ln(x) = +lim. D’autre part, 1− =1. Par suite, x+x+x
limf(x) = +. x+
2)La fonctionfest dérivable sur]0,+[en tant que somme de fonctions dérivables sur]0,+[et pour tout réelx > 0, 1 1 f(x+) = . 2 x x Donc, la fonctionfest strictement positive sur]0,+[puis la fonctionfest strictement croissante sur]0,+[. On en déduit le tableau de variations de la fonctionf. 1
x f(x)
f
0
+
+
+
3)On note tout d’abord quef(1) =ln(1) +11=0. Puisque la fonctionfest strictement croissante sur]0,+[, sixest un réel tel que0 < x < 1, on af(x)< f(1)ou encoref(x)< 0. Sixest un réel tel quex > 1, on af(x)> f(1)ou encore f(x)> 0. On résule ces résultats dans un tableau.
x f(x)
0
4)La fonctionFest dérivable sur]0,+[et pourx > 0,
1 0
+
+
1 1 1 f(x) =1×ln(x) +x×− =ln(x) +1− =f(x). x x x Donc la fonctionFest une primitive de la fonctionfsur]0,+[. 5)La fonctionFest dérivable sur[1,+[et sa dérivée, à savoirf, est strictement positive sur]1,+[d’après la question précédente. Donc, la fonctionFest strictement croissante sur[1,+[.   6)La fonctionFest continue et strictement croissante sur[1,+[. Donc pour tout réelkde l’intervalleF(1),limF(x), x+l’équationF(x) =kadmet une solution et une seule. 1 1 Or,F(1) =0et doncF(1)< 1et d’autre part, limF(x) =lim(x1)ln(x) = +et donc limF(x)> 1. x+x+x+e e   1 1 Ainsi,1F(1),limF(x)et donc l’équationF(x) =1admet une solution et une seule, notéeα, dans[1,+[. e e x+1 7)F(α) =1− =0, 63 . . .Ensuite,F(1, 9) =0, 57 . . .etF(2) =0, 69 . . .. DoncF(1, 9)< F(α)< F(2). Puisque la fonctionF e est strictement croissante sur[1,+[, on en déduit que
1)Soitxun réel strictement positif.
2)Soitxun réel strictement positif.
1, 9 < α < 2.
Partie III
1 1 h(x) =0ln(x) = −1x=ex=. e   1 Le pointAa pour coordonnées, 0. e
1 g(x) =h(x)ln(x) +1+ =0f(x) =0. x D’après l’étude du signe de la fonctionfeffectuée à la question II.3), l’équationf(x) =0admet une solution et une seule à savoirx=1. Commeg(1) =h(1) =1,
le pointPa pour coordonnées(1, 1).
1 3) (a)Pour tout réelxde]0,+[, on ag(x) −h(x) = −ln(x) −1+ = f(x). D’après la question II.3), la fonctionfest x     1 1 négative sur, 1et donc la fonctionghest positive sur, 1. Par suite, e e Z Z 1 1 A= (g(x) −h(x))dx= (−f(x))dx. 1/e 1/e
2
(b)D’après la question II.4), on en déduit que       1 1 1 1 1 1 1 A= [−F(x)] = F(1) +F= −0+lnln= −ln(e) +ln(e) =1. 1/e e e e e e e
1 A=1. e
4) a)Soittun réel strictement supérieur à1. Dans ce cas, pour tout réelxde[1, t], on ah(x) −g(x) =f(x)>0. Par suite, Z Z t t t Bt= (h(x) −g(x))dx=f(x)dx= [F(x)] =F(t) −F(1) =F(t) =tln(t) −ln(t). 1 1 1
(b)Soitt>1. D’après la question II.6),
1 Bt=AF(t) =1t=α. e Il existe un réeltet un seul tel queBt=A: le réelαdéfini à la question II.6).
3
EXERCICE 2
Partie A
1)SoitM(x, y, z)un point de l’espace.    z=0 z=0 z=0 ME1⇔ ⇔2. 2 z= (xy) (xy) =0 y=x   Ainsi, dans le planP1rapporté au repère, jO, i ,E1est l’ensemble d’équationy=x.
E1est une droite.
2)SoitM(x, y, z)un point de l’espace.   x=1 x=1 ME22. 2 z= (xy)z= (1y)     ′ ′ Ainsi, dans le planP2rapporté au repèreO , j , kOa pour coordonnées(1, 0, 0)dans le repèreO, i , k, j , 2 E2est l’ensemble d’équationz= (1y).
E2est une parabole.
Partie B
1)SoitM(x, y, z)un point de l’espace.    z=0 z=0 z=0 z=0 ME3⇔ ⇔ ⇔ou . z=xy xy=0 x=0 y=0   Ainsi, dans le planP1rapporté au repère, jO, i ,E3est la réunion des ensembles d’équations respectivesx=0et y=0.
E3est la réunion de deux droites perpendiculaires.
2)SoitM(x, y, z)un point de l’espace. z=1 z=1 ME4⇔ ⇔1. z=xy y= x     ′′ ′′ Ainsi, dans le planP3rapporté au repèreji , O , Oa pour coordonnées(0, 0, 1)dans le repèreO, i , j , k, 1 E4est l’ensemble d’équationy=. x
E4est une hyperbole.
Partie C z=xy 2 1)SoitM(x, y, z)un point de l’espace.ME5et en particulier(xy) =xy. Si de plus,x=0, 2 z= (xy) 2 alors(0y) =0puisy=0et enfin,z=0×0=0. Donc, siMest un point deE5tel quex=0, alorsM=O. De même, siy=0alorsM=O. 2) (a)On suppose quex6=0ety6=0. On notedlePGCDdexety. On sait qu’il existe deux entiers naturels non nuls ′ ′ ′ ′ premiers entre euxxetytels quex=dxety=dy.
2 2 2 2 2 22′ ′ 22′ ′ 2 (xy) =xyx2xy+y=xyx3xy+y=0d(x3x y+y) =0x3x y+y=0.
22′ ′ ′ ′ ′ ′ 2 (b)On a doncy= −x+3x y=x(−x+3y). Par suite, l’entierxdivise l’entiery. ′ ′ ′ ′ ′ ′ L’entierxdivise l’entiery×yet l’entierxest premier à l’entiery. Donc, d’après le théorème deGauss, l’entierx divise l’entiery. ′ ′ ′ ′ ′ ′ On en déduit que lePGCDdexetyestx. Mais lePGCDdexetyest1et doncx=1. ′ ′2′ ′ 2′ ′2 (c)Les égalitésx=1etx3x y+y=0fournissent alors13y+y=0. 4
2 2 (d)Le discriminant de l’équationt3t+1=0estΔ= (−3) −4×1×1=5. Les solutions de cette équation sont 35 35 t1= =0, 3 . . .ett2= =2, 6 . . .. 2 2 ′ ′ 2 Ainsi, il n’y a pas de nombre entieryvérifiant13y+y=0et il n’est donc pas possible quex6=0. Doncx=0et d’après la question 1), seul le pointOpeut être un point deE5à coordonnées entières. Réciproquement, le pointOest effectivement un point deE5dont les coordonnées sont des entiers naturels.
5
EXERCICE 3 1 2 1)On ap5=p0puisp3=2p5=p0. 3 3   2 1 1 1 1 L’égalitép0+p3+p5=1fournit alors1+ +p0=1puisp0=,p3=etp5=. 3 3 2 3 6
2) (a)Représentons la situation par un arbre.
1 1 1 p0=,p3=etp5=. 2 3 6
1/3
0
3
5
0
3
5 0
3
5 0
3
5
Les événements amenant au gain de la partie en deux lancers sont(3points, 5points),(5points, 3points)et(3points, 5points). 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Leurs probabilités respectives sont×=,×=et×=. Donc 3 6 18 6 3 18 6 6 36 1 1 1 5 p(G2+ + =) = . 18 18 36 36
5 p(G2) =. 36
(b)D’après la formule des probabilités totales, la probabilité que le joueur gagne la partie est
5 7 12 1 p(G) =p(G2) +p(G3+ = =) = 36 36 36 3 1 2 et doncp(P) =1p(G) =1− =. 3 3
2 p(P) =. 3
3)NotonsYle nombre de fois que l’événementPest réalisé. La variable aléatoireYest régie par un schéma deBernoulli. En effet, 6;expériences identiques et indépendantes sont effectuées 2 chaque expérience a deux issues : « l’événementPest réalisé » avec une probabilitép=l’événementou « Pest 3 1 réalisé » avec une probabilité1p=. 3 2 La variable aléatoireYsuit donc une loi binomiale de paramètren=6etp=. 3 La probabilité que le joueur gagne au moins une partie estp(Y65). Or    6 0 6 6 2 1 2 p(Y65) =1p(Y=6) =1− =1. 6 3 3 3
 6 2 2 La probabilité que le joueur gagne au moins une partie est1ou encore0, 91à10près. 3
6
2 7 4) (a) Loi de probabilité deX.D’après les questions précédentes,p(X= −2) =p(P) =puisp(X=1) =p(G3) = 3 36 5 etp(X=3) =p(G2) =. Résumons ces résultats dans un tableau. 36
Valeurs prises parX:xi
p(X=xi)
2 2 3
1 7 36
2 7 5 4 22 24 11 13 (b)E(X) =×(−2) +×1+×3− + = −= − + = . 3 36 36 3 36 18 18 18
PuisqueE(X)< 0, le jeu est défavorable au joueur.
13 E(X) = −. 18
7
3 5 36
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