Corrigé du baccalauréat S Métropole La Réunion 16 septembre 2011

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1 Corrigé du baccalauréat S Métropole La Réunion 16 septembre 11 EXERCICE 1 Partie A 1 La loi suivie par la variable aléatoire X prenant pour valeur le nombre de moteurs tombant en panne est une loi binomiale de paramètres n= et p =,1 ( ) On a p(x = )=,1 (1,1) = 19,1,88 8,743,74 à 1 3 près On a p(x 1)=1 p(x = )=1,88,94,9 à 1 3 près Partie B 1 1 On a p(y 1)= λe λ d = [ e λ] 1 = e λ + 1=1 e λ =,1 e λ =,88 λ = ln, 88 (par croissance de la fonction logarithme népérien) λ,178 λ,18 à 1 3 près On a p(y > 3)=1 p(y 3)=1 e,384,6811,681 à 1 3 près 3,18e,18 d = 1 [ e,18] 3 = 1 ( e, ) = 3 On a p Y>1 (Y > 4)= p Y>1 (Y > 1+3)=p(Y > 3) puisqu on a une loi eponentielle sans vieillissement, soit environ,681 { u () = λe λ v() = 4 a Posons u() = e λ v () = 1 Toutes ces fonctions étant continues car dérivables sur R +, on peut intégrer par parties : F (t)= [ e λ] t [ t + e λ d= e λ 1 ] t λ e λ = te λt 1 λ e λt λ = F (t)= 1 λ 1 λ e λt te λt b t + e λt = ; t + te λt = ; Donc par somme de limites : lim F (t)= 1 t + λ Comme λ,18 1 7,815 7,8 λ Donc d m 7,8 La durée moyenne de vie d un moteur est légèrement inférieure à 7 ans et 1 mois EXERCICE 6 points Partie A - Étude du signe d une fonction 1 f somme de fonctions dérivable sur ] ; + [ est dérivable et sur cet intervalle : f ()=+ 4 Comme > > et 4 >, on déduit que f ()> La fonction f est donc strictement croissante sur ] ; + [ = et lim 4ln = ; par somme de limites, on a lim f ()=

2 L ae des ordonnées est donc asymptote verticale à la courbe représentative de f au voisinage de zéro 4 + =+ et lim = ; par somme de limites, on a + lim f ()=+ + La fonction f continue car dérivable croît sur ] ; + [ de à + Elle réalise donc une bijection de ] ; + [ sur R ; donc tout réel, en particulier a un antécédent unique dans ] ; + [ Il eiste donc α réel supérieur à zéro tel que f (α)= 3 De la question précédente résulte le signe de f () : si < < α : f ()< ; si = α : f ()= ; si α< : f ()> Partie B - Une valeur approchée du réel α défini dans la partie A 1 g ()= e 1 4 = 1 4 = ln (par croissance de la fonction logarithme népérien, les deu membres étant supérieurs à zéro) ln = + 4ln = f ()= On a vu que l unique solution de cette équation est le réel positif α Donc α est aussi l unique solution de l équation g () = Voir plus bas On peut conjecturer que la suite converge vers la solution de l équation g () = dans R + c est-à-dire α 3 Après avoir entré la fonction g dans la fonction y 1 () (calculatrice TI), on entre,5 Entrée y 1 (ANS(1)) Entrée puis Entrée Entrée Entrée,, on obtient : u =,5,u 1,9394,u,818,u 3,851455,u 4,8343,u 5,8439,u 6,838174, u 7,83895 Le plus petit entier n pour lequel les trois premières décimales de u n et u n+1 sont identiques est donc n= 6 Puisqu on a supposé que u 6 α u 7, on a donc, α,83895 Donc,838 est une valeur approchée de α à 1 3 près 1, 1, (C ),8,6,4,,4, O u u u 3 u 1,,4,6,8 1, 1, 1,4 1,6, Métropole La Réunion 16 septembre 11

3 Partie C - Un problème de distance 1 Avec M( ; ln ), on a OM = + (ln ) = + 4(ln ) Comme > et 4(ln ) >, on a OM > Donc OM = + 4(ln ) a h somme de fonctions dérivables sur ] ; + [ est dérivable et sur cet intervalle : h ()=+ 8(ln ) 1 ln = + 8 = + 8ln = ( + 4ln ) f () = Comme >, le signe de h () est celui de f (), donc celui de f () qui a été étudié dans la partie A Conclusion : si < α : h ()< : la fonction h est décroissante sur [ ; α[ ; si > α : h ()> : la fonction h est croissante sur ]α ; + [ b Le résultat précédent montre que la fonction h a un minimum h(α) La fonction définie par OM = h() a les mêmes variations que la fonction h, donc un minimum en α Conclusion : il eiste un point unique de (Γ) A(α ; ln α) tel que OA<OM pour tout point M de (Γ) distinct de A 3 La tangente T A à la courbe (Γ) au point A a pour vecteur directeur ( 1 ; ϕ (α) ) = La droite OA a pour vecteur directeur OA (α ; ln α) Le produit scalaire de ces deu vecteurs est égal à : 1 α+ 4lnα lnα=α+ α α = α + 4ln α α On a vu dans la question précédente que f (α)=α +4ln α= donc le produit scalaire est nul, ce qui montre que la la droite (OA) est perpendiculaire à la tangente T A ( 1 ; α ) EXERCICE 3 L espace est muni d un repère orthonormal ( O, ı, j, ) k 4 points Partie A - Restitution organisée de connaissances Partie B - Questionnaire à choi multiples 1 a Les points A, B, C définissent le plan P Fau 1+3= est fau b Les points A, B, D définissent le plan P D( 1 ; 4 ; ) P 4+6= : vrai ; AB ( 1 ; 1 : 1) et AD ( ; : ), donc AD = AB : les points A, B, D sont alignés : ils ne définissent pas un plan c E(1 ; 5 ; 1) P 5+3= : vrai AE ( ; 3 ; 1) n est pas colinéaire à AB Conclusion les trois points A, B et E définissent le plan P a Un vecteur directeur de la droite D a pour coordonnées ( 1 ; 1 ; 1) Un vecteur normal au plan P a pour coordonnées ( ; 1 ; 3) Ces deu vecteurs ne sont pas colinéaires, donc D n est pas perpendiculaire au plan P b Le produit scalaire des deu vecteurs précédents est égal à : 1+3 =, donc la droite D est parallèle au plan P Le point de D correspondant à t =, donc de cordonnées (1 ; ; ) n appartient pas à P (+6= est fausse), donc la droite D est strictement parallèle au plan P c On vient de voir que c est fau 3 La distance de Ω au plan P est égale à : d = ( 1) + 3 = 14 Or 1 = 4 = 16 < 14 La distance du point Ω au plan P est supérieure au rayon de la sphère : l intersection de la sphère S et du plan P est donc vide Métropole La Réunion 3 16 septembre 11

4 EXERCICE 4 Enseignement obligatoire 1 On a z B = i i +i+i = i +i = 1 i 1+i = (1 i)(1 i) (1+i)(1 i) = 1 1 i = i 1+1 Avec z i, z = z + iy i + iy = iy+ i (+ iy)( iy+ i)= + iy i + y y yi+ { i+ yi=+ iy i + y + y y = y+ i= + iy i { (y 1) + y { y = y 1 y 3y+ 1 = y 1 { y { 4y+ = y { y+ 1 = (y 1) = { y = 1 = Cette solution n est pas valide (z = i), puisque par définition z i Conclusion : la transformation n a pas de point invariant 3 a On a z+ i= z+ i= z+ ( i)= (le conjugué d une somme est égal à la somme des conjugués) b D après l égalité précédente : z = z+ i = z = = = 1 puisque le module d un complee est égal à celui de son conjugué Conclusion : z = OM = 1 Tous les points images appartiennent au cercle trigonométrique, centré en O et de rayon 1 c De même l égalité z = donne pour les arguments : ( ) ( u arg(z ) ( u )= arg ; OM [ ( u ( u = ; AM ) ; AM )]= ; AM ) d On a vu que le point M appartient au cercle trigonométrique ; il suffit de trouver un des arguments D après la question précédente, on peut doubler l argument de sur le cercle centré en A de rayon 1 et en reportant cet argument sur le cercle trigonométrique Voir la figure (d) M A 1 v M 1 O u a Voir la figure : droite contenant A et faisant un angle de π avec l ae des abscisses 6 b On a vu que si M est un point de la droite (d) distinct de A, un argument de son image M est égale à π 6 = π 3 On a aussi démontré que OM = 1 L image de la droite (d) est donc réduite au seul point du cercle trigonométrique d argument π 3 : c est le point d affie ei π 3 Métropole La Réunion 4 16 septembre 11

5 EXERCICE 4 Enseignement de spécialité 1 a On sait que l écriture complee d une symétrie orthogonale est de la forme z = az+ b, a et b étant deu nombres complees b Les deu points A et B sont invariants par la symétrie orthogonale d ae (AB), donc { { 1+i = a(1 i)+b 1 = a+ b 6+i = a(6 i)+b 6+i = a(6 i)+b c Par différence des deu équations précédentes, on a 5+i = a(5 i) a= 5+i 5 i = (5+i)(5+i) (5+i)(5 i) = 5 1+1i = 1+5i D où en remplaçant dans la première équation : 5+1 b= 1 a = 1 1+5i = 1 5i Conclusion : la symétrie orthogonale d ae (AB) a pour écriture complee : z = 1 (1+5i)z+ 1 (1 5i) d Avec z = + iy et z = + iy, on a : z = 1 (1+5i)z+ 1 (1 5i) + iy = 1 1 (1+5i)( iy)+ (1 5i) d où en identifiant parties réelles et parties imaginaires : = y+ 1 1 = (1+ 5y+ 1) y 5 1 = y 5 y 1 = (5 1y 5) a M( ; y) appartient à E si et seulement si l ordonnée de M est nulle soit 1 (5 1y 5)= 5 1y 5= 5( 1)=1y b L égalité 5( 1)=1y montre que 5 divise 1y, et étant premier avec 1, il divise y Il eiste donc un entier k tel que y = 5k On a donc 5( 1)= 1y 5( 1)= 1 5k 1=1k = 1+1k Conclusion : E est l ensemble des points de coordonnées (1+1k ; 5k) où k est un entier relatif 3 a est un entier donc 1+ 5y+ 1 est un multiple de ou 1+ 5y+ 1 [](1) Or 1 1 [] d où 1 [], d où en remplaçand dans (1) + 5y + 1 [] et enfin 5y + 1 [], y étant lui aussi un entier b Soit 5 1y 5 5(5y + 1) 1y 5 [] ou encore 5 1y 5 y [] c est-à-dire 5 1y 5 [] ce qui signifie que 5 1y 5 est un multiple de et donc que y est lui aussi un entier 4 Avec =, les cordonnées de M sont entières si et seulement si : { { 4+5y+ 1 [3] 5y+ 5 [3] 1 1y 5 [] 5 1y 5 [] (par somme) y+ 5 [] y 5 [] Comme 5 5 [], on obtient finalement y 5 [] Conclusion : y = k 5, avec k Z Les points de coordonnées ( ; k 5) ont des images à cordonnées entières { 5y+ 15 [3] 1 4y [] Métropole La Réunion 5 16 septembre 11

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