Baccalauréat S Nouvelle–Calédonie novembre

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Baccalauréat S Nouvelle–Calédonie novembre 2003 Exercice 1 4 points Commun tous les candidats 1. L'espérance d'une variable aléatoire suivant la loi binomiale est np. Ici E(Sn)= np = 10donc p = 10 n . Si Sn est la variable aléatoire totalisant le nombre d'accidents, on a P(Sn = k) = (n k ) pk (1? p)k = (n k ) (10 n )k ( 1? 10 n )n?k pour 0 6 k 6 n. 2. a. On en déduit que [P(Sn = 0)]= (n 0 ) p0(1?p)n = ( 1? 10 n )n . En supposant n > 10, onobtient, enprenant le logarithme ln [P(Sn = 0)]= n ln ( 1? 10 n ) = ?10 ?10 ? ln ( 1? 10 n ) 1 n =?10? ln ( 1? 10 n ) ?10 n . En posant h = ? 10 n , on a limn?+∞h = 0 et on sait que limh?0 ln(1+h) h = 1. Donc lim n?+∞ ln[P(Sn = 0)]=?10 et par continuité de la fonction exponen- tielle : lim n?+∞ P(Sn = 0)= e?10.

• ?10


• triangle eoc


• asymptote au graphe ?0 au voisinage de?∞


• représentation gra- phique de f1 au voisinage


• ??


• ?? ?

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 novembre 2003
• Nombre de lectures: 26

Extrait

Baccalauréat S Nouvelle–Calédonie novembre 2003

Exercice 1 Commun tousles candidats

4 points

1.L’espérance d’une variable aléatoire suivant la loi binomiale estn p. Ici 10 E(S n )=n p=10 doncp=. SiS n est la variable aléatoire totalisant le nombre n µ ¶µ ¶ k n−k ¡ ¢¡ ¢ 10 10 n kk n d’accidents, on a P(S n =k ) =p(1−p)=1−pour 0 6 k k n n k 6 n. µ ¶ n ¡ ¢ 10 n 0n 2. a.On en déduit que [P(S n =0)]=p(1−p)=1−. 0 n En supposantn>10, on obtient, en prenant le logarithme ln [P(S n =0)]= µ ¶µ ¶ 10 10 µ ¶ ln 1−ln 1− 10−10 n n nln 1− =× =−10×. 1 −10 n−10 n n 10 ln(1+h) En posanth= −lim, on ah=0 et on sait que lim=1. n→+∞ n h→0 h Donc lim ln[P(S n =0)]= −10 et par continuité de la fonction exponen n→+∞ −10 tielle :lim P ( S n =0)=e . n→+∞ µ ¶µ ¶ k+1n−k−1 ¡ ¢ 10 10 n b.P(S n =k+1)=1− = k+1 n n µ ¶µ ¶µ ¶µ ¶ 10 k+1n−k−1k n−k k ¡ ¢ ×n n! 10 10n−10 10 n n 1− =1− ¡ ¢ = k 10 (k+1)!(n−k−1)!n n k+1n n 1− ×n n n−k10 P (S n =k ) × ×. n−10k+1 n−k c.limOn a=1 (problème sik=n!). n→+∞ n−10 k k 10 1010 −10−10 Si lim P ( S n =k ) =e ,alors lim P ( S n =k+1)=e× = n→+∞n→+∞ k!k!k+1 k+1 10 −10 e pour0 6 k+1 6 n. (k+1)! d.•La propriété est vraie pourk=0 (démontré aua.) •Supposons que la propriété soit vraie pour un rangk 6 n; k+1 10 −10 – soitk+1 6 net on a démontré auc. ( que lim PS n =k+1)=e n→+∞ (k+1)! et la relation est vraie au rangk+1, – soitk+1>net la relation est vraie. k 10 −10 Conclusion : pour toutk 6 n, alorslim P ( S n =k ) =e . n→+∞ k! k 10 −10 3.On considère donc que P(S n =k ) ≈e . k! −10−10 On a donc P(S n > 3)=1−P (S n =0)−P (S n =1)−P (S n =2)≈1−e−10e− −10−10 50e≈1−61e≈0,997 231.

Exercice 2 : enseignement obligatoire −→−−→−→ 1. a.On a AB=(−3 ; 0 ; 5), etM(x:y;z)∈(AB)⇐⇒AM=λAB⇐⇒  x=3−3λ  y=0  z=10+5λ

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b.SiM(x:y;z)∈(AB) etMcoupe l’axe des abscisses en E, alors z E =10+5λ=0⇐⇒λ= −2 ; d’ox=9. Donc E(9 ; 0 ; 0).  0=3−3λ  c.C∈(AB)⇐⇒ 20=0 . La deuxième égalité est fausse ; A, B  0=10+5λ et C ne sont pas alignés. −−→−→−→ 2. a.(OH) hauteur dans OBC, donc OH∙BC=0. D’autre part BC (0 ; 20 ;−15) −→−→−→ et OE (9 ; 0 ; 0), d’o OE∙BC=0. ³ ´ −→−→−→−−→−→−→−→−→−−→ Or EH∙BC=EO+OH∙AB=EO∙BC+OH∙BC=0+0=0, donc (EH) est la hauteur issue de E dans le triangle EBC. −→ b.D’après lea.un vecteur normal au plan (OEH). Une équation deBC est ce plan est donc 20y−15z+d=0, mais O appartient à ce plan doncd=0. Une équation réduite est donc :M(x:y;z)∈(OEH)⇐⇒4y−3z=0. c.Pour A on a 60+120−180=0, pour B 180−180=0 et pour C 180−180=0 égalités toutes vraies. D’après1. c.les points A, B et C ne sont pas alignés, donc l’équation proposée 20x+9y+12z−180=0 est bien une équation du plan ABC.   x=0x=0   d. 4y−3z=0 ⇐⇒ 4y−3z=0 ⇐⇒   20x+9y+12z−180=0 9y+12z−180=0   x=0x=0   16y−12z=0 ⇐⇒ 16y−12z=0 ⇐⇒   9y+12z−180=0 25y−180=0  x=0  48 16y−12z= On en déduit que 0 . z=. Le système a bien une  36 5 z= 5 solution unique. x=0 est une équation du plan (OBC) ; 4y−3z=0 une équation du plan (OEH) (cf.2. b.) et 20x+9y+12z−180=0 est une équation du plan (ABC) (cf.2. c.). Donc ces trois plans ont un seul point commun de coordon µ ¶ 36 48 nées 0; ;. Ce point est le point H qui appartient aux trois plans. 5 5 ¡ ¢¡ ¢ 2 2 2 3648 e.OH= + =144. D’où OH = 12. 5 5 −−→−→ 2 2 Or OH∙OE=0 entraîne que OEH est rectangle en O et EH=EO+ 2 OH=81+144=225. Donc EH=15. BC×EH 25×15 375 Enfin l’aire du triangle EBC est égale= =. (On a 2 22 −→ 2 BC (0 ; 20 ;−15), donc BC=400+225=625, d’où BC=25.) 3.En prenant comme base le triangle EOC, la hauteur est [OB]. Le volume du 1 ×20×9 2 tétraèdre est donc V =×15=450. 3 ′ En prenant comme base le triangle EBC, soit Ole projeté orthogonal de O sur ′ 25×15 ′ OO× 125×OO 2 cette base. On a V=. En égalant les volumes 450= ⇐⇒ 3 2 36 ′ OO=. 5 36 On a doncd(O, (ABC))=. 5 |20×0+9×0+12×0−180|36 Or on sait qued(O, (ABC))= p=(en utilisant le 5 2 22 20+9+12 2. c.).

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Exercice 2 : enseignement de spécialité 1. a.De trois choses l’une : •p=3k,k∈N: terminé, seul le premier est multiple de 3 ; •p=3k+1, doncp+20=3k+21=3(k+7) : terminé, seul le troisième est multiple de 3 ; •p=3k+2, d’oùp+10=3k+12=3(k+4) : terminé, seul le deuxième est multiple de 3. b.D’après la question précédente l’un seulement des trois naturels est mul tiple de 3; le seul multiple de 3 premier est 3 et ce nombre doit être le premier terme de la suite. Conclusion : les trois nombres sont : 3 ; 13 et 23. 2.3u+13v+23w=0. a.3u+13v+23w=0⇐⇒3u+3v+3w+10v+20w=0⇐⇒10v+20w= −3(u+v+w)⇐⇒10v+20w≡0 [3]⇐⇒10v≡ −20w[3]⇐⇒9v+ v≡ −21w+w[3]⇐⇒v≡w[3] ′ b.On a donc 3u+13v+23w=0⇐⇒3u+13(3k+r)+23(3k+r)=0⇐⇒ ′ ′ 3(u+13k+23k)+36r=0⇐⇒u+13k+23k+12r=0⇐⇒ ′ u= −13k−23k−12r. Les triplets solutions sont donc de la forme :

′ ′ (u,v,w)=(−13k−23k−12r, 3k+r, 3k+r)

c.dant, avecLes coordonnées des points cherchés sont les triplets précé 5 55 55 5 − 6 x 6 ,− 6 y 6 ,− 6 z 6 . 2 22 22 2 ′ •Sik=0, la seule possibilité estk=k=0 : le point O(0 ; 0 ; 0) est solution ; •Sik=1 : ′ – aveck=0 etk=0, mais (−12 ; 1 ; 1) n’est pas solution ; ′ – aveck=0 etk= −1, mais (11 ; 1 ;−2) n’est pas solution ; ′ – aveck= −1 etk=0, on trouve A(1 ;−2 ; 1) qui est solution ; ′ – aveck= −1 etk= −1, on trouve (24 ;−2 ;−2) qui n’est pas solution. •Sik=2 : ′ – aveck=0 etk=0, le point (−24 ; 2 ; 2) n’est pas solution ; ′ – aveck=0 etk= −1, le point B(−1 ; 2 ;−1) est solution ; ′ – aveck= −1 etk=0, le point (−11 ;−1 ; 2) n’est pas solution : ′ – aveck= −1 etk= −1, le point (12 ;−1 ;−1) n’est pas solution.

P R O B L È M E

11 points

Partie A x1 1 1. a.f 1 (x)= =lim; comme+x= +∞, limf 1 (x)=0. 2 1 x→+∞x→+∞ 1+x + x x x Il en résulte que l’axe des abscisses est asymptote à la représentation gra phique def 1 au voisinage de+∞. De mêmelimf 1 (x)=0 avec la même conséquence graphique. x→+∞ b.f 1 est dérivable surRcomme quotient de fonctions dérivables surR, le dénominateur ne s’annulant pas et : 2 22 1+x−2x1−x ′ f(x)= =qui est du signe du numérateur le déno ¡ ¢ ¡ ¢ 1 2 2 2 2 1+x1+x minateur étant positif. ′ Doncf(x) est négative sauf entre−1 et 1. 1 La fonction est donc :

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– décroissantesur ]− ∞;−1] et sur [1 ;+∞, – croissantesur [−1 ;+1]. c.Tracé deΓ 1 :

-1 −1

1

0 0

Γ 1

Γ 3

1 1

-1 −1 Z 1 x1 £ ¡¢¤ 1 2 d.I 1 =dx=ln 1+x 1 =ln 2. 2 0 0 1+x2 2 3 x 2. a.f 3 (x)=. 2 1+x x1 Pourx6=0, on peut écriref 3 (x)=. Commelim+1=1, limf 3 (x)= 1 2 x→+∞x→+∞ +1 x 2 x +∞et limf 3 (x)= −∞. x→−∞ b.f 3 quotient de fonctions dérivables surRest dérivable surRet ¡ ¢ 2 2 4 2 42 3x1+x−2x 3x+x x ¡ ¢ ′2 f(x)= ×= =3+xpositive car ¡ ¢¡ ¢¡ ¢ 3 2 2 2 2 22 1+x1+x1+x tous les termes le sont. La fonction est donc croissante surR. Z ZZ ZZ 1 1 3 13 12 1 x xx+x1+x I 1 +I 3 =dx+dx=dx=xdx=xdx= 2 22 2 0 1+x 0 1+x 0 1+x 0 1+x 0 1 £ ¤ 1 1 2 x=. 0 2 2 1 11 Par différence on en déduit que I 3 = −ln 2=(1−ln 2). 2 22 3 On sait que sur [0 ; 1],x > x, donc sur [0 ;1],f 1 (x) > f 3 (x). Donc l’aire du domaine situé entreΓ 1 etΓ 3 et les droites d’équationx=0 etx=1 est égal à : Z ·¸ Z Z 1 3 1 1 3 x xx x1 −dx=dx−dx=I 1 −I 3 =ln 2−. 2 22 2 0 1+x1+x 0 1+x 0 1+x2

Partie B 1 1. a.f 0 (x)=. 2 1+x On a de façon évidentelimf 0 (x)=limf 0 (x)=0. x→+∞x→−∞ l’axe des abscisses est donc asymptote au grapheΓ 0 au voisinage de−∞ et de+∞.

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2x ′ b.rRetf(x)= −qui est du signe de−x. ¢ f 0 est dérivable su 0 ¡ 2 2 1+x La fonctionf 0 est donc : – croissantesur ]− ∞;; 0] – décroissantesur [0 ;+∞[. Z n 1 2.a n =dt 2 0 1+t ′ a.La fonctionf 0 est positive ;a n r e p réf aceli mi tsen t ed oncl ame sur ed el a suréa xed e s ab sci se p ar l et les droites d’équationx=0 etx=n. Z n+1 1 b.Par linéarité de l’intégrale :a n+1 −a n =dt, intégrale positive 2 n 1+t puisque intégrale d’une fonction positive avecn<n+1. La suite est donc croissante. 1 2 2 c.Commet>0, 1<1+t⇐⇒ <1. 2 1+t Z 1 1 En intégrant ces deux fonctions positives entre 0 et 1, on obtientdt< 2 0 1+t Z n 1 dt⇐⇒a 1 <1. 0 1 1 2 22 d.Quel que soit le réeelt,t > 0.Donct<1+t⇐⇒ <. 2 2 1+t t En intégrant ces deux fonctions positives on obtient l’inégalité : Z Z Z ·¸ Z n n n n n 1 11 1 1 dt<dt⇐⇒dt⇐⇒< −dt< 2 22 2 1 1+t 1 t 0 1+t t 1 0 1+t 1 1−. n Z n 1 e.On aa n =a 1 +dt, d’où en utilisant les résultats des deux ques 2 1 1+t tions précédentes : µ ¶ 1 1 a n <1+1− ⇐⇒a n <2−. n n Conclusion : quel que soitn:a n 6 2. On peut donc dire que la suite (a n ) est croissante et majorée par 2 : elle est donc convergente vers un réel inférieur ou égal à 2.

Partie C 1 ′ F(x)=,F(0)=0. 2 1+x i h π π 1.Sur−; ,H(x)=F[tan(x)] 2 2 a.H(0)=F[tan(0)]=F(0)=0 (par définition) i h π π b.La fonctionx7→est dérivable sur−donc; ,Fest dérivable comme 2 2 ′ ′ fonction composée de deux fonctions dérivables etH(x)=F[tanx]× 2 1 1 cosx1 ′ (tanx ) == ×= ×1. 2 2 2 2 2 1+tanxcosx cosx+sinx cosx ′ Donc une primitive deH(x) estx+Ket commeH(0)=0, il en résulte queK=0. i h π π Conclusion : pour toutxde−; ,H(x)=x. 2 2 π c.On a par définitionH(x)=F[tanx], donc six=, tanx=1 etF[1]= 4 ¡ ¢ π π H=. 4 4 µ ¶ ³ ´ 1x 2.k(x)=F+F. x+1x+2

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