Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2004

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Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2004 \ EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats 1. X suit la loi de durée de vie sans vieillissement ou encore loi exponentielle de paramètre ? ; donc p(X > 10)= e?10? = 0,286 ?? ?10?= ln0,286 ou encore ?=? ln0,286 10 . La calculatrice donne ?= 0,125 à 10?3 près. 2. 6mois = 0,5 année. On a donc p(X 6 0,5)= 1?e?0,125?0,5 = 1?e?0,0625 ≈ 0,061. 3. L'appareil ayant déjà fonctionné 8 ans, la probabilité qu'il ait une durée de vie supérieure dix ans est égale à p(X>8(X > 10)= p[(X > 10)? (X > 8)] p(X > 8) = p(X > 10) p(X > 8) = e?0,125?10 e?0,125?8 = e?0,125?2 ≈ 0,779. 4. On a ici un schéma de Bernoulli, avec comme succès le fait pour un oscil- loscope d'avoir une durée de vie supérieure à 10 ans, dont la probabilité est égale à 0,286 et un nombre d'appareils égal à 15.

  • teur ???

  • durée de vie

  • courbe c1

  • ??

  • droite passant par le point

  • loi de durée de vie sans vieillissement

  • ???


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Publié le 01 juin 2004
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Langue Français
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Durée : 4 heures
[Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2004\
EX E R C IC Epoints1 4 Commun à tous les candidats 1.Xsuit la loi de durée de vie sans vieillissement ou encore loi e xponentielle de paramètreλ; donc
10λ p(X>10)=e=0, 286⇐⇒ −10λ=ln 0, 286
ln 0, 286 ou encoreλ= −. 10 3 La calculatrice donneλ=à 10 près.0, 125 0,125×0,50,062 5 2.6 mois = 0,5 année. On a doncp(X60, 5)=1e=1e0, 061. 3.L’appareil ayant déjà fonctionné 8 ans, la probabilité qu’il ait une durée de vie p[(X>10)(X>8)]p(X>10) supérieure dix ans est égale àp(X>8(X>10)== = p(X>8)p(X>8) 0,125×10 e 0,125×2 =e0, 779. 0,125×8 e 4.un oscilOn a ici un schéma de Bernoulli, avec comme succès le fait pour loscope d’avoir une durée de vie supérieure à 10 ans, dont la p robabilité est égale à 0,286 et un nombre d’appareils égal à 15. La probabilité de n’avoir aucun oscilloscope en état de marche au bout de 10 15 15 ans est donc : (10, 286)=.0, 714 Donc inversement la probabilité d’avoir au moins un oscilloscope en état de marche au bout de 10 ans est égale à :
15 10, 7140, 994.
5.On reprend la question précédente avec non plus 15, maisnoscilloscopes. La probabilité qu’au moins 1 sur lesnoscilloscopes fonctionne après 10 ans est n donc : 10, 714 . Il faut chercher le plus petit naturelntel que
n n 10, 714>0, 999⇐⇒0, 001>0, 714⇐⇒ln 0, 001>nln 0, 714
ln 0, 001 (par croissance de la fonction ln), soit finalement6n714(car ln 0, < ln 0, 714 0). La calculatrice donne 20, 56n. Le premier naturel convenant est donc 21.
EX E R C IC E2 Candidat n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
5 points
Corrigé du baccalauréat S
1.
B
3
6
4
2 −→ v O
2
4
6 C
8
10
−→ u
I
Γ2
A
3
6
D
Γ1
9
12
A. P. M. E. P.
12 a. zIzA24i 1+2i (1+2i)(2i)5i b.Z= = = = = = i. zIzB42i i2 (i2)(2i) 5 IA On en déduit pour le module que|Z| =1⇐⇒ =1⇐⇒IA=IB. IB ³ ´ ππ De même pour l’argument : argZ= −[2πBI ; BI], soit = −[2π]. 2 2 Conclusion le triangle IAB est rectangle (en I) et isocèle (en I). c.Par définition de l’homothétie : AC=2AI⇐⇒z=z⇐⇒zCzA= AC 2AI 2 (zIzA)⇐⇒zC=2zIzA. DonczC=2(12i)32i= −16i.
zC= −16i
d.Par définition du barycentre qui existe puisque 11+16=0, on a DADB+DC=0 (1) : avecdcomme affixe de D on obtient : 3+2id+d+316id=0⇐⇒d=54i.
zD=54i .
e.L’égalité (1) peut s’écrire DB=DA+DC ou encore en ajoutant le vec teur AD , CB=DA qui signifie que le quadrilatère ABCD est un parallé logramme. Par définition de l’homothétie I est le milieu de [AC] (affixe : 12i et on vérifie que c’est aussi le milieu de [BD]. Le quadrilatère ABC D a donc pour centre I et d’après la question 1. b. les diagonales sont perpendicu laires et ont même longueur : ABCD est donc un carré de centre I . ° 1 −→ 2.Dans l’égalité°MAMB+MC°=°MA+MC°, faisons intervenir à gauche 2 le barycentre D et dans le membre de droite le milieu I (isobar ycentre) de A et de C. 1 −→−→−→−→1°MD+DAM D+DB+MD+DC°=°MI+IA+MI+IC°⇐⇒°M2D = MI° 2 2
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A. P. M. E. P.
−→⇐⇒MD =MI⇐⇒MD=MI. L’ensembleΓ1est donc l’ensemble des points équidistants de D et de I : c’es t donc la médiatrice de [DI]. p 1.BAOn vérifie que BB+BC = BA+BC =°2BI = BD = AC = |4  8i| = 80=4 5. Le point B apartient àΓ2. −→−→ On a vu que°MAMB+MC°=°MD°=MD. Les pointsMcherchés vérifient donc DM=; ces points appartiennent au cercle4 5 de centre D et de rayon 4 5.
EX E R C IC E2 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 1.
C
−→ v
D
−→ u
B
I
A
5 points
A7B 2.On as: C7D [AC]7[BD] CD On sait que CD =kAB,kétant le rapport de la simlitude ; donck= = AB °CD° | −1i|2 1 = = =. |3i3|3 3 2 °AB° ³ ´ ³ ´ zDzB D’autre part l’angle de la similtudeθest donné parθ=BDAC ; =arg= zCzA 1i iπ arg=arg=[2π]. 3i3 3 2 1π s[2et d’angle est donc la similitude de rapport π]. 3 2 3.L’écriture complexe de la similitude directesest :z=αz+β. En utilisant les points A et C et leurs images, on obtient : 2 1+i=3α+β 3 , d’où par différence 1 i=3αi+β 3 2 1+i (1+i) 1 1+i=3α(1i)⇐⇒α== = i. 3(1i) 3×(1+1) 3 2 1 On en déduit ensuite queβ=1+ii=1i. 3 3 1 1 L’écriture complexe desest donc :z=iz+1i. 3 3 Rem. : on pouvait également remarquer que le rapport de la sim ilitude avait 1π1 pour module et pour argument . D’oùα=i. 3 2 3
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A. P. M. E. P.
1 1 Le centre I de la similtude est le point invariant : donczI=izIi 3 3 µ ¶ 1 1 zI1i=1i⇐⇒zI=1. 3 3 Le centre desest le point I d’affixe 1. ¡ ¢ ′ ′ ′ ′ 4.AvecM x;yetM(x;y),M=s(M) se traduit par le système : 1 x= −y+1 3 1 1 y=x3 3
5.Mn+1=s(Mn)
⇐⇒
6.rn= |zn1|. Donc 1 1 1 1 1 rn+1= |zn+11| =izn+1i1=i (zn1)=i|zn1| =rn. ¯ ¯ ¯ ¯ 3 3 3 3 3 1 Conclusion :rn+1=rnsignifie que la suite (rn) est une suite géomé 3 1 trique de raison . 3 Le premier terme estr0= |z01| = |31| =2. 7.IMk= |zk1| =rk. µ ¶ n 1 On a donc, quel que soitnN,zn=2×. 3 µ ¶ µ ¶ k k 1 1 333 IMk610⇐⇒rk610⇐⇒2×610⇐⇒60,000 5⇐⇒ 3 3 µ ¶ 1 ln 0,000 5 kln6ln(0,000 5) (par croissance de la fonction ln), puisk> 3ln 3 (carln 3<0 et enfin k>6, 91 . . .. La première valeur naturelle satisfaisante est 7.
EX E R C IC Epoints3 6 x 1. a.On a 1+ke>0, car tous les termes sont supérieurs à zéro. La fonctionfksomme de quotients de fonctions dérivables (le dénomi nateur étant non nul) est ellemême dérivable et x x x x ke (1+ke )(1ke )×ke f(x)=1+ k2 x (1+ke ) x2 2x 2ke 1+ke f(x)=1− =. k2 2 x x (1+k(1e ) +ke ) 2 2x 2+2ke Donc 2f(x)=. k2 x (1+ke ) µ ¶ x x2 ¢ 1ke¡21ke Orf(x)x=, doncf(x)x=et k k x x 1+ke 1+ke µ ¶ x2 2 2x ¡ ¢21ke 2+2ke fk(x)x+1= +1=. x2 x 1+ke (1+ke ) Conclusionfk(x) est bien solution de l’équation différentielle : 2 2y=(yx)+1. 2b.De façon évidente (yx)+1>1>0 ; il en est de même pour 2yet donc poury. Conclusion la fonctionfk(x) (comme toutes les solutions de l’équation différentielle), est croissante surR. 1k 2.SiCcontient O, alorsfk(0)=0⇐⇒ =0⇐⇒k=1. 1+k Ccorrespond à la fonctionf1.
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A. P. M. E. P.
1ke De même siCcontient A(1 ; 1), alorsfk(1)=1⇐⇒1+ =1⇐⇒ 1+ke 1ke 1 =0⇐⇒1=ke⇐⇒k=. 1+ke e Ccorrespond à la fonctionf1. e 3.On ak>0. Position deCkpar rapport à D : 2 2 fk(x)=x1+ ⇐⇒fk(x)(x1)=. x x 1+ke 1+ke Tous les termes du second membre sont supérieurs à zéro ; le quotient aussi. fk(x)(x1)>0 et ce, quel que soitxRsignifie queCkest au dessus de D. Position deCkpar rapport à D : x x 2ke 2ke fk(x)=x+1− ⇐⇒fk(x)(x+1)= −. x x 1+ke 1+ke Tous les termes du quotient sont supérieurs à zéro ; le second membre est donc inférieur à zéro. fk(x)(x+1)<0 et ce, quel que soitxRsignifie queCkest au dessous de D . Donc les courbesCksont dans la bande limitée par les droites parallèles D et D . Limite en+∞: 2 lim=0 entraîne que limfk(x)(x1)=0, ce qui signifie que la x x→+∞x→+∞ 1+ke droite D est asymptote àCkau voisinage de plus l’infini. Limite en−∞: x 2ke lim=0 entraîne que limfk(x)(x+1)=0, ce qui signifie que la x x→−∞x→−∞ 1+ke droite D est asymptote àCkau voisinage de moins l’infini. 4.k=1 · ¸ xx x x 1e 1e e1 1e a.f1(x)=x+, doncf1(x)= −x+ = x+ = x+ xx x x 1+e 1+e e+1 1+e = −f1(x), quel que soitxR: la fonctionf1est impaire. Z x b.F(x)=f1(t) dt. 0 Six>0 commef1(0)=0 et quef1est croissantef1(x)>0, doncF(x) représente l’aire (en unités d’aire) de la surface limitée par la courbe C1, l’axe des abscisses, l’axe des ordonnées et la droite verticale conte nant le point (x; 0). Z Z Z x0 0 £ ¤ Six<0,f1(x)<0 ; doncF(x)=f1(t)dt= −f1(t)dt= −f1(t) dt: 0x x doncF(x) représente l’aire de la surface limitée par l’axe des abscisses, la courbeC1, la droite passant par le point (x; 0) et l’axe des ordon nées. L’imparité def1entraîne la symétrie de sa courbe représentativeDau tour de l’origine. Il en résulte que pour deux valeurs opposées dex, l’aire représentée par F(x) est la même. SoitF(x)=F(x) : la fonctionFest paire. c.La positivité def1surR+entraîne la croissance deFsurR+; la parité de Fentraîne la décroissance deFsurR. Z µ x t 2e d.En utilsant l’égalité (2),F(x)=t+1dt. t 01+e t ¡ ¡ ¢¢e t Or ln 1+e=, donc t 1+e · ¸x 2 2 t¡ ¢x t x F(x)= +t2 ln 1+e= +x2 ln (1+e )+2 ln 2. 2 2 0
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2 x x F(x)= +x2 ln (1+e )+2 ln 2 2
A. P. M. E. P.
EX E R C IC Epoints3 5 Z 2 1t e 1.In=dt. 01+n+t à ! Z 2 2 1tt e e a.CalculonsIn+1In= −dt(par linéarité de 01+n+1+t1+n+t l’intégrale ; Z µ ¶ Z 2 1 1t 1+n+tnt2 e 2 t In+1In=e dt= −. 0(n+1+t)(n+2+t)0(n+1+t)(n+2+t) L’intégrale est positive car la fonction est positive (tous ses termes sont supérieurs à zéro). 0, donc la suiteIécroissa Conclusion :In+1In<(n)nNnte.est d b.Intégrale d’une fonction positive et comme 0<1,In>0. 2 2 21t0 c.06t6106t61⇒ −16t60e6e6e=1. 2 t Donc e61 (1). 1 1 D’autre part 06t61n+16n+1+t6n+26 6 n+2n+ +1+t 1 . n+1 1 1 Donc6(2). n+ +1+t n+1 Tous les termes des inégalités (1) et (2) étant positifs, on obtient par pro duit : 2 t e 1 6. n+1+t n+1 Z 1 1 Par intégration sur l’intervalle [0 ; 1], on obtientIn6dt, soit 0n+1 comme l’intégrale est positive :
2.
1 06In6 n+1 1 Comme lim=lim0, on en déduit que In=0. (suite décrois n→+∞n→+∞ n+1 sante minorée : elle converge) x a.Sur [0 : 1],f(x)=e+x1. Somme de fonctions dérivables,fest déri vable et : ′ −x′ −x f(x)= −e+1. Orf(x)=0⇐⇒e=1⇐⇒x=0. 1x0xComme 06x61⇒ −16x60e6e6e1e>0,f(x)> 1 0 sur [0 ; 1], donc la fonction est croissante def(0)=0 àf(1)=, On en e déduit que sur [0 ; 1],f(x)>0. b.gsomme de fonctions dérivables est dérivable surR, donc sur [0 : 1] et ′ −x g(x)= −1+x+e=f(x). D’après la question précédenteg(x)>0, donc la fonctiongest crois sante sur [0 ; 1]. Commeg(0)=0, la fonction est elle aussi positive sur [0 ; 1]. c.On a vu quef; 1] :est positive sur [0 xx e+x1>0⇐⇒1x6e . De mêmegest positive sur [0 ; 1] :
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