Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie 14/11/2013 Corrigé

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1 Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie //0 Corrigé. P. M. E. P. EXERCICE Commun à tous les candidats Soit f la fonction dérivable, définie sur l intervalle ]0 ; + [ par f (x)=e x + x.. Étude d une fonction auxiliaire a. Soit la fonction g dérivable, définie sur [0 ; + [ par g (x)= x e x. Pour tout réel x de [0 ; + [ : g (x) = x e x + x e x 0 sur ]0 ; + [ (car tous les termes sont positifs. La fonction g est strictement croissante sur [0 ; + [ (car la dérivée ne s annule qu en 0). b. g (0)= <0 et g ()= e >0. Dressons le tableau de variations de g : x 0 a + g (x) 0 e D après ce tableau de variations, l équation g (x) = 0 admet une solution unique dans l intervalle [0; ] ; on appelle a cette solution. g (0,70) 0,008< 0 et g (0,70) 0,00> 0 donc a [0,70;0,70]. c. D après le tableau de variations de g : g (x)<0 sur [0; a[ g (x)>0 sur ]a ;+ [. Étude de la fonction f a. lim e x = x 0 lim x 0 x>0 x =+ = lim e x + x 0 x x>0 =+ = lim f (x)=+ x 0 x>0 lim e x =+ x + lim x + x = 0 = lim e x + =+ = lim x + x f (x)=+ x + b. On note f la fonction dérivée de f sur l intervalle ]0 ; + [. f (x)=e x + x = f (x)= e x x = x e x x = g (x) x c. Pour tout x de ]0 ; + [, x > 0 donc f (x) est du signe de g (x). On dresse le tableau de variation de f : x 0 a + g (x) 0 + f (x) 0 + f (x) + + f (a)

2 Baccalauréat S. P. M. E. P. d. D après son tableau de variation, la fonction f admet le nombre f (a) comme minimum sur son intervalle de définition. f (a)= e a +. Or a est la solution de l équation g (x)=0 donc a g (a)=0 a e a =0 a e a = e a = a. On en déduit que f (a)= a + et on a donc démontré que la fonction f a admettait pour minimum sur ]0 ; + [ le nombre réel m= a + a. e. On a successivement(en valeurs approchées) : 0,70 < a < 0,70 0,9 < a < 0,957 0,957 < a < 0,9,07 < a <,0 0,70< a < 0,70 0,70 < a < 0,70,0< a <, donc par somme :,07+,0< a + <,0+, et donc : a,<m<,5 EXERCICE Commun à tous les candidats Soient deux suites (u n ) et (v n ) définies par u 0 = et v 0 = 0 et pour tout n N par u n+ = u n+ v n PRTIE et v n+ = u n+ v n Variables : Début : Fin N est un entier U,V,W sont des réels K est un entier ffecter 0 à K ffecter à U ffecter 0 à V Saisir N Tant que K < N ffecter K + à K ffecter U à W U +V ffecter à U ffecter W + V à V Fin tant que fficher U fficher V État des variables : K W U V 0 0 / 8 / 5/9 /6 PRTIE B. a. Pour tout entier naturel n, v n+ u n+ = u n+ v n u n + v n = u n+ 9v n 8u n v n = (u n+ v n ) (u n+ v n ) = 5v n 5u n = 5 (v n u n ) Nouvelle-Calédonie novembre 0

3 Baccalauréat S. P. M. E. P. b. Pour tout entier naturel n on pose w n = v n u n. D après la question précédente, on peut dire que la suite (w n ) est géométrique de raison 5 et de premier terme w 0= v 0 u 0 = 0 =8. D après le cours (forme explicite d une ( suite ) géométrique) on peut dire 5 n que, pour tout entier naturel n, w n = 8.. a. u n+ u n = u n + v n u n = u n+ v n u n = v n u n = w n 5 n On a vu que, pour tout n, w n = 8 ; on peut en déduire que pour tout n, w n > 0 et donc que, pour tout n, u n+ u n > 0. Donc la suite (u n ) est croissante. v n+ v n = u n+ v n v n = u n+ v n v n = u n v n = w n Et comme w n > 0, on peut dire que v n+ v n < 0 pour tout n. Donc la suite (v n ) est décroissante. b. On a vu que, pour tout n, w n > 0 ; donc, pour tout n, v n u n > 0 c est-àdire v n > u n. La suite (v n ) est décroissante donc, pour tout n, v n v 0 v n 0. } v n > u n Pour tout entier naturel n, = u v n 0 n 0. La suite (u n ) est croissante donc pour tout n, u n u 0 u n. } v n > u n Pour tout entier naturel n, = v u n n. c. La suite (u n ) est croissante majorée par 0 donc, d après le théorème de la convergence monotone, la suite (u n ) est convergente vers un réel l u. La suite (v n ) est décroissante minorée par donc, d après ce même théorème, la suite (v n ) est convergente vers un réel l v.. La suite (w n ), définie par w n = v n u n, est convergente comme différence de deux suites convergentes, et sa limite est égale à l v l u. Or la suite (w n ) est géométrique de raison 5 et < 5 < ; donc on peut dire que la suite (w n ) est convergente vers 0. La limite d une suite est unique donc l v l u = 0 et donc l v = l u ; les suites (u n ) et (v n ) ont donc la même limite qu on appelle l.. t n+ = u n+ + v n+ = u n + v n + u n+ v n = u n + v n = t n donc la suite (t n ) est constante. t 0 = u 0 + v 0 = + 0= 6+0=6 = u n + v n + u n + v n Comme la suite (t n ) est constante, pour tout n, t n = t 0 = 6 ; la suite (t n ) est donc convergente vers 6. Les suites (u n ) et (v n ) sont toutes les deux convergentes vers l donc la suite (t n ) définie par t n = u n + v n est convergente vers l+l=7l. La limite d une suite est unique donc 7l=6 l= 6 7. La limite commune des suites (u n ) et (v n ) est donc 6 7. Nouvelle-Calédonie novembre 0

4 Baccalauréat S. P. M. E. P. EXERCICE Commun à tous les candidats Partie. Une bille est dans la norme si son diamètre est entre 9 et mm ; donc la probabilité qu une bille soit dans la norme est P (9 X )=P (X ) P (X 9). La probabilité que la bille soit hors norme est donc : (P (X ) P (X 9))= (0, , ) = 0, = 0,09 ; donc une valeur approchée à 0,000 de la probabilité qu une bille soit hors norme est 0,0.. a. On construit un arbre pondéré qui réunit les données de l énoncé : 0, ,0 N N 0,99 0,0 0,0 0,98 b. D après la formule des probabilités totales : P ()=P (N )+P N = P (N ) P N ()+P N P N () = 0,9876 0,99+0,0 0,0 = 0,9777+0,0008 = 0, ,9780 La probabilité de est 0,9780 (arrondie au dix-millième). ) P N c. On cherche : P (N = = 0,0008 P () 0, ,000 La probabilité qu une bille acceptée soit hors norme est 0,000 (arrondie au dix-millième). Partie B. La probabilité qu une bille soit hors norme est 0,0 : on admet que prendre au hasard un sac de 00 billes revient à effectuer un tirage avec remise de 00 billes dans l ensemble des billes fabriquées. Donc la variable aléatoire Y qui, à tout sac de 00 billes, associe le nombre de billes hors norme, suit une loi binomiale de paramètres n = 00 et p = 0,0.. L espérance mathématique et l écart type d une variable aléatoire qui suit une loi binomiale de paramètres n et p sont respectivement np et np ( p ). Donc E (Y )=np = 00 0,0=, et σ(y )= np ( p ) = 00 0,0 0,9876,066.. La probabilité pour qu un sac de 00 billes contienne exactement deux billes hors norme ( est ) P (Y = ). n P (Y = )= p ( p ) n 00 = 0,0 0, = ,0 0, ,076 0,. Nouvelle-Calédonie novembre 0

5 Baccalauréat S. P. M. E. P.. Un sac de billes contient au plus une bille hors norme est l événement (Y ). P (Y )=P (Y = 0)+ P (Y = ) 00 = 0,0 0 0, ,0 0, ,87+0,605 0,6768 0,677. Nouvelle-Calédonie 5 novembre 0

6 Baccalauréat S. P. M. E. P. EXERCICE Pour les candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité ( Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct O, u, ) v. On note C l ensemble des nombres complexes.. (+ i ) n = ( (+ i ) ) n et (+ i ) = ( (+ i ) ) (+ i ) = + i + i = + i = i ; donc (+ i ) = ( i ) = i = Donc (+ i ) n = ( ) n ; la proposition est vraie.. On cherche les solutions de l équation (E) : (z ) ( z z+ 8 ) = 0. Il y a z = qui annule z. Pour z z+ 8=0 : =( ) 8= 6 = 6<0 L équation admet deux solutions complexes conjuguées : z = ( )+ i 6 = + i L équation (E) admet pour solutions = + i et z = i { }, + i, i. Représentons les points dont les affixes sont solutions de (E) : v O u B H C Le triangle BC est isocèle en car les points B et C( sont symétriques par rapport à l axe O, ) u et appartient à cet axe ; donc le milieu H de [BC] est aussi le pied de la hauteur issue de dans le triangle. H a pour affixe donc H= ; de plus BC= + i + i = i =. L aire de ce triangle vaut donc : BC H = = La proposition est fausse.. Soit α un nombre réel quelconque ; on sait que =cos α+sin α. +e i α = + ( e i α) = +(cosα+ i sinα) = +cos α+ i sinαcosα+ i sin α = cos α+sin α+cos α+ i sinαcosα sin α=cos α+ i sinαcosα = (cosα+ i sinα) cosα=e i α cosα La proposition est vraie.. Le nombre complexe z a pour argument π donc le nombre complexe (z ) n a pour argument n π (argument d un produit). Les points O, et M n sont alignés si et seulement si l argument de l affixe de M n est π ou π+ π à π près. π+ π v π O u On suppose que n est divisible par ; le nombre n peut alors s écrire k avec k entier et donc n s écrit k+. L argument de l affixe de M n qui est n π peut s écrire (k+ ) π = kπ+ π qui est bien équivalent à π ou π+ π à π près ; donc si n est divisible par, alors les points O, et M n sont alignés. La proposition est vraie. Nouvelle-Calédonie 6 novembre 0

7 Baccalauréat S. P. M. E. P. 5. Le nombre j a pour module et argument π donc j a pour module = et pour argument π = π. On a : j= cos π + i sin π = + (propriétés du cercle trigonométrique). Et : j = cos π + i sin π =. Donc +j+j = + = 0. La proposition est vraie. Une solution plus élégante consiste à écrire le nombre j sous la forme e i π pour prouver que j =. Ensuite on développe ( +j+j )( j ) en j qui donne donc 0. Et comme j n est pas égal à, le facteur j n est pas nul, mais comme le produit ( +j+j )( j ) est nul, c est le facteur +j+j qui est nul. Nouvelle-Calédonie 7 novembre 0

8 Baccalauréat S. P. M. E. P. EXERCICE Pour les candidats ayant suivi l enseignement de spécialité. On cherche tous les entiers x de E tels que g (x)=x : g (x)= x x+ x (mod 7) x (mod 7) ce qui veut dire que x s écrit +7k où k Z. x E 0 x 6 0 x 8 or x = +7k donc 0 +7k 8 7k 8 7 k 8 7 Or k est entier donc k {,, }. Pour k =, x = +7= donc x = 8 ; pour k =, x = +5=5 donc x = 7 ; pour k =, x = +8=78 donc x = 6. Les éléments de E invariants par g sont 8, 7 et 6. Les caractères invariants dans ce codage sont les caractères correspondant à 8,7 et 6 donc ce sont les caractères i, r et.. Soient x et y deux éléments de E tels que y x+ (mod 7). y x+ (mod 7) 7y 8x+ (mod 7) ; or 6 (mod 7) et 8 (mod 7) donc 8x x (mod 7) 7y 8x+ (mod 7) 7y x 6 (mod 7) 7y+ 6 x (mod 7) x 7y+ 6 (mod 7) On suppose qu il existe deux caractères x et x de E qui se codent par le même caractère y de E. On a donc x 7y+ 6 (mod 7) et x 7y+ 6 (mod 7) ce qui entraîne x x (mod 7) donc on peut écrire x=x + 7k où k Z. Or 0 x 6 et 0 x 6 donc k = 0 et x= x. Deux caractères distincts ne sont pas codés par un même caractère, donc deux caractères distincts sont codés par deux caractères distincts.. Une méthode de décodage suit le même principe que la méthode de codage, en remplaçant la fonction g par la fonction f qui, à chaque élément y de E, associe le reste de la division euclidienne de 7y+ 6 par 7.. On sait que la lettre s se code en la lettre v, donc la lettre v se décode en s. La lettre f correspond au nombre y = 5 ; 7y+ 6=7 5+6=5+6=. Or =7 + donc est le reste de la division de par 7. Le nombre correspond à la lettre o. Donc v f v se décode en s o s. Nouvelle-Calédonie 8 novembre 0

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