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.
Voir
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
- ???
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 −0,125×0,5−0,062 5 2.6 mois = 0,5 année. On a doncp(X60, 5)=1−e=1−e≈0, 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 =e≈0, 779. −0,125×8 e 4.un oscilOn 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 : (1−0, 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 1−0, 714≈0, 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 : 1−0, 714 . Il faut chercher le plus petit naturelntel que
n n 1−0, 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. zI−zA−2−4i 1+2i (1+2i)(−2−i)−5i b.Z= = = = = = −i. zI−zB4−2i i−2 (i−2)(−2−i) 5 IA On en déduit pour le module que|Z| =1⇐⇒ =1⇐⇒IA=IB. IB ³ ´ π−→−→π 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⇐⇒zC−zA= −→−→ AC 2AI 2 (zI−zA)⇐⇒zC=2zI−zA. DonczC=2(1−2i)−3−2i= −1−6i.
zC= −1−6i
d.Par définition du barycentre qui existe puisque 1−1+16=0, on a −→−→−→−→ DA−DB+DC=0 (1) : avecdcomme affixe de D on obtient : 3+2i−d+d+3−1−6i−d=0⇐⇒d=5−4i.
zD=5−4i .
−→−−→−→ 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 : 1−2i 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°MA−MB+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+DA−M 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°MA−MB+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
A→−7B 2.On as: C7−→D [AC]−→7[BD] CD On sait que CD =kAB,kétant le rapport de la simlitude ; donck= = AB −→ °CD° | −1−i|2 1 = = =. −→ |3i−3|3 3 2 °AB° ³ ´ ³ ´ −→−→zD−zB D’autre part l’angle de la similtudeθest donné parθ=BDAC ; =arg= zC−zA −1−i iπ arg=arg=[2π]. 3i−3 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(1−i)⇐⇒α== = i. 3(1−i) 3×(1+1) 3 2 1 On en déduit ensuite queβ=1+i−i=1−i. 3 3 1 1 ′ L’écriture complexe desest donc :z=iz+1−i. 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=izI−i 3 3 µ ¶ 1 1 zI1−i=1−i⇐⇒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=x− 3 3
5.Mn+1=s(Mn)
⇐⇒
6.rn= |zn−1|. Donc 1 1 1 1 1 rn+1= |zn+1−1| =izn+1−i−1=i (zn−1)=i|zn−1| =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= |z0−1| = |3−1| =2. 7.IMk= |zk−1| =rk. µ ¶ n 1 On a donc, quel que soitn∈N,zn=2×. 3 µ ¶ µ ¶ k k 1 1 −3−3−3 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> 3−ln 3 (car−ln 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 ellemême dérivable et x x x x −ke (1+ke )−(1−ke )×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 ¢ 1−ke¡21−ke Orf(x)−x=, doncf(x)−x=et k k x x 1+ke 1+ke µ ¶ x2 2 2x ¡ ¢21−ke 2+2ke fk(x)−x+1= +1=. x2 x 1+ke (1+ke ) Conclusionfk(x) est bien solution de l’équation différentielle : ′2 2y=(y−x)+1. 2′ b.De façon évidente (y−x)+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. 1−k 2.SiCcontient O, alorsfk(0)=0⇐⇒ =0⇐⇒k=1. 1+k Ccorrespond à la fonctionf1.
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A. P. M. E. P.
1−ke ′ De même siCcontient A(1 ; 1), alorsfk(1)=1⇐⇒1+ =1⇐⇒ 1+ke 1−ke 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)=x−1+ ⇐⇒fk(x)−(x−1)=. x x 1+ke 1+ke Tous les termes du second membre sont supérieurs à zéro ; le quotient aussi. fk(x)−(x−1)>0 et ce, quel que soitx∈Rsignifie 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 soitx∈Rsignifie 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)−(x−1)=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 · ¸ x−x x x 1−e 1−e e−1 1−e a.f1(x)=x+, doncf1(−x)= −x+ = −x−+ = x+ x−x x x 1+e 1+e e+1 1+e = −f1(x), quel que soitx∈R: 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+1−dt. t 01+e t ¡ ¡ ¢¢e ′ t Or ln 1+e=, donc t 1+e · ¸x 2 2 t¡ ¢x t x F(x)= +t−2 ln 1+e= +x−2 ln (1+e )+2 ln 2. 2 2 0
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2 x x F(x)= +x−2 ln (1+e )+2 ln 2 2
A. P. M. E. P.
EX E R C IC Epoints3 5 Z 2 1−t e 1.In=dt. 01+n+t à ! Z 2 2 1−t−t e e a.CalculonsIn+1−In= −dt(par linéarité de 01+n+1+t1+n+t l’intégrale ; Z µ ¶ Z 2 1 1−t 1+n+t−n−t−2 e 2 −t In+1−In=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+1−In<(n)n∈Nnte.est d b.Intégrale d’une fonction positive et comme 0<1,In>0. 2 2 2−1−t0 c.06t61⇒06t61⇒ −16−t60⇒e6e6e=1. 2 −t Donc e61 (1). 1 1 D’autre part 06t61⇒n+16n+1+t6n+2⇒6 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+x−1. Somme de fonctions dérivables,fest déri vable et : ′ −x′ −x f(x)= −e+1. Orf(x)=0⇐⇒e=1⇐⇒x=0. −1−x0−x′ Comme 06x61⇒ −16−x60⇒e6e6e⇒1−e>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 −x−x e+x−1>0⇐⇒1−x6e . De mêmegest positive sur [0 ; 1] :
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