France métropolitaine Septembre Enseignement spécifique. Corrigé

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1 France métropolitaine Septembre 01. Enseignement spécifique. Corrigé EXERCICE 1 Partie A 1) Sur le graphique, on lit : la fonction f est strictement négative sur ], [, strictement positive sur ], + [ et s annule en. ) a) F est une primitive de f sur R. onc, F est dérivable sur R et F = f. Sur le graphique, on lit : F (0) = f(0) = et F ( ) = f( ) = 0. b) Sur la courbe C, le coefficient directeur de la tangente au point d abscisse 0 est et n est pas. La courbe C n est pas la bonne courbe. Sur la courbe C, le coefficient directeur de la tangente au point d abscisse est environ 1 et n est pas 0. La courbe C n est pas la bonne courbe. La bonne courbe est la courbe C 1. Partie B 1) a) La fonction f est dérivable sur R en tant que produit de fonctions dérivables ur R et pour tout réel x, f (x) = 1 e 1 x +(x+) 1 e1 x = (1+ 1 ) (x+) e 1 x = x+4 e1 x = 1 (x+4)e1 x Pour tout réel x, f (x) = 1 (x+4)e1 x. b) Pour tout réel x, 1 e1 x > 0 et donc, pour tout réel x, f (x) est du signe de x+4. onc la fonction f est négative sur ], 4] et positive sur [ 4, + [. Par suite, la fonction f est décroissante sur ], 4] et croissante sur [4, + [. On en déduit que la fonction f admet un minimum en 4. Ce minimum est égal à f( 4) = ( 4+)e 1 ( 4) = e. f admet un minimum en 4 égal à e. ) a) La fonction f est continue et positive sur le segment [0,1]. Le nombre I est donc l aire, exprimée en unités d aire, du domaine du plan compris entre l axe (Ox) et la courbe C d une part, les droites d équations respectives x = 0 et x = 1 d autre part. b) Pour tout réel x c) I = 1 (u (x)v(x)+u(x)v (x)) = (1 e 1 x +x 1 ) ( x ) x = e1 +1 e 1 x 0 = (x+)e 1 x = f(x). (u (x)v(x)+u(x)v (x))dx = [u(x)v(x)] 1 0 = 1 (e 1 0 e 0 ) = e 1. I = e 1. ) a) Quand n =, la valeur de s affichée par l algorithme est s = 1 f(0)+ 1 ( ) 1 f + 1 ( ) f. Puisque chaque rectangle a la même largeur, la largeur commune de ces rectangles est 1 et donc s est l aire, exprimée en unités d aire, du domaine hachuré sur le graphique fourni dans l énoncé. b) Quand n devient grand, s n est une bonne approximation de f(x) dx.

2 EXERCICE 1) réponse b) ) réponse b) ) réponse a) 4) réponse c) Justification 1. Un vecteur normal au plan P est le vecteur n(,,1) et un vecteur directeur de la droite est le vecteur u(,,0). n. u = ( ) = 0. Le vecteur u est orthogonal au vecteur n et donc la droite est parallèle au plan P. Soit M(5 t,1+t,4), t R, un point de la droite. (5 t)+(1+t)+(4) 6 = 0t+15 = Aucun point de la droite n appartient au plan P. onc la droite est parallèle au plan P mais n est pas incluse dans le plan P. La bonne réponse est la réponse b). Remarque. La réponse c) ne pouvait pas être exacte car alors les réponses b) et c) auraient été exactes ce qui est exclu. Justification. Un vecteur directeur de la droite est le vecteur u = (, 1,). Les vecteurs u et u ne sont pas colinéaires et donc les droites et ne sont pas parallèles. On sait alors que les droites et sont sécantes ou non coplanaires. Soient M(5 t,1+t,4), t R, un point de la droite et M (+t,1 t,1+t ), t R, un point de. 5 t = +t t = M = M 1+t = 1 t 5 t = + 4 = 1+t 1+t = 1 t = t = 1. t = t = 1 t = 1 Pour t = 1 (ou t = ), on obtient le point A de coordonnées ( 6, 1,4 ). Les droites et sont sécantes en A et donc la bonne réponse est la réponse b). Justification. Soit M un point du plan, d affixe z. Posons z = x+iy où x et y sont deux réels. z+i = z i x+i(y+1) = x+i(y 1) x +(y+1) = x +(y 1) y +y+1 = y y+1 4y = 0 y = 0. E est l axe des abscisses et donc la bonne réponse est la réponse a). Justification 4. c = e iπ 4 =. autre part, c = c b b b = OC OB. onc OC = OB. Puisque B O, le triangle OBC n est pas isocèle en O. e i π 4 = ( ) i = (1+i) puis c = e i π 4c = (1+i)b. Mais alors onc, le triangle OBC est isocèle en B. Enfin, BC = c b = (1+i)b b = ib = i b = 1 OB = 0B. BC +BO = BO +BO = BO = ( B0 ) = OC. onc, le triangle OBC est isocèle et rectangle en B. La bonne réponse est la réponse c).

3 EXERCICE 1) a) Représentons la situation par un arbre. 0,4 A 0,1 0,9 0,6 B 0,09 0,91 b) La probabilité demandée est p(a ). p(a ) = p(a) p A () = 0,4 0,1 = 0,04. p(a ) = 0,04. c) La probabilité demandée est p(). après la formule des probabilités totales, p() = p(a )+p ( A ) = p(a) p A ()+p ( A ) p A () = 0,4 0,1+0,6 0,09 = 0,04+0,054 = 0,094. p() = 0,094. d) La probabilité demandée est p (A). p (A) = p(a ) p() = 0,04 0,094 = = p (A) = 0 47 = 0,46 arrondi à 10. ) a) X n suit une loi binomiale. En effet, n expériences identiques et indépendantes sont effectuées ; chaque expérience a deux issues à savoir «la pièce prélevée est conforme» avec une probabilité p = 0,9 et «la pièce prélevée n est pas conforme» avec une probabilité 1 p = 0, 1. onc, X n suit une loi binomiale de paramètres n et p = 0,9. b) Ici n = 150 et p = 0,9. L intervalle de fluctuation asymptotique I au seuil de 95 % de la variable aléatoire F 150 est [ ] [ ] p (1 p) p (1 p) 0,9 0,1 0,9 0,1 p 1,96,p+1,96 = 0,9 1,96 ;0,9+1,96. n n En arrondissant de manière à élargir un peu l intervalle, on obtient l intervalle [0,85;0,95]. c) La fréquence de pièces conformes observée est f = = 19 = 0,86. La fréquence f appartient à l intervalle de fluctuation. On ne peut donc pas remettre en cause le réglage de la machine.

4 EXERCICE 4 1) a) u 1 = u 0 + u 0 +1 = + +1 = 4 5 = 0,8. 4 u = = = 14 1 = 1,07 à 10 près. u = u 4 = = = 0,97 à 10 près. = = = 1 11 = 1,00 à 10 près. b) u 0 1 > 0 et ( 1) 0 > 0, u 1 1 < 0 et ( 1) 1 < 0, u 1 > 0 et ( 1) > 0, u 1 < 0 et ( 1) < 0, u 4 1 > 0 et ( 1) 4 > 0. onc, si n est l un des entiers 0, 1,,, 4 alors u n 1 a le même signe que ( 1) n. c) Soit n un entier naturel. u n+1 1 = u n + u n +1 1 = u n + u n 1 = u n +1 u n +1 u n +1. d) Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n, u n 1 a le même signe que ( 1) n. On a vu que u 0 1 a le même signe que ( 1) 0. La proposition à démontrer est donc vraie quand n = 0. Soit n 0. Supposons que u n 1 ait le même signe que ( 1) n et montrons que u n+1 1 a le même signe que ( 1) n+1. après la question précédente, u n+1 1 = u n 1 u n +1. Il est admis dans l énoncé que u n > 0 et donc u n +1 > 0. Par suite, u n+1 1 a le même signe que (u n 1). Par hypothèse de récurrence, on en déduit que u n+1 1 a le même signe que ( 1) n ou encore que u n+1 1 a le même signe que ( 1) n+1. On a montré par récurrence que pour tout entier naturel n, u n 1 a le même signe que ( 1) n. ) a) Soit n un entier naturel. v n+1 = u n+1 1 u n+1 +1 = b) Soit n un entier naturel. u n + u n +1 1 u n + u n 1 = u n + u n u n +1 u n +1 u n ++u n +1 = u n +1 u n +. v n+1 = u n +1 u n + = (u n 1) (u n +1) = 1 u n 1 u n +1 = 1 v n. onc la suite (v n ) est une suite géométrique de raison 1. La suite (v n ) est la suite géométrique de premier terme v 0 = 1 +1 = 1 et de raison q = 1. onc pour tout entier naturel n, v n = v 0 q n = 1 ( 1 n. ) c) On en déduit que pour tout entier naturel n, ) n u n = 1+v 1+ 1 ( n 1 = 1 v n 1 1 ( 1 ) n. 4

5 ) n 1+ 1 ( 1 Pour tout entier naturel n, u n = 1 1 ( 1 ) n. Puisque 1 < 1 < 1, on sait que lim ( 1 n 1+ = 0. On en déduit que lim n + ) 1 u n = 0 n = 1. 0 lim u n = 1. n + 5