Baccalauréat S Antilles-Guyane 22 juin 2015 Corrigé

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1 Baccalauréat S Antills-Guyan juin 05 Corrigé A. P. M. E. P. EXERCICE Commun à tous ls candidats 6 POINTS. On put calculr par xmpl ls ordonnés ds points d absciss d cs différnts courbs : f ()=ln =0< g 0,05 ()=0,05<g 0, ()=0,<g 0,9 ()=0,9<g 0, ()=0, On put alors idntifir chaqu courb sur l graphiqu : Γ 0, 3 Γ 0,9 Γ 0,5 Γ 0,05 C Au vu du graphiqu précédnt, on put conjcturr, n posant α 0,9, qu : si 0<a < α, alors la courbγ a t la courb C ont dux points d intrsction ; si a= α, alors la courbγ a t la courb C ont un sul point d intrsction ; si a > α, alors la courbγ a t la courb C n ont aucun point d intrsction.. Soit x un rél strictmnt positif, t M un point d absciss x, alors : M C Γ a f (x)= g a (x) f (x) ax = 0 h a (x)=0.. a. Pour tout rél x > 0, on a h a (x) = ax ax =. Comm x > 0, x x l sign d h a (x) st l mêm qu clui d ax, or, sur l intrvall ]0 ; + [ : ax 0 a x x. a L sign d h a (x) figurant dans l tablau d variation st donc justifié. ln x b. D après l théorèm d croissanc comparé, lim x + ( x = 0. ) ln x Pour tout rél x > 0, on put écrir : h a (x) = x x ax. On a alors ( ) ln x lim x + x ax = (car a > 0), t évidmmnt lim x = +, d où, x + par produit ds limits : lim h a(x)=. x +

2 Baccalauréat S juin 05 A. P. M. E. P. 3. Dans ctt qustion a = 0,. ] ] a. Sur l intrvall 0 ; 0, la fonction h 0, st continu t strictmnt croissant. Ell réalis donc un bijction d 0 ; 0, ] ] ] ] sur ; ln(0,). Or ] ] ln(0,) 0,3, donc 0 ; ln(0,), t l équation h 0, (x)=0 admt ] donc un solution uniqu dans l intrvall 0 ; 0, ]. b. En tnant compt ds qustions B t B3a, on put affirmr alors qu C tγ 0, possèdnt dux points d intrsction.. Dans ctt qustion a=. a. L maximum d la fonction h h ( )= ln( ) b. L maximum d la fonction h st attint n x = = +ln = + = 0. vaut 0, l équation h un uniqu solution. Ls courbs C tγ d intrsction. =. Donc (x)=0 possèd donc possèdnt donc un sul point 5. C tγ a n ont aucun point d intrsction lorsqu l équation h a (x)=0n possèd aucun solution, c st-à-dir (cf. tablau d variation) lorsqu l maximum d la fonction h a st strictmnt négatif. Or : ln(a) < 0 <ln(a) < a < a. Ainsi, ls courbs C tγ a n ont aucun point d intrsction si t sulmnt si a>. EXERCICE Commun à tous ls candidats 5 POINTS. On a : x 0 λt λt dt = F (x) F(0)= ( x+ ) λx + λ λ = ( ) λx λx λx +. λ. Comm λ > 0, on a lim ( λx) = t, d après ls croissancs comparés, lim X x + ( X X = 0, donc, par composition lim λx λx) = 0. Par aillurs x lim x + λx = 0 (toujours par composition), donc, par opérations sur ls limits : lim x + x 0 λt λt dt = λ (0 0+)= λ.. a. Graphiqumnt P(X ) corrspond à l air hachuré ci-dssous : Antills-Guyan

3 Baccalauréat S juin 05 A. P. M. E. P. 0.6 Lctur d λ P(X ) b. En t = 0, la valur d λ λt st égal à λ, on put donc lir λ comm étant l ordonné du point d absciss 0 sur la courb d la fonction dnsité.. On suppos qu E(X )=. a. On put dir qu n moynn, la duré d vi d un tl composant élctroniqu st d ans. b. D après la parti A (ou l cours) : E(X )= = λ=0,5. λ c. D après l cours, P(X ) = 0,5 = 0,63. C nombr rprésnt la probabilité qu l duré d vi du composant soit infériur à dux ans. d. On sait qu la loi xponntill st «sans mémoir», donc : P (X ) (X 3) = P (X ) (X +) = P(X ) ( ) = P X = P(X ) = ( ) = Parti C. La probabilité qu l circuit A soit défaillant avant un an st donné par p(d D ). Ls dux événmnts étant indépndants, on a : p(d D )= p(d ) p(d )=0,39 0,30=0,5.. La probabilité qu l circuit B soit défaillant avant un an st ctt fois donné par p(d D ), donc : p(d D )= p(d )+ p(d ) p(d D )=0,39+0,39 0,5=0,679. EXERCICE 3 Commun à tous ls candidats POINTS. Notons z R l affix du point R. On a OM = z t OR = OM. L point R étant par aillurs situé sur l dmi-ax [O ; u ), un argumnt z R st 0, donc (via par xmpl la form xponntill) z R = z. Antills-Guyan 3

4 Baccalauréat S juin 05 A. P. M. E. P.. Soit P l miliu du sgmnt [MR], alors z P = z+ z R = z+ z. Soit Q l miliu du sgmnt [OP], alors z Q = 0+ z P = ( ) z+ z. L point Q st donc confondu avc l point M, c qui justifi la construction : M v O M u P R. Lorsqu z 0 ] ; 0[, z 0 = z 0, donc z = z 0 z 0 = 0 t z =0. Montrons alors par récurrnc qu, pout tout ntir naturl n non nul, z n = 0. Initialisation. On a vu qu z = 0, la propriété st donc vrai au rang. Hérédité. Supposons qu, pour un crtain ntir naturl n non nul, z n = 0. Alors z n+ = z n+ z n = 0+ 0 = 0. La propriété st donc héréditair. Conclusion. Pour tout ntir naturl n non nul z n = 0. On n déduit alors qu, pour tout ntir naturl n non nul, z n =0 t donc qu la suit ( z n ) convrg vrs 0.. Lorsqu z 0 [0 ; + [, z 0 =z 0, donc z = z 0+ z 0 = z 0. Montrons alors par récurrnc qu, pour tout ntir naturl n, z n [0 ; + [ t z n+ = z n. Initialisation. On a déjà qu z 0 [0 ; + [ t z = z 0. La propriété st donc vrai au rang 0. Hérédité. Supposons qu, pour un crtain ntir naturl n, z n [0 ; + [ t z n+ = z n. Alors il st clair qu z n+ [0 ; + [ donc qu z n+ = z n+. Par conséqunt : z n+ = z n++ z n+ La propriété st donc héréditair. = z n++ z n+ = z n+ = z n+. Conclusion. Pour tout ntir naturl n, z n [0 ; + [ t z n+ = z n. La suit (z n ) st donc géométriqu, d raison t d prmir trm z 0, donc, ( ) n ( ) n pour tout ntir naturl n, z n = z 0. On n déduit qu z n = z 0 t donc qu ( z n ) convrg vrs 0 (car < < ). 3. On suppos désormais qu z 0 n st pas un nombr rél. a. On put conjcturr (n s aidant d la construction graphiqu d la parti A par xmpl) qu la suit ( z n ) convrg vrs 0. b. On rappll l inégalité triangulair, pour tous complxs z t z : z+ z z + z. Par conséqunt, pour tout ntir naturl n : z n+ z n + z n Antills-Guyan = z n. ()

5 Baccalauréat S juin 05 A. P. M. E. P. Montrons ( ) maintnant par récurrnc qu, pour tout ntir naturl n : n z n z 0. ( ) 0 ( ) 0 Initialisation : On a z 0 z 0 car =. Hérédité : Supposons qu, pour un crtain ntir naturl n, on a Alors, n utilisant () : ( ) n z n z 0. z n+ z n ( n ( ) n+ ) z 0 = z 0 t la propriété st donc héréditair. ( ) n Conclusion : pour tout ntir naturl n, z n z 0. ( ) n ( ) n On a, pour tout ntir naturl n, 0 z n z 0. Or lim = 0, l n + théorèm d«ds gndarms» prmt alors d conclur qu la suit ( z n ) convrg vrs 0. EXERCICE Candidats n ayant pas suivi l nsignmnt d spécialité 5 POINTS Tablau d état ds variabls : La valur affiché n sorti st donc 0,5.. Voici l algorithm modifié : Commntair p k u Saisi d p 5 r tour d boucl tour d boucl 0,5 Variabls : k t p sont ds ntirs naturls u st un rél Entré : Dmandr la valur d p Traitmnt : Affctr à u la valur 5 Pour k variant d à p Affctr à u la valur 0,5u+ 0,5(k ),5 Affichr u Fin d pour. La suit (u n ) n st pas décroissant puisqu u > u Démontrons par récurrnc qu, pour tout ntir naturl n 3, u n+ > u n. Initialisation. On a vu précédmmnt qu u > u 3, la propriété st donc vrai pour n= 3. Hérédité. Supposons qu, pour un crtain ntir n 3, on a u n+ > u n, alors 0,5u n+ > 0,5u n. Par aillurs n+ > n donc 0,5(n+ ) > 0,5n, par somm on a alors 0,5u n+ + 0,5(n+ )> 0,5n+ 0,5, puis, n ajoutant,5 mmbr à mmbr : 0,5u n+ +0,5(n+),5>0,5u n +0,5,5, c st-à-dir u n+ > u n+. La propriété st donc héréditair. Conclusion. Pour tout ntir n 3, u n+ > u n. En d autrs trms la suit (u n ) st décroissant à partir du rang 3. Antills-Guyan 5

6 Baccalauréat S juin 05 A. P. M. E. P.. Soit n un ntir naturl qulconqu, alors : v n+ = 0,u n+ 0,(n+ )+0,5 = 0,(0,5u n + 0,5n,5) 0,n 0,+0,5 = 0,05u n + 0,05n 0,5 0,n+ 0, = 0,05u n 0,05n+ 0,5 = 0,5(0,u n 0,n+ 0,5) = 0,5v n. La suit (v n ) st donc géométriqu d raison 0,5. Comm v 0 = 0, 5 0, 0+0,5 =, on n déduit qu, pour tout ntir naturl n, v n = 0,5 n. 5. D après ls dux qustions qui précèdnt, on put écrir qu, pour tout ntir naturl n : 0,5 n = 0,u n 0,n+ 0,5. En multipliant par 0 mmbr à mmbr on a alors 0 0,5 n = u n n+5 d où l on déduit aisémnt qu u n = 0 0,5 n + n < 0,5 <, donc lim n + 0,5n = 0. D plus lim (n 5) = +, donc, par n + somm : lim u n =+. n + EXERCICE Candidats ayant suivi l nsignmnt d spécialité Ls partis A t B puvnt êtr traités d façon indépndant. 5 POINTS. Tablau d état ds variabls : Commntair a b c Entrés Traitmnt r tour d boucl tour d boucl Fin d la boucl (c = 0) t affichag 8 0. L algorithm modifié st l suivant : Variabls : c st un ntir naturl a t b sont ds ntirs naturls non nuls Entrés : Dmandr a Dmandr b Traitmnt : Affctr à c l nombr r (a, b) Tant qu c 0 : Affctr à a l nombr b Affctr à b la valur d c Affctr à c l nombr r (a, b) Fin Tant qu Si b= : Affichr «ls nombrs sont prmirs ntr ux» Sinon : Affichr «ls nombrs n sont pas prmirs ntr ux» Fin du Si Antills-Guyan 6

7 Baccalauréat S juin 05 A. P. M. E. P.. a. La lttr V corrspond à x=. 9 +=9, t 9 9[6], donc x = 9, c qui corrspond bin à la lttr J. b. On rappll l théorèm d Bézout : a t b sont prmirs ntr ux si t sulmnt s il xist dux ntirs rlatifs u t v tls qu au + bv =. Ici 9 t 6 sont prmirs ntr ux, l théorèm s appliqu donc. L coupl (u, v)=(3, ) convint puisqu ( )=. c. Supposons qu x 9x + [6], alors, n multipliant par 3 mmbr à mmbr : 3x 3 9x+ 6 [6], or d après la qustion précédnt 9 3 [6], donc 3x x+6 [6] d où x 3x 6 [6] t comm 6 0 [6], on a bin x 3x + 0 [6]. Réciproqumnt, supposons qu x 3x + 0 [6], alors, n multipliant par 9 mmbr à mmbr : 9x 9 3x + 80 [6]. Or 9 3 [6] t 80 [6], donc 9x x [6], d où x 9x+ [6]. L équivalnc st alors démontré. d. La lttr R corrspond à x = 7, alors 3x + 0=7, or 7 9 [6], donc x = 9, c qui corrspond à la lttr T.. On a ici x = 9, x = 3 t q =, donc 3 = 9p+ [6] c qui équivaut à 9p [6]. En multipliant par 3 mmbr à mmbr : 3 9p = 3 [6], or on a vu qu 3 9 [6], donc on obtint qu p 3 [6], d où, comm 0 p 5, l uniqu valur p= B corrspond à x=. 3x+ =5 donc B st codé par la lttr P D corrspond à x = 3. 3x+ = t 5 [6], donc D st égalmnt codé par la lttr P C codag n put convnir car un lttr P dans l mssag crypté put corrspondr à B ou D, d où ambigüité dans l décryptag. Antills-Guyan 7

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