Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2004

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2004 EXERCICE 1 7 points Partie A 1. a. Pour tout x, f (x)= x ex = 1 ex x . Or lim x?+∞ ex x =+∞ donc lim x?+∞ 1 ex x = 0. Donc lim x?+∞ f (x)= 0. b. La fonction f produit de deux fonctions dérivables est dérivable. Pour tout x, f ?(x)= e?x ? xe?x = (1? x)e?x . Comme pour tout x, e?x > 0, le signe de f ?(x) est celui de 1? x. Soit sur [0 , +∞[ : f ?(x) 0 sur [0 , 1]; f ?(x) 0 sur [1 , +∞]. Donc f est croissante sur l'intervalle [0 , 1], décroissante sur l'intervalle [1 , +∞[. D'où le tableau de variations de f : x 0 1 +∞ f ?(x) 1 + 0 ? f (x) 0 1 e 0 c. Représentation graphique de f (échelle 1 2 ) : 0 1 21 e?1 2. a.

• évènement b0


• point d'intersection


• cercle ?


• unique solution


• façon immédiate


• boule rouge


• simplification de proche en proche


• somme des probabilités

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 novembre 2004
• Nombre de lectures: 513
• Langue: Français

Extrait

CorrigédubaccalauréatSAmériqueduSud
novembre2004
EXERCICE1 7points
PartieA
xx 1 e 1
1. a. Pourtoutx, f(x)= = .Or lim =+∞donc lim =0.x xx e ex→+∞ x→+∞e x
x x
Donc lim f(x)=0.
x→+∞
b. La fonction f produit de deux fonctions dérivables est dérivable. Pour
−x −x −xtoutx, f (x)=e −xe =(1−x)e .
−x Comme pour tout x,e >0, le signe de f (x)estceluide1−x.Soitsur
[0, +∞[:f (x)0sur[0, 1]; f (x)0sur[1,+∞].
Donc f est croissante sur l’intervalle [0 , 1], décroissante sur l’intervalle
[1, +∞[.
D’oùletableaudevariationsde f :
x 0 1 +∞
f (x) 1 + 0 −
1
e
f(x)
0 0
1
c. Représentationgraphiquede f (échelle ):
2
−1e
1012
2. a. Lafonction f estcontinueetstrictementcroissantesurl’intervalle[0, 1];
1 1
f(0)=0etf(1)= ; donc pour m ∈ 0, l’équation f(x) =m admet
e e
uneseulesolutionsurl’intervalle ]0,1[.
La fonction f est continue et strictement décroissante sur l’intervalle
1 1
[1, +∞[;f(1)= et lim f =0;doncpourm∈ 0, l’équation f(x)=
x→+∞e e
m admetuneseulesolutionsur]1, +∞[.
1
Enrésumé, pour toutm de 0, ,l’équationf(x)=m admetdeux so-
e
lutions.Résultatattendugraphiquement:lessolutionsdecetteéquation
sontlesabscisses despoints d’intersection delacourbeΓetdeladroite
1
d’équation y =m.Orsim∈ 0, ,cettedroitecoupebienlacourbeen
e
deuxpointsdistincts.
1
b. Pourm= ,lasolutionαestcellequiappartientàl’intervalle ]0, 1[.On
4
trouvefacilement queα≈0,357 soitα∈]0,35, 0,36[.BaccalauréatS
c. Defaçonimmédiate,pourm=0l’équationf(x)=0admetpourunique
1
solutionx=0,etpourm= cetteéquationadmetpouruniquesolution
e
x =1.
PartieB
1. a. Par hypothèse u >0.0
p étantunentiernaturelquelconque,siu >0alorsu ,produitdeup p+1 p
−pparleréelstrictementpositife ,eststrictementpositif.
Enconclusionpourtoutentiernatureln,u >0.n
un+1
b. Commepourtoutentiern,u >0,comparons à1.n
un
u un+1 n+1−u −un n=e ,−u <0donce <1,soit <1:lasuite(u )estdoncn n
u un n
décroissante.
c. Ilrésultedesquestionsprécédentesquelasuite(u ),décroissanteetmi-n
norée(par0),estconvergente.Soitsalimite.
− − est donc solution de l’équation=e ,soit 1−e =0. Les deux
facteurss’annulantpourlaseulevaleur0,onendéduitque=0.
Enrésumé lim u =0.n
n→+∞
2. a. w −w =lnu −lnu =lnn n+1 n n+1
−u un ndfracu u =−lne =lne =u .n n+1 n
b. Ilrésultedea.queS =w −w +w −w +···+w −w +w −w .n 0 1 1 2 n−1 n n n+1
Soitaprèssimplificationdeprocheenproche,S =w −w .n 0 n+1
c. Sachant, d’après B.1.c.,que limu = 0, on a donc lim w =−∞,etn n
n→+∞ n→+∞
parsuite lim S =+∞.n
n→+∞

1−u02. Pardéfinitionu =u e doncu ∈ 0, .1 0 1
e
−βOrd’aprèsA.2.a.,onsaitqu’ilexisteunedeuxièmevaleur,β,tellequeβe =
u .Onadoncv =β puis v =u et, plus généralement, pour toutne1,u =1 0 1 1 n
v .n
Exercice2
1. La solution générale de l’équation y +y =0 est la fonction définie surR par
−xx −→ ke ,oùk estuneconstanteréellearbitraire.
0L’image de 0 est e donc ke =esoitk =e.
−xLa fonction f cherchée est donc celle définie sur R par f(x) = e×e .Soit
1−xf(x)=e .
1−x2. e =t ⇐⇒ 1−x =lnt.Lasolutiondecetteéquationestdoncleréel1−lnt.
23. Soitu etv lesfonctionsdéfiniessur[1, e]respectivementparu(t)=(1−lnt)
et v(t)=t. Ces deux fonctions sont dérivables et leurs dérivées u et v,défi-
2 nies respectivement paru (t)=− (1−lnt)etv (t)=1, continues sur l’inter-
t
valle[1, e].Lethéorèmed’intégrationparpartiess’applique doncet:
ee
2V=π t(1−lnt) +2 (1−lnt)dt .
1 1
e
Calculonsànouveauparparties (1−lnt)dt.
1
Posonsu(t)=1−lnt etv(t)=t.Cesdeuxfonctionssontdérivablessur[1, e],
1 dedérivéesrespectivesu etv ,continuessur[1; e],définiesparu (t)=− et
t
v (t)=1.

e ee
D’où: (1−lnt)dt = t(1−lnt) + dt=−1+e−1=e−2.
11 1
Enreportantdansl’expression deV,onobtient:
AmériqueduSud 2 novembre2004
BaccalauréatS
V=π(−1+2(e−2))=π(2e−5).
Exercice3
1. L’urne contient 6 boules et on en tire 2 : le nombre de cas possibles est donc
2C .6
•Pourréaliserl’évènement A ilfauttirer2boulesrougesparmi4:lenombre0
2decasfavorablesestdoncC .4
2C 24Onendéduitquep(A )= .Soitp(A )= .0 02 5C6
•Pour réaliser l’évènement A ilfaut tirer1boule rougeparmi4et uneboule1
noireparmi2:lenombredecasfavorablesestdonc4×2.
4×2 8
Onendéduitquep(A )= .Soitp(A )= .1 12 15C6
•Pourréaliser l’évènement A ilfauttirer2boulesnoiresparmi2:lenombre2
decasfavorablesestdonc1.
1 1
Onendéduitquep(A )= .Soitp(A )= .2 22 15C6
2. a. Il reste 4 boules dans l’urne et on en tire 2 : le nombre de cas possibles
2estdoncC .
4
• A étant réalisé, il reste dans l’urne 2 boules rouges et 2 boules noires.0
Pour réaliser B ilsuffit detirer2 boulesrouges:ily adoncun casfavo-0
rable.
1 1
Laprobabilitép (B )= = .0A0 2 6C4
• A étant réalisé, il reste dans l’urne 3 boules rouges et 1 boule noire.1
2Pour réaliser B ilsuffitdetirer2boulesrouges:ilyadoncC casfavo-0 3
rables.
2
C 13
Laprobabilitép (B )= = .0A1 2 2C4
•A étantréalisé,ilrestedansl’urne4boulesrouges.L’événementB est2 0
donccertain.Doncp (B )=1.0A1
b. L’évènement B est la réunion des évènements incompatibles A ∩B ,0 0 0
A ∩B et A ∩B .Parsuitep(B ) est la somme des probabilités de ces1 0 2 0 0
troisévènements.
1 2 1
Orp(A ∩B )=p (B )×p(A )= × = .0 0 0 0A0 6 5 15
1 8 4
p(A ∩B )=p (B )×p(A )= × = .1 0 0 1A1 2 15 15
1
p(A ∩B )=p (B )×p(A )= .2 0 0 2A2 15
6 2
D’oùp(B )= = .0
15 5
c. Des calculs analogues à ceux menés en a. et b. ci-dessus conduisent à
calculer:
2×2 2 2 2 4
p (B )= = .D’oùp(A ∩B )= × = .1 0 1A0 2 3 3 5 15C4
1×3 1 1 8 4
p (B )= = .D’oùp(A ∩B )= × = .1 1 1A1 2 2 2 15 15C4
Extraireuneboulenoireaudeuxièmetiragequandlesdeuxboulesnoires
ontétéextraiteslorsdupremiertirageestimpossible.Doncp (B )=0.1A2
D’oùlavaleurdep(B ),sommedestroisprobbilitésprécédentes:p(B )=1 1
8 1 1 1 2 1
.p (B )= = .D’oùp(A ∩B )= × = .2 0 2A 2015 6 6 5 15C4
AmériqueduSud 3 novembre2004BaccalauréatS
Commeci-dessus:p (B )=0etp (B )=0.2 2A A1 2
D’oùlavaleurdep(B ),sommedestroisprobbilitésprécédentes:p(B )=2 2
1
.
15
d. On cherche à calculer p (A ). Or d’après les calculs antérieurs p(A ∩1 1B1
4 8 1
B )= etp(B )= .Doncp (A )= .1 1 1B115 15 2
3. L’évènementRestréalisélorsquel’undesévènementsincompatiblesci-dessous
l’est :
« tirer une boule noire au premier tirage et une boule noire au second » soit
réaliserl’évènement A ∩B ;1 1
ou
« ne tirer aucune boule noire au premier tirage et deux boules noires au se-
cond»soitréaliserl’évènement A ∩B .0 2
4 1 1
Ilenrésultequep(R)=p(A ∩B )+p(A ∩B )= + = .1 1 0 2
15 15 3
Exercice4
PartieA
−→ −→ −→
1. Les vecteurs OA, OB et OC ont respectivement pour cordonnées (5,5), (1,3)
et(8,−4).
−→ −→ −→
LesvecteursPA ,PB etPC ontrpourcordonnées(−5,5),(−9,3)
et(−2,−4).
−−→ −→ −−→ −→ −−→ −−→
Par suite OA.PA =0doncA∈Γ;OB.PB =0doncB∈Γ;OC.PC =0doncC∈Γ.
−→ −→
2. Montrons que D∈(BC) en établissant que les vecteurs DB et BC sont coli-
néaires.
−→ −→ −→
DB a pour coordonnées (−1,1), BC a pour coordonnées (7,−7), donc BC =
−→
(−7)DB.
−−→ −→
Montronsque(OD)⊥(BC)enétablissantqueOD.BC =0.
−−→ −−→ −−→ −−→
OD apourcoordonnées(2,2),BC apourcoordonnées(7,−7),doncOD.BC =
0.
Enrésumé,DestbienleprojetédeOsurladroite(BC).
PartieB
−−−→−−→ z 201. (OM , OM )=arg =arg .Orzz est un réel (strictement positif) donc de
z zz
20 z même .Parsuitearg =0+k.2π:lespointsO,M,M sontalignés.
zz z
2. a. M∈∆ donc son affixe z est du type 2+iy,oùy désigne un réel quel-
conque.
Onendéduitquez =2−iydoncz+z =4.
20 20 20(z+z) 80 400 20 20 b. z +z = + = = .Parsuite5(z +z )= = × =
z z zz zz zz z z
z ×z .
2c. DémontronsqueM ∈ΓenétablissantqueΩM =25.
− −−→
2 ΩM apouraffixez −5,doncΩM =(z −5)(z −5).
Or (z −5)(z −5) = (z −5)(z −5) = z z −5(z +z )+25. D’après la re-
lation établie en b. il en résulte que (z −5)(z −5) = 25 c’est à dire que
2 ΩM =25:M ∈Γ.
On sait de plus, d’après la question 1.,queM∈(OM). Donc M est bien
lepointd’intersection(autrequeO)deladroite(OM)etducercleΓ.
AmériqueduSud 4 novembre2004BaccalauréatS
A
∆
B
D
OPΩ
M
CΓ M
Exercice4
Exercicedespécialité
1. A etB ontétéchoisisdefaçonquelconqueavecA B =8.0 0 0 0
1 − −−−−→ − −−→
OnpeutvérifierqueA B =