Bac blanc Corrigé 1 EXERCICE 1 1. Réponse c) . On vérifie en effet
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Bac blanc Corrigé 1 EXERCICE 1 1. Réponse c) . On vérifie en effet
Bac blanc Corrigé EXERCICE 1 1. Réponse c) . On vérifie en effet : 2 (3 − i) + (3 − i) = 2 (3 + i) + 3 − i = 6 + 2i + 3 − i = 9 + i 2. Réponse b) . √ Écrivons Z = −1 + i 3 sous forme trigonométrique. q √ √ Le module est |Z| = (−1)2 + ( 3)2 = 4 = 2 −1 cos φ = √2 ⇐⇒ φ = 2π + k · 2π k∈Z Si φ est un argument de Z, on vérifie 3 sin φ = 3 2 Z 2π D’après le cours : arg = arg(Z) − arg(z) = −θ z 3 3. Réponse c) . On sait que AM = |zM − zA | = |z − 1| et BM = |zM − zB | = |z − (−i)| = |z + i| L’ensemble cherché est donc l’ensemble des points M qui vérifient M A = M B, c’est-à-dire la médiatrice du segment [AB] 4. Réponse b) . z+i Calculons la partie réelle et la partie imaginaire de Z = en fonction de x et y : z+1 (x + iy) + i x + i(y + 1) x + i(y + 1) (x + 1) − iy Z= = = · (x + iy) + 1 (x + 1) + iy (x + 1) + iy (x + 1) − iy = [x(x + 1) + (y + 1)] + i [(y + 1)(x + 1) − xy] (x + 1)2 + y 2 x2 + y 2 + x + y x+y+1 + i (x + 1)2 + y 2 (x + 1)2 + y 2 Par conséquent, si Z est un imaginaire pur, sa partie réelle doit s’annuler et les coordonnées du point M doivent vérifier : 2 2 1 1 1 2 2 x + y + x + y ⇐⇒ x + + y+ = 2 2 2 5. Réponse c) . Pour tout z 6= 3, cette équation est équivalente à : z − 8 = z(z − 3) ⇐⇒ z 2 − 4z + 8 = 0 On vérifie ensuite que le discriminant est ∆ = (−4)2 − 4 × 8 = −16 = (4i)2 L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées 4 − 4i z1 = = 2 − 2i et z2 = z1 = 2 + 2i 2 = 1 Bac blanc Corrigé EXERCICE 2 1. On a directement P (N1 ) = 0, 7 et PN1 (R2 ) = 0, 1 par lecture du texte. On en déduit P (N1 ∩ R2 ) = P (N1 ) PN1 (R2 ) = 0, 07 . 2. V 0,2 0,1 0,8 N 0,2 R 0,2 V R 0,7 N 0,1 R 0,7 N 3. On peut écrire E = R1 ∩ R2 et donc p(E) = p(R1 ) pR1 (R2 ) = 0,02 L’événement F est la réunion disjointe des événements R1 ∩ N2 et N1 ∩ R2 : p(F ) = p(R1 ∩ N2 ) + p(N1 ∩ R2 ) = p(R1 ) pR1 (N2 ) + p(N1 ) pN1 (R2 ) = 0, 1 × 0, 8 + 0, 7 × 0, 1 = 0,15 4. a) On applique la formule des probabilités totales : p(R2 ) = p(R1 ∩ R2 ) + p(N1 ∩ R2 ) = P (R1 ) PR1 (R2 ) + P (N1 ) PN1 (R2 ) = 0, 1 × 0, 2 + 0, 7 × 0, 1 = 0, 02 + 0, 07 = 0,09 p(R2 ∩ N1 ) 7 b) Par définition pR2 (N1 ) = = p(R2 ) 9 5. a) Le gain algébrique du joueur est la différence entre le gain et la somme qu’il a misée. Les valeurs prises par la variable aléatoire X sont donc 9 , 1 et -1 . D’après l’étude précédente, p(X = 9) = p(E) = 0, 02 et p(X = 1) = p(F ) = 0, 15. On en déduit p(X = −1) = 1 − p(X = 9) − p(X = 1) = 0, 83 On peut résumer les résultats dans un tableau : xi 9 1 -1 pi 0,02 0,15 0,83 b) Par définition E(X) = 9 × 0, 02 + 1 × 0, 15 − 1 × 0, 83 = −0, 5 Le jeu est défavorable au joueur puisqu’il perd en moyenne 0,5¤ à chaque partie. 6. a) On répète la même expérience en supposant les résultats indépendants. Si on appelle succès le fait de lancer la roue B au second lancer, la variable aléatoire Y qui est égale au nombre de succès suit une loi binomiale de paramètres n et p(R1 ) = 0, 1 . On veut calculer p(Y ≥ 1) . On sait que l’événement contraire est (Y = 0) et que sa probabilité est n p(Y = 0) = 0, 10 0, 9n = 0, 9n 0 2 Bac blanc Corrigé On en déduit pn = 1 − 0, 9n . b) Sachant −1 < 0, 9 < 1 on peut écrire lim 0, 9n = 0 et par somme lim pn = 1 La suite (pn ) est donc convergente. c) On résout : pn ≥ 0, 99 ⇐⇒ 1 − 0, 9n ≥ 0, 9 ⇐⇒ 0, 1 ≥ 0, 9n ⇐⇒ ln 0, 1 ≥ n ln 0, 9 En divisant les deux membres par ln 0, 9 < 0, on obtient n ≥ La plus petite valeur de n telle que pn ≥ 0, 99 est donc 22 . 3 ln 0, 1 ≈ 21, 85 ln 0, 9 Bac blanc Corrigé EXERCICE 3 1. D’après le cours lim x ln x = 0 . On en déduit par somme lim g(x) = −1 x→0 x→0 Sachant lim ln x = +∞, on obtient par produit puis par somme lim g(x) = +∞ x→+∞ x→+∞ 1 2. Posons u(x) = x et u0 (x) = 1 puis v(x) = ln x et v 0 (x) = x On obtient en appliquant la formule de dérivation d’un produit : 1 g 0 (x) = 1 × ln x + x × = ln x + 1 x On étudie maintenant le signe de cette dérivée : 0 −1 g (x) = 0 ⇐⇒ ln x = −1 ⇐⇒ x = e g 0 (x) > 0 ⇐⇒ ln x > −1 ⇐⇒ x > e−1 0 g (x) < 0 ⇐⇒ ln x < −1 ⇐⇒ x < e−1 On en déduit le tableau de variations de g x e−1 0 0 − g (x) 0 +∞ + +∞ −1 −1 − e−1 g(x) 3. La fonction g est continue et strictement décroissante sur 0 ; e−1 : l’intervalle image est donc −1 − e−1 ; −1 Cet intervalle ne contenant pas 0, l’équation g(x) = 0 n’a pas de solution dans 0 ; e−1 La fonction g est continue et strictement croissante sur e−1 ; +∞ : l’intervalle image est donc −1 − e−1 ; +∞ Cet intervalle contenant 0, l’équation g(x) = 0 a une solution α et une seule dans e−1 ; +∞ . On vérifie enfin g(1, 7) ≈ −0, 1 < 0 et g(1, 8) ≈ 0, 06 > 0, ce qui implique 1, 7 < α < 1, 8 4. On a montré dans la question précédente que si x ∈ −1 − e−1 ; −1 , alors g(x) < 0 −1 Par ailleurs, puisque g est strictement croissante sur e ; +∞ , on peut écrire : e−1 < x < α =⇒ g(x) < g(α) = 0 x=α =⇒ g(x) = g(α) = 0 α<x =⇒ 0 = g(α) < g(x) 1 5. L’abscisse du point d’intersection des courbes C1 et C2 est solution de l’équation = ln x x Puisque x > 0, cett équation est équivalente à 1 = x ln x donc à g(x) = 0 D’après l’étude précédente, il y a un point d’intersection A et un seul d’abscisse α et d’ordon1 née = ln α α Partie B 1. D’après le cours lim e−x = e0 = 1 et lim ln x = −∞ . x→0 x→0 On en déduit par produit puis par somme lim f (x) = −∞ x→0 La courbe de f admet pour asymptote verticale la droite d’équation x = 0 (ou encore l’axe des ordonnées) ln x x ln x On vérifie de façon immédiate que pour x > 0 : × x − 1 = x − 1 = f (x) x e e 4 Bac blanc Corrigé Par application du cours (théorèmes sur la croissance comparée) ln x x lim =0 et lim x = 0 x→+∞ x x→+∞ e On en déduit lim f (x) = −1 x→+∞ La courbe de f admet pour asymptote horizontale la droite d’équation y = −1 1 2. Posons u(x) = e−x et u0 (x) = −e−x puis v(x) = ln x et v 0 (x) = x On obtient en appliquant la formule de dérivation d’un produit : 1 −e−x x ln x + e−x −e−x g(x) f 0 (x) = −e−x × ln x + e−x × = = x x x Puisque l’exponentielle est strictement positive et puisque x > 0, cette dérivée est du signe de −g(x) . L’étude ayant été faite dans la partie A, on peut reporter les résultats et construire le tableau de variations de f : x 0 α +∞ f 0 (x) 0 + − f (α) f (x) −∞ −1 1 = ln α. Ceci implique : α 1 f (α) = e−α ln α − 1 = α − 1 αe 3. On a vu dans la partie A que 4. Figure 5. Puisque les deux points ont la même abscisse, la distance entre ces points est : 1 eα − 1 1 AB = yA − yB = − α + 1 = 1 + α αe α On a montré que α > 1, 7, ce qui implique α > 0 et donc eα > 1 eα − 1 > 0 et donc finalement AB > 1 On en déduit AB − 1 = α 5 Bac blanc Corrigé EXERCICE 4 1 1 1. On vérifie d’abord que s0 = + = 1 2 2 Supposons que pour un certain entier n on ait vérifié sn = 1 . Alors an bn 2an bn sn+1 = an+1 + bn+1 = + + + = an + bn = sn = 1 3 2 3 2 On a donc pour tout n : sn = 1 an bn 2. On sait que pour tout n : an+1 = + 3 2 En remplaçant bn par 1 − an , on obtient : an 1 − an −an 1 an+1 = + = + 3 2 6 2 3. Tableau numérique : n 0 1 2 3 4 valeur affichée de a 0,417 0,431 0,428 0,429 0,429 La suite paraît converger vers un réel approximativement égal à 0,429 . 4. a) On calcule un+1 en fonction de un : 3 7 −an 1 3 + − 6 2 7 −an 1 + 6 14 −1 6 an − 6 14 −1 3 an − 6 7 −1 un 6 un+1 = an+1 − = = = = = La suite (un ) est donc géométrique. 1 3 1 −1 b) Le premier terme est u0 = − = et la raison est q = 2 7 14 6 n 1 −1 c) On sait que pour tout entier n, on a : un = u0 q , ce qui implique un = · 14 6 n −1 −1 < 1, on obtient lim = 0 et on en déduit (par produit) lim un = 0 5. Sachant −1 < 6 6 3 3 Enfin an = un + entraîne lim an = ` = 7 7 n 6 Bac blanc Corrigé ANNEXE (EXERCICE 1) C2 C1 A B C 1 et C2 : y = ln x x Unités : 1cm en abscisse et 2cm en ordonnée . Représentation des courbes C1 : y = 7