Éléments de correction Baccalauréat Blanc 2015 Série S

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1 Éléments de correction Baccalauréat Blanc 205 Série S Exercice :6 points. a O0; 0 et pour tout réel x on a M x;e x Donc, pour tout x réel on a : fx =OM 2 2 = xm x O 2 +y M y O 2 =x 0 2 +e x 0 2 = x 2 +e 2x b u: x x 2 est une fonction carré donc dérivable sur R et u x =2x v : x 2x est une fonction affine donc dérivable sur R et v x =2 Donc e v est dérivable sur R et e v x =2 e 2x. 2. a f est la somme de deux fonctions dérivables sur R donc dérivable sur R et f x =2x +2e 2x. lim x = x lim x lim 2x = et lim lim x =+ x + x + 2x =+ et lim X ex =0donc, par composition, lim x e2x =0 X + ex =+ donc, par composition, lim x + e2x = donc, par somme, gx = lim x donc, par somme, gx =+ lim x + + b g est la somme de deux fonctions dérivables sur R donc dérivable sur R et g x =+2e 2x x R e 2x > 0 donc +2e 2x > > 0 soit g x > 0 c x g x g α d La fonction g est continue car dérivable et strictement croissante sur R. g ] ;+ [ =] ;+ [ et 0 ] ;+ [. Donc, d après le théorème de la bijection, l équation fx =0admet une unique solution α R. e x g gx α a D après la calculatrice, on a g 0,5 = 0,2 et g 0,4 = 0,049. On a g 0,5 < 0 et g 0,4 > 0 donc α [ 0,5; 0,4]

2 b i. i a Condition Si b Initialisation 0,5 0,5 Étape 0,49 Vrai 0,49 Étape 2 2 0,48 Vrai 0,48 Étape 0,47 Vrai 0,47 Étape 4 4 0,46 Vrai 0,46 Étape 5 5 0,45 Vrai 0,45 Étape 6 6 0,44 Vrai 0,44 Étape 7 7 0,4 Vrai 0,4 Étape 8 8 0,42 Faux 0,4 Étape 9 9 0,4 Faux 0,4 Étape 0 0 0,4 Faux 0,4 Sortie 0,4 ii. Cet algorithme affiche la plus grande valeur à deux décimales de [ 0,5; 0,4] dont l ordonnée est strictement négative. Il s agit donc d une valeur approchée à 0 2 par défaut de α. 4. a Pour tout x réel on a f x =2x +2e 2x =2 x +e 2x =2gx Donc f x alemêmesignequegx. x α + f x 0 + f α 2 +e 2α b D après le tableau de variation, la fonction f admet un minimum en α. De plus, comme g α =0alors α +e 2α =0donc e 2α = α. On a alors f α =α 2 +2e 2α = α 2 α c La distance minimale entre le point O et la courbe C exp et la distance minimale de OM où M est un point de la courbe C exp. Ce minimum est donc le minimum de OM = fx où x R. On sait que f admet un minimum en α qui est égal à fα =α 2 +e 2α > 0 et que la fonction racine carrée est strictement croissante sur [0; + [ donc f admet un minimum en α qui est égal à fα = α 2 α. La distance minimale entre le point O et la courbe C exp est donc égale à α 2 α. Unevaleur approchée à 0 2 de ce minimum est 0,6 0,78 5. La tangente en M x;e x à C exp apourcoefficient directeur f x =e x,donc,unvecteurdirecteurde cette tangente est u ; e x. O0; 0 et M x;e x,donc, OM x;e x. La tangente en M est perpendiculaire à la droite OM si, et seulement si, les vecteurs u et OM sont orthogonaux. Or u OM =0 x +e x e x =0 x +e 2x =0 gx =0 x = α Donc La tangente en M est perpendiculaire à la droite OM en un seul point : celui d abscisse α. 2

3 Exercice 2 z = i, z = et z = a z = = = = b On résout l équation z = 2. = + donc B + i z = 2 = 2 iz = 2z i et z i 0 i 2z = 2i et z i z = et z i z = et z i z = et z i z = + i. Un seul point a son image d affixe 2. C est le point N d affixe + i. c Figure 2 a = z zz i = iz et z i 0 z 2iz = 0 et z i zz 2i = 0 et z i Donc = z z = 0 ou z = 2i car 0 i et 2i i. On trouve deux solutions : 0 et 2i. b D après a, z = z z = 0 ou z = 2i Les points invariants sont les points O d affixe 0 et D d affixe 2i. a z = = = = + i. b z R Imz = 0 = 0 x + y y = 0 et x + y 0 donc z R x + y = 0 et x; y 0; ΩM = et M A où Ω0;. Ce qui prouve que Γ est le cercle de centre Ω d affixe i et de rayon, privé du point A. c N a pour affixe + i. N A et + = + = = 0 donc N est bien un point de Γ. 4 Soit z i. a z i = i = =, donc z iz i =, on en déduit que z iz i = et donc z i z i =, or AM = z i et AM = z i donc AM AM =. b Γ est le cercle de centre A et de rayon. Soient z un complexe et M le point de Γ d affixe z, alors AM =, or, d après b, AM AM =, donc AM =, ce qui prouve que M est bien un point de Γ.

4 Exercice :.a P S = 0, et P = 0,9. b S S c P = P P = 0,95 0,9 = 0,855 P = P + PS = 0, ,05 0,7 = 0,89. d La probabilité qu il ait réussi le premier est P = =,, 0,96. 2.aCela revient à 20 épreuves de Bernoulli indépendantes et avec la même probabilité de succés : 0,855. Donc c est une loi binomiale B20 ;0,855 b PX 5 = PX 4 0,944. cex = np = 20 0,855 = 7,.

5 Correction ex 4 Bac Blanc 205 : Partie A On admet que est définie pour tout par et Initialisation :!!!!!!Hérédité : soit tel que, montrons que Conclusion : pour tout, 2 donc est une suite strictement décroissante. 0< 0,995< donc. Par suite converge vers Partie B 2a condition U<V V U N Initialisation étape VRAI ,4 2 étape 2 VRAI 9860,4 982, étape VRAI 982, étape 4 VRAI étape 5 FAUX sortie 5 b L'algorithme affiche 5 c est à dire le premier rang N pour lequel U V. L'algorithme montre qu'en = 209 le gouvernement va stopper la baisse de la population. Il confirme donc la prévision. 4 u n+ = Q n+ 4000n = 0,995Q n + 20n n = 0,995Q n 980n donc!!!!!6! donc avec cette réforme, la population syldave peut atteindre un jour 0 millions d'habitants Avec la machine on voit que donc c'est en 2052 que l'on atteint 0 millions

6 Exercice 5 : 5 points Candidats ayant suivi l enseignement de spécialité. On peut construire un arbre pondéré illustrant la situation D après le théorème des probabilités totales, comme les évènements S n, I n et M n forment une partition de l univers PS n+ =PS n P Sn S n+ +PI n P In S n+ +PM n P Mn S n+ On obtient s n+ = 5 2 s n En procédant de façon analogue on obtient le système s n+ = 5 2 s n i n+ = s n + 2 i n m n+ = 4 s n + i n + m n s n S n I n S n+ I n+ M n+ 2 i n I n+ m n M n M n+ M n+ 2. Soit A la matrice de transition, sur la première ligne de A ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu à la semaine donnée, l individu est dans l état S, de passer pour A, àl états, c estselonlegraphe 5 2, pour A,2 àl étati, c estselonlegraphe, pour A, àl étatm, c estselonlegraphe 4, surladeuxièmelignedea ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu à la semaine donnée, l individu est dans l état I, depasserauxétatsi ou M surlatroisièmelignedea ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu à la semaine donnée, l individu est dans l état M, depasseràl étatm A = 2 0 ;vérifionsqueu n+ = U n A s n i n m n 2 0 = s n s n + 2 i n 4 s n + i n + m n = s n+ i n+ m n+. Par récurrence, prouvons que pour tout entier naturel n non nul, U n = U 0 A n. Initialisation :Pourn =, U = U 0 A est vrai Hérédité :Supposonsquepourunentiern non nul, U n = U 0 A n, alors multiplions les deux membres à droite par A, onobtientu n A =U 0 A n A, donc U n A = U 0 A n A ;parassociativitéduproduitdematrices; et enfin U n A = U 0 A n+ dans le membre de gauche on reconnait, U n+, donc U n+ = U 0 A n+. L hérédité est prouvée et en conclusion pour tout entier naturel n non nul, U n = U 0 A n. 4. U = U 0 A.Lacalculatricedonne::U 0, , , donc en arrondissant à 0 : U 0,072 0,299 0,60

7 s 0,072,unanimalestsainauboutdetroissemainesavecuneprobabilité égale environ à 0,072 Partie B 2 6 B =. donc W n =S n I n M n où S n,i n et M n désignent respectivement la probabilité que l individu soit sain, porteur sain et malade la n-ième semaine après la vaccination. Pour tout entier naturel n, onaalors W n+ = W n B On calcule W n B c est S n I n M n c est W 2 6 n+,donc 2 0 W n+ = 2 S n + 2 I n 6 S n + 6 I n + 2 M n S n + I n + M n. S n+ = 2 S n + 2 I n I n+ = 6 S n + 6 I n + 2 M n M n+ = S n + I n + M n 2. on calcule B 2 = par calcul on peut prouver que B = B 2, Montrons par l absurde que B n est pas inversible, supposons que B soit inversible alors il existe une matrice C telle que CB = I en multipliant B = B 2 par C à gauche on obtient CB = CB 2 par associativité on peut écrire CBB 2 =CBB Donc I B 2 = B c est à dire B 2 = B ce qui est impossible Donc B n est pas inversible. On peut montrer par récurrence que pour tout n de N, n 2, onab n = B 2 4. a On peut montrer, comme dans la partie A que [ pour tout n N, W n+ = W n B] = [ pour tout n N, W n = W 0 B n ] Si n 2, W n = W 0 B n et comme B n = B 2,on a W n = W 0 B 2,donc W n = W 2, on calcule W 2 = 0,07 0,0 0,6, donc W n = b Finalement on peut dire qu avec ce vaccin l évolution de la maladie va donner des groupes équitablement répartis : autant de chance d être malade ou sain ou infecté ; le vaccin n éradique pas la maladie. cependant sans vaccin, on pourrait montrer que la répartition limite serait : tous malades... 4