Correction BAC BLANC 2

Correction Bac blanc 2
Correction BAC BLANC 2
Pondichery avril 2008
E XERCICE 1
1.
a. f est le quotient de deux fonctions définies et continues sur [1 ; +∞[ et de plus le dénominateur ne s’annule pas sur [1 ; +∞[. Par conséquent f est définie et continue sur [1 ; +∞[,
elle est donc intégrable d’où H est bien définie sur [1 ; + ∞[.
b. D’après le cours, H est la primitive de f qui s’annule en 1.
Z
c. Comme f est à valeurs positives sur [1 ; + ∞[, H (3) =
3
f (t ) dt est l’aire du domaine
1
2.
compris entre la courbe C , l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 1 et x = 3
e−x × 1
e−x
x
= x × −x x
=x×
a. Pour tout réel x > 0, x
e −1
e (e − 1)
1 − e−x
Z 3
b. Calculons
f (x) dx en effectuant une intégration par parties:
1

½
e−x
 0
u(x) = ln(1 − e−x )
u (x) =
−x
1
−
e
 v(x) = x
v 0 (x) = 1
Donc
Z
3
1
h
−x
i3
Z
3
ln(1 − e−x ) dx
0
Z 3
−3
−1
= 3 ln(1 − e ) − ln(1 − e ) −
ln(1 − e−x ) dx
f (x) dx = x ln(1 − e
)
0
−
0
c. Pour tout réel x vérifiant 1 É x É 3 on a :
e−1 Ê e−x Ê e−3
−e−1 É − e−x É − e−3
1 − e−1 É 1 − e−x É 1 − e−3
−1
−x
−3
ln(1
µ − e ¶)
µ − e ¶) É ln(1 − e ) É ln(1
1
1
É ln (1 − e−x ) É ln 1 − 3
ln 1 −
e
e
d. D’après l’inégalité de la moyenne sur [1 ; 3] on a:
µ
¶
¶
µ
Z 3
¡
¢
1
1
2 ln 1 −
É
ln 1 − e−x dx É 2 ln 1 − 3
e
e
1
Z 3
Z 3
Et comme
f (x) dx = 3 ln(1 − e−3 ) − ln(1 − e−1 ) −
ln(1 − e−x ) dx, on en déduit :
1
3 ln(1 − e
−3
0
3
1
) − ln(1 − e ) − 2 ln 1 − 3 É
f (x) dx
e
Z1 3
¡
¢
¡
¢
ln 1 − e−3 − ln 1 − e−1 É
f (x) dx
µ
Z1 3
−3 ¶
1−e
f (x) dx
É
ln
1 − e−1
Z1 3
f (x) dx
0,407 É
−1
µ
¶
Z
1
µ
1
É 3 ln(1 − e ) − ln(1 − e ) − 2 ln 1 −
e
¡ ¡
¢
¡
¢¢
−3
−1
É 3 ln 1 − e
− ln 1 − e
µ
−3 ¶
1−e
É 3 ln
1 − e−1
−3
−1
É 1,223
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E XERCICE 2
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mai 2008
¶
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Partie A
Démonstration de cours :
Si M a pour image M 0 dans la rotation de centre Ω et d’angle α alors
(
ΩM = ΩM 0
³−−−→ −−−→´
ΩM , ΩM 0 = α + 2kπ, où k est un entier relatif.
En utilisant les affixes cela donne:


|z − ω| = |z 0 − ω|

µ 0
¶
z −ω

 arg
= α + 2kπ
z −ω
On peut donc écrire:
Partie B
1.
z0 − ω
= eiα
z −ω
¯
¯ 0
¯z −ω¯
¯
¯
¯ z −ω ¯ = 1
µ 0
¶

z −ω


 arg
= α + 2kπ
z −ω
c’est à dire





c’est à dire
z 0 − ω = eiα (z − ω).
¯ p
¯ q¡ p ¢2
p
¯
a. |z A | = − 3 − i¯ =
− 3 + (−1)2 = 4 = 2
¯
p ¯ q
¡ p ¢2 p
¯
|z B | = 1 − i 3¯ = 12 + − 3 = 4 = 2
¯
¯p
|zC | = ¯¯ 3 + i¯ = ¯| − z A | = |z A | = 2
p
|z D | = ¯−1 + i 3¯ = | − z B | = |z B | = 2
!
Ãp
³
³π´
³ π ´´
3 1
+ i = 2 cos
+ i sin
On peut écrire zC = 2
2
2
6
6
π
5π
donc arg(zC ) = + kπ, k ∈ Z et arg(z A ) = arg(−zC ) = arg(zC ) − π = −
+ kπ, k ∈ Z
6
6
Ã
p !
³
³ −π ´
³ π ´´
3
1
−
i = 2 cos
+ i sin −
On a de même z B = 2
2
2
3
3
π
2π
donc arg(z B ) = − + kπ, k ∈ Z et arg(z D ) = arg(−z B ) = arg(z B ) + π =
+ kπ, k ∈ Z
3
3
b. Comme |z A | = |z B | = |zC | = |z D | = 2 on a O A = OB = OC = OD = 2, les quatre points sont
sur le cercle de centre 0 et de rayon 2.
A est le point du cercle qui a pour ordonnée −1 et une abscisse négative.
B est le point du cercle qui a pour abscisse 1 et une ordonnée négative.
C est le point du cercle qui a pour ordonnée 1 et une abscisse positive.
D est le point du cercle qui a pour abscisse −1 et une ordonnée positive.
Voir figure à la fin de l’exercice
c. On a zC = −z A donc C est le symétrique de A par rapport à O, de même z D = −z B donc
D est le symétrique de B par rapport à O. Le quadrilatère ABC D a ses diagonales qui se
coupent en leur milieu, c’est donc un parallèlogramme.
De plus O A = OB = OC = OD, les diagonales ont la même longeurs c’est donc un rectangle.
³−−→ −−→´ ³→
π 5π π
− −−→´ ³→
− −−→´
Puis finalement O A , OB = u , OB − u , O A = arg(z B ) − arg(z A ) = − +
= , les
3
6
2
diagonales sont donc perpendiculaires.
On en déduit que le quadrilatère est un carré.
2.
a. Pour construire le point E il suffit de dessiner au compas un triangle AB E équilatéral direct et pour construire le point F il suffit de dessiner au compas un triangle C B F équilatéral direct.
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b. L’écriture complexe de r est:
π
−i 3
z 0 − zB = e
à (zp− z!B )
p
p ¢
1
3 ¡
−
i z −1+i 3
z0 − 1 + i 3 =
2
2
Ã
p !
p
p
p
3
3
3
1
3
1
0
−
i z− +
i+
i+
z −1+i 3 =
2
2
2
2
2
2
Ã
p !
1
3
−
i z +2
z0 =
2
2
c. L’affixe du point E est donc :
zE =
zE =
zE =
zE =
p !
1
3
−
i zA + 2
2
2
Ã
p !
¢
3 ¡ p
1
−
i − 3−i +2
2
2
···
p
2− 3+i
Ã
2
D
1
E
C
→
−
v
−2
−1
A
1
O
2
3
4
→
−
u
−1
F
−2
B
Figure
La réunion juin 2004
E XERCICE 3
Première partie
1. Le tirage d’une étiquette est une expérience de Bernoulli dont le succès (obtenir une étiquette
120
erronée) a une probabilité p = 6000
. Le nombre d’étiquettes étant très grand, on peut considerer
que la variable aleatoire qui donne le nombre d’étiquettes dont l’adresse est erronée suit donc
¢
¡
120
.
la loi binomiale B 10; 6000
à ! µ
¶ µ
¶
5880 7
120 3
10
×
p(X = 3) =
×
3
6000
6000
La réponse est C
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2. En appelant C l’évènement «l’adresse est correcte», on peut faire l’arbre suivant:
0,98
C
B1
0,6
C
0,02
0,4
0,95
C
B2
0,05
On demande P C (B1 ) =
La réponse est D
C
0,6 × 0,98
P (C ∩ B1 )
=
P (C)
0,6 × 0,98 + 0,4 × 0,95
Deuxième partie
1. La probabilité qu’un robot ait une durée de vie supérieure à t heures est donnée par :
1−
Z
t
0
it
h
λe−λx dx = 1 − − e−λx = 1 − (1 − e−λt ) = e−λt
0
En remarquant que λ = 0,000 5 =
La réponse est A
2.
1
2500
, on en déduit que la probabilité cherchée est e− 2000 .
2000
Z t
a. Calculons l’intégrale I =
λxe−λx dx en utilisant une intégration par parties:
0
½ 0
½
u (x) = λe− λ x
u(x) = −e− λ x
On pose
on a donc
par conséquent :
v(x) = x
v 0 (x) = 1
it Z t
h
I = −xe− λ x −
−e− λ x dx
0
0
¸t
h
it · 1
= −xe− λ x −
e− λ x
0
λ
0
1
1
−λt
−λt
+
= −t e
− e
λ
λ
La réponse est B
b.
lim t et = lim et = 0, donc
t →−∞
t →−∞
lim −t e− λ t −
t →+∞
1 −λt 1 1
e
+ = = 2 000
λ
λ λ
La réponse est B
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E XERCICE 4
Partie A : un modèle discret
1.
a. f est une fonction polynôme, dérivable sur R et pour tout réel x on a:
1
f 0 (x) = · · · = (10 − x)
5
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mai 2008
Correction Bac blanc 2
On a donc le tableau suivant:
x
10
0
0
+
f 0 (x)
20
−
10
f (x)
0
0
b. D’après le tableau de variation 0 est le minimum de f et 10 est son maximum donc pour
tout x ∈ [0 ; 20], f (x) ∈ [0 ; 10].
c. Graphique :
10
5
u0 u1
u2
5
u3
u4
10
15
20
2. Montrons par récurrence que pour tout n ∈ N, 0 É u n É u n+1 É 10.
Initialisation: u 0 = 1 et u 1 = f (u 0 ) = 1,9 donc 0 É u 0 É u 1 É 10
La propriété est vraie au rang le plus bas.
Hérédité: Supposons qu’il existe une certain entier naturel n tel que
0 É u n É u n+1 É 10.
Comme la fonction f est croissante sur [0;1O] on a donc
f (0) É f (u n ) É f (u n+1 ) É f (10)
0 É u n+1 É u n+2 É 10.
La propriété se transmet au rang suivant.
Conclusion: La propriété est vraie pour tout entier naturel n.
3. D’après la question précédente, la suite (u n )nÊ0 est croissante et majorée par 10, elle est donc
convergente.
Appelons ` sa limite. On a, pour tout n dans N, u n+1 = f (u n ) et comme de plus f est continue,
par passage à la limite on obtient :
` = f (`)
1
`=
`(20 − `)
10
0 = `(10 − `)
Donc ` = 0 ou ` = 10 mais comme (u n )nÊ0 est croisante, ` Ê u 0 donc ` = 10
Partie B : un modèle continu
Soit g (x) le nombre, exprimé en millions, de tels foyers l’année x.
On pose x = 0 en 2005, g (0) = 1 et g est une solution, qui ne s’annule pas sur [0 ; + ∞[, de l’équation
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différentielle
(E) :
1.
y0 =
1
y(10 − y)
20
a. Soit y une solution de (E) sur [0 ; +∞[ qui ne s’annule pas. On en déduit que y est dérivable
1
sur [0 ; + ∞[ donc que la fonction z = est bien définie et qu’elle est dérivable et que
y
y0
z0 = − 2
y
1
y(10 − y)
z 0 = − 20
y2
1
1
1
z0 = −
+
2 y 20
1
1
0
z = − z+
2
20
donc z est solution de (E1 ).
Réciproquement, soit z une solution de (E1 ) sur [0 ; + ∞[ qui ne s’annule pas donc z est
1
dérivable ainsi que y = . On peut écrire
z
y0
− 2 = z0
y
1
1
y0
− 2 = − z+
y
2
20
1
y0
11
+
− 2 =−
y
2 y 20
1
0
y =
y(10 − y)
20
donc y est solution de (E).
b. L’équation (E1 ) est du type y 0 = a y + b , les solutions sont les fonctions z, définies par
z(x) = C e
− 21 x
−
1
20
− 12
1
= C e− 2 x −
1
10
où C est une constante
Les solutions de l’équation (E) sont donc les fonctions f définies par:
f (x) =
1
=
z(x)
1
Ce
− 21 x
1
−
10
=
10
1
10C e− 2 x − 1
où C est une constante
2. g est la solution de (E) qui vérifie g (0) = 1 donc
10
=1
10C − 1
10C − 1 = 10
C = 0,9
10
On en déduit que g (x) =
.
− 21 x
9e
+1
3. g est dérivable car c’est la solution d’une équation différentielle et pour tout réel x :
0
g (x) = −
4.
¡ ¢
1
10 × 9 × − 12 × e− 2 x
1
(9e− 2 x + 1)2
1
=
45e− 2 x
1
(9e− 2 x + 1)2
Or une exponentielle est toujours positive ainsi que les carrés donc la dérivée est toujours positive et la fonction g est croissante sur [0 ; + ∞[
1
lim e− 2 x = lim e X = 0 donc lim g (x) = 10.
x→+∞
X →−∞
x→+∞
Cela signifie que le nombre de foyers français possédant un téléviseur à écran plat va s’approcher de 10 millions.
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Correction Bac blanc 2
5. On doit résoudre l’inéquation:
g (x) > 5
10
>5
9e
+1
1
9e− 2 x + 1 < 2
− 21 x
1
e− 2 x <
e
1
x
2
1
9
>9
> ln 9
x > 2 ln 9
1
2x
Or 2 ln 9 ≈ 4,4. c’est donc en 2005 + 5 = 2010 que le nombre de foyers possédant un téléviseur à
écran dépassera 5 millions.
Remarque: c’est au cours de l’année 2009 (mai-juin) que le nombre de foyers atteindra puis dépassera 5 millions.
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