Corrigé du baccalauréat S Polynésie 7 juin 2013

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1 Corrigé du baccalauréat S Polynésie 7 juin 20 Exercice : Commun à tous les candidats 6 points (a Les coordonnées du point d intersection de la courbe C avec l axe des ordonnées est le point de coordonnées ( 0; f (0 soit (0 ; 2 Les abscisses des points d intersection de la courbe C avec l axe des abscisses sont les solutions de l équation f (x0 On applique la règle du produit nul en sachant que e x 0 : f (x0 x+ 20 x 2 Le point d intersection de C avec l axe des abscisses a pour coordonnées ( 2 ; 0 (b Remarque : la fonction (x e x peut être considérée comme une fonction composée x x suivie de l exponentielle (e x e x ou bien comme un quotient } lim x e x + lim x (x+ 2 par produit lim x f (x La même stratégie menée en + conduit à la forme indéterminée «+ 0» car lim x + e x 0 Mais, x R, f (x x e x + 2 e x } x lim 0 théorème de croissance comparée x + ex lim 2 x + e x 0 par somme lim f (x0 x + L axe des abscisses est donc asymptote à C en+ (c f est dérivable sur R car composée et produit de fonctions dérivables surr et, x R, f (xe x (x+ 2e x (x+ e x Comme e x > 0, f (x est donc du signe de (x+ D où le tableau de variations : x + f (x + 0 f (x e 0 2 (a,62

2 (b Variables : k est un nombre entier N est un nombre entier S est un nombre réel Initialisation : Affecter à S la valeur 0 Traitement : Pour k variant de 0 à N- Affecter à S la valeur S+ ( k N f N Fin Pour Sortie : Afficher S (a Sur [0 ; ], f est continue et positive, donc l aire A du domaine D, exprimée en unités d aire, est donnée par A est une primitive de f surr, on a donc : A [ g (t ] 0 g ( g (0 e + e (b avec la calculatrice, e,62 0, Exercice 2 : Commun à tous les candidats d - c - a - b (d e i π 2 : i z z i z 2 z 2 ( arg i z z arg(i+arg (z arg(z 2 π 2 + π + π π 2 0 f (t dt Comme g points 2 (c une infinité de solutions dont les points images dans le plan complexe sont situés sur une droite Pour s en convaincre, écrire les formes algébriques z z a i b a i b a a a 0 x 2t (a y t, t R z t+ Vecteur directeur : AB #» ( 2 ; ; ce qui exclut la proposition (b De plus, C est le point de paramètre 0 dans la première représentation (b La droite est parallèle au planp et n a pas de point commun avec le plan P La droite est dirigée par #» u ( ; ; 2 #» u #» n 5+20 Donc et parallèle à P : ne restent que (b et (d On teste si un point de la droite est dans le plan : pour t 0, on a A( 7 ; ; 5 Baccalauréat S POLYNÉSIE 7 JUIN 20 2/ 7

3 Ensuite, A P AD #» et #» n orthogonaux Or, AD(6 #» ; ; 2 et AD #» #» n Donc A P Exercice : Commun à tous les candidats Partie 5 points C H S 0, 0,5 0,25 V H S J?? H S On veut P(C HP(C P C (H0, On sait que P(H 20 (a Nous venons de calculer P(C H 0, 25 et P(C P(H0, 20 9 P(C H 200 Les évènements C et H ne sont pas indépendants Partie 2 (b d après l arbre, P(HP(H C +P(H V +P(H J On a donc P(J H 20 0,5 9 5 P(J H et P J (H 5 P(J 5 On répète 60 fois, de façon indépendantes, l expérience «choisir un morceau de musique» qui compte 2 issues : «le morceau choisi est un morceau de musique classique» considéré comme succès, de probabilité 0, Baccalauréat S POLYNÉSIE 7 JUIN 20 / 7

4 ou pas Nous sommes donc en présence d un schéma de Bernoulli et la variable aléatoire X prenant pour valeurs le nombre de succès obtenus suit la loi binomiale de paramètres 60 et 0, L intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 95 % de la proportion de morceaux de musique classique dans un échantillon de taille 60 est donc donné par : I [ p,96 ] p( p p( p ; p+,96 n n [ ] 0, 0,7 0, 0,7 0,,96 ; 0,+, [0,8 ;0,6] 2 La fréquence observée par Thomas est 2 0,2 est dans l intervalle précédent Donc NON, il n y a pas de raison de penser que le baladeur est 60 défectueux Partie P(80 X 220P(X 220 P(X 80 0,8 0,59 Réponse : 0, On veut P(X > 60 P(X 20 0,977 Réponse : 0,02 Exercice : 5 points Candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité mathématiques 2 (a u u 0 +2u et u 2 u +2u (b Pour tout entier naturel n, notons P n la propriété : 0<u n Initialisation : Si n 0 Alors u 0 2 > 0, donc P 0 est vraie Hérédité : Supposons que pour k entier naturel quelconque, on ait P k vraie (c-à-d 0<u k Montrons que P k+ est vraie aussi (c-à-d 0<u k+ Par hypothèse de récurrence 0<u k donc 0<u k et 0<+2u k Ainsi, u k+ est le quotient de deux nombres strictement positifs, donc 0<u k+ et P k+ est vraie Baccalauréat S POLYNÉSIE 7 JUIN 20 / 7

5 P 0 est vraie et P n est héréditaire, par le principe de récurrence on a bien pour tout entier naturel n, 0<u n 2 (a Comme pour tout entier naturel n,0<u n, pour étudier les variations de la suite, on peut comparer u n+ et u n u n u n+ u n +2u n u n +2u n Mais, u n < 2u n < 2 +2u n < < +2u n > 0 Finalement la suite (u n est croissante +2u n car (b La suite (u n est croissante et majorée par ; elle converge donc vers l (a Pour tout entier naturel n, u n u n v n+ u n+ +2u n +2u u n+ u n u n v n +2u n u n n u n +2u n +2u n La suite (v n est donc une suite géométrique de raison (b Pour tout entier naturel n, v n v 0 q n n (c Pour tout entier naturel n, v n u n ( u n v n u n v n u n + u n v n u n u n v n + v n u n n n + (d Comme >, lim n + n + L étude du quotient conduit donc à une forme indéterminée + ( n n + Comme < ( n <, lim 0 n + ( Par somme lim + n + La suite (u n converge vers u n n n + n, enfin, par quotient lim n + u n Baccalauréat S POLYNÉSIE 7 JUIN 20 5/ 7

6 Exercice : Candidats ayant suivi l enseignement de spécialité mathématiques ( a (a U b { a 0,7a 0 + 0,2b Or b 0,a 0 + 0,6b ( 0 Finalement U points { a 0,7 00+0, b 0, 00+0, (b Pour tout entier naturel n, ( ( ( ( 0,7 0,2 an 60 07an + 02b n M U n +P + 0, 0,6 b n 70 0a n + 06b n Pour tout entier naturel n, U n+ M U n + P ( 0 2 On note I la matrice 0 ( 2 (a Calculer (I M ( ( 0,7 0,2 0, 0,2 (I M 0, 0,6 0, 0, + ( ( an+ b n+ Puis ( ( ( 2 0, 0,2 2 0, 0,2 0 (I M I 0, +0, 0, 2+ 0, 0 ( 2 (b On calcule (I MI Donc I M est inversible et son inverse est ( 2 (c U M U + P U M U P (I M U P U (I M P Finalement U ( 2 (a Pour tout entier naturel n, ( ( V n+ U n+ U MU n + P (MU + P M(U n U M V n (b Par récurrence : Pour tout entier naturel n, notons P n la propriété : V n M n V 0 Initialisation : Si n 0 alors M 0 I et V 0 M 0 V 0 P 0 est vraie Hérédité : Supposons que pour tout entier naturel k, P k soit vraie (c-à-d V k M k V 0 Montrons que P k+ est vraie aussi (c-à-d V k+ M k+ V 0 V k+ MV k M (M k V 0 M k+ V 0 et P k+ est vraie Baccalauréat S POLYNÉSIE 7 JUIN 20 6/ 7

7 P 0 est vraie et P n est héréditaire, par le principe de récurrencerécurrence on a bien pour tout entier naturel n,v n M n V 0 On admet que, pour tout entier naturel n, 00 0,8 n 0 V n 50 0,8n + 0 (a Pour tout entier naturel n, 00 0,8 n 0 V n U n U U n V n +U U n 50 0,8n U 0,8 n 0 n ,8n On en déduit donc a n 00 0,8 n Si < q <, alors lim q n 0, donc lim a n 80 n + n + (b Le nombre d abonnés de l opérateur A à long terme est donc de Baccalauréat S POLYNÉSIE 7 JUIN 20 7/ 7

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