Corrigé du baccalauréat S (obligatoire) Polynésie septembre 2010
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- Danièle Dumais
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1 Corrigé du baccalauréat S (obligatoire) Polynésie septembre 00 EXERCICE points. Proposition : Vraie Quel que soit n N, (n+ )(n+ ) = n+ n+, donc t n+ = t n + n+ n+. En écrivant cette égalité pour n= 0,, n, on obtient : t = 0+ t = t +... = t n = t n + n, soit par somme membres à membres et simplifications : n+ t n = n+ = = n n+ n+ n+.. Proposition : Vraie Les suites (u n )et (v n ) sont adjacentes : elles convergent et ont la même limite l. Comme u n w n v n, d après le théorème des «gendarmes», la suite (w n ) converge vers la même limite l.. Proposition : Fausse Il suffit de prendre f définie sur [0 ; ] par f (x)=x et g définie sur [0 ; ] par g (x) = x. Les intégrales sont égales à (aires de triangles rectangles isocèles) et les fonctions ne sont pas égales. EXERCICE points. a. Pour un point M d affixe z et son image M par h d affixe z, la traduction complexe de l égalité SM = SM est : z ( +i)=[z ( +i)] z = +i+ z+ i z = z+ 0 0i. b. On a C = h(a), donc c = ( +i)+0 0i= +i. De même D = h(b) donc d = ( +i+ 0 0i= i.. On a : a = +6=0, b = 6+=0, c = 6+=0 et d = +6=0, d où a =OA= b =OB= c =OC= d = OD= 0=. Les points A, B, C et D appartiennent au cercle de centre O et de rayon.. Le milieu I de [AB] a pour coordonnées ( ; ). M(x ; y) appartient à la médiatrice de [AB] si et seulement si (MI) (AB) MI AB = 0 ( x) ( y)= 0 x+ y = 0 x+y = 0 S( ; ) appartient à cette médiatrice ; Ω( ; ) appartient à cette médiatrice. Conclusion : (SΩ) est la médiatrice de [AB].
2 Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.. a. On a p = ( +i++i)=+i. b. ω p d b = +i i i+ i = i 6i = ( i)(+6i) ( 6i)(+6i) 0i 0 = i. En terme d argument la relation précédente signifie que : = 6+6 8i i +6 ( ) BD, PΩ = π. Conclusion : la droite (PΩ) est perpendiculaire à la droite (BD).. Par l homothétie h l image (CD) de la droite (AB) est parallèle à cette dernière : le quadrilatère ABDC est un trapéze ; dans ce trapèze la droite des «milieux» (PQ) est parallèle à (AB) et à (CD). Or on a vu que (AB) et (SΩ) sont perpendiculaires. Donc (SΩ) est aussi perpendiculaire à (PQ). Donc dans le triangle PQS, (SΩ) et (PΩ) sont deux hauteurs : le pointωest l orthocentre du triangle PQS. S = A P B Ω C v O u Q D EXERCICE points. a. Sortons la boule noire : il y a ( 9 ) tirages boules parmi les 9 restantes. À chacun de ces tirages on adjoint le tirage de la boule noire. Il y a donc ( 9) tirages différents de quatre boules contenant la boule noire. Le nombre de tirages possibles est ( 0) tirages. ( 9 9! On a donc p(n= )!6! ) = = 9!! 6! 0!! 6! 0! =.!6! ( 0 Polynésie septembre 00
3 b. On a l arbre suivant : N N ( ) On a donc p()= p(n) p N ()+p N p N ()= + 6 = + 0 = c. D après la question précédente la probabilité de perdre est 0 = 7 0. ( ) p p(n Il faut calculer p (N)= = = = 7 7 p() 0 7 = (. a. Si le joueur gagne probabilité de ), le joueur gagne m euro(s) ; 0 Si le joueur ne gagne pas mais a tiré la boule noire (probabilité de = ) le joueur gagne ou perd 0 euro ; Si le joueur ne gagne pas et n a pas tiré la boule noire (probabilité égale à 6 = ) le joueur a «gagné» m euro(s). D où le tableau de la loi de probabilité du gain X suivant : X = x i m 0 m p (X = x i ) b. On a E(X )=( m) m m m = 0 c. On a E(X )=0 8m 0. On a une épreuve de Bernoulli de paramètres n et p= = 8m. 0 8m = 0 m= 8 = =,0. 0. ( ) 7 n La probabilité de ne jamais gagner en n jeux est égale, donc la probabilité de gagner au moins une fois est :. ( ) 0 7 n 0 Il faut ( donc ) résoudre : 7 n ( ) 7 n > 0,999 < 0,00 0,7 n < 0, ln 0,00 n ln 0,7<ln 0,00 (d après la croissance de la fonction ln) puis n> ln 0,7. ln 0,00 Or ln 0,7 9,. Il faut donc jouer au moins 0 fois. EXERCICE 7 points Partie Polynésie septembre 00
4 . On a g (x)=e x ( x)+. Or lim x + ex =+ et lim ( x)=, donc par produit des limites : x + lim g (x)=. x +. La fonction g somme de fonctions dérivables sur [0 ; + [ est dérivable et sur [0 ; + [ : g (x)=e x e x xe x = xe x. Comme e x > 0 et x> 0, on a g (x)<0 sur [0 ; + [. g est donc décroissante sur [0 ; + [ de g (0)= à.. Donner le tableau de variations de g. x 0 + g (x) g (x). a. Sur [0 ; + [, g dérivable est donc continue et décroissante, g (0) > 0 et lim x + g (x)=. Il existe donc un réel unique α [0 ; + [ tel que g (α)=0. b. La calculatrice donne : g ()= et g () 6,, donc < α< ; g (,) 0, et g (,) 0,, donc,<α<, ; g (,7) 0,0 et g (,8) 0,007, donc,7<α<,8. c. On a g (α)=0 e α αe α + =0 e α ( α)= e α = α.. On a donc g (x)>0 sur [0 ; α[ ; g (α)=0 ; g (x)<0 sur [α ; + [. Partie. La fonction A quotient de fonctions dérivables sur [0 ; + [ (le dénominateur ne s annulant pas) est dérivable et sur cet intervalle : A (x)= (ex + ) x e x (e x + ) = (ex xe x + ) g (x) (e x + ) = (e x + ). Comme (e x + ) > 0 quel que soit x, le signe de A (x) est celui de g (x). D après la précédente question on a donc : A (x)>0 sur [0 ; α[ ; A (α)=0 ; A < 0 sur [α ; + [.. On a donc : A(x) est croissante sur [0 ; α[ et décroissante sur [α ; + [, A(α) étant le maximum de la fonction. Partie. On sait que x 0, donc l aire du rectangle OP MQ est égale à x f (x)= x e x + = A(x). Or on a vu que la fonction présente un maximum pour x= α. Polynésie septembre 00
5 e α +. Le coefficient directeur de la droite (PQ) est égal à f (α) α = α = α(e α + ). Or on a vu que e α =, donc le coefficient directeur est égal à : α α(e α + ) = α ( (α ) (α ) = = α + ) α(+α ) α. La tangente en M(α ; f (α)) a pour coefficient directeur f (α). Or f (x)= ex (e x + ), donc α f (α)= eα (e α + ) = ( α + ) = (α ) (α ) = (+α ) α. Les coefficients directeurs sont égaux : les droites sont parallèles. Polynésie septembre 00
6 ANNEXE Cette page ne sera pas à rendre avec la copie. Exercice y Q f (α) M C O α P x Polynésie 6 septembre 00
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