Corrigé du baccalauréat blanc S LIV Février 2017

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1 Corrigé du baccalauréat blanc S LIV Février 07 EXERCICE Commun à tous les candidats 4 points Puisque le choix de l arbre se fait au hasard dans le stock de la jardinerie, on assimile les proportions données à des probabilités.. a. L arbre pondéré traduisant cette situation est : 0, 0, 0,4 H H H 0,8 0, 0, 0, 0, 0,7 C F C F C F b. On cherche à calculer la probabilité de l intersection H C, donc : P(H C )=P(H ) P H (C )=0,4 0,. On a donc P(H C )=0,. c. Puisque la jardinerie ne se fournit qu auprès de trois horticulteurs, les événements H, H et H forment une partition de l univers. On peut donc appliquer la loi des probabilités totales, et on en déduit : P(C )=P(H ) P H (C )+P(H ) P H (C )+P(H ) P H (C )= 0, 0,8+0, 0,+0,4 0,=0,. d. On cherche cette fois à calculer une probabilité conditionnelle : P C (H )= P(H C ) = 0, 0,8 0,. P(C ) 0,. a. Nous avons un schéma de Bernoulli, avec une probabilité de succès de 0, qui est répété 0 fois de façon indépendante (puisque l on suppose que les choix successifs peuvent être assimilés à un tirage au sort avec remise), donc la variable aléatoire X suit bien une loi binomiale de paramètres 0 et 0,. b. La probabilité ( demandée ) ici est celle de l événement X =, et donc : 0 P(X = )= 0, ( 0,) Finalement P(X = ) 0,4. c. Cette fois, la probabilité demandée est celle de X 8, qui est l événement contraire de la réunion des événements disjoints X = 9 et X = 0. On a alors : P(X 8)= P(X = 9) P(X = 0) 0,984.

2 EXERCICE Commun à tous les candidats 4 points Partie A. lim (x+ )=+ et lim x + x + ex =+, donc, par opérations lim f (x)=+. x + Pour tout x R, f (x)= xe x + e x. Or lim x xex = 0 (croissances comparées) et lim x ex = 0, donc, par opérations lim f (x)=0. x. Pour tout réel x,f (x)=e x + (x+ )e x = (x+ )e x.. Pour tout réel x, e x > 0, donc f (x) a le même signe que x+. On en déduit le tableau de variations suivant : Partie B. a. On a, pour tout réel x : x + f (x) f /e g m (x)=0 x+ me x = 0 x+ =me x (x+ )e x = m f (x)=m. b. D après l équivalence et le tableau de variations précédent : si m < : l équation g e m (x) = 0 ne possède aucune solution, donc C m ne coupe pas l axe des abscisses ; si m= : l équation g e m (x)=0 possède une solution, donc C m coupe l axe des abscisses en un point ; si < m< 0 : l équation g e m (x)=0 possède deux solutions, donc C m coupe l axe des abscisses en deux points ; si m 0 : l équation g m (x) = 0 possède une solution, donc C m coupe l axe des abscisses en un point.. La courbe ne coupe pas l axe des abscisses, donc l équation g m (x)=0 n a pas de solution et cela entraîne que m< e. La seule possibilité est donc que m= e. La courbe coupe l axe des abscisses une seule fois, donc m = ou m = 0. La e seule possibilité est donc m= 0. Par élimination, la courbe correspond à m= e.. Pour tout réel x, g m (x) (x+ )= me x qui est du signe de m ; on en déduit : si m> 0, alors pour tout réel x, g m (x) (x+ )<0, donc C m est en dessous de D ; si m< 0, alors pour tout réel x, g m (x) (x+ )<0, donc C m est au dessus de D ; si m= 0, alors pour tout réel x, g m (x) (x+ )=0, donc C m et D sont confondues.

3 EXERCICE. Posons f (x)=cos(x)+ x+, pour x [ π ;0]. points f est dérivable sur [ π ;0] comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle. Soit x [0; π ], f (x)= si n(x)+. Remarquons que : x [ π ;0] x [ π;0] et que pour tout X [ π;0], si n(x) 0. Donc pour tout x [ π ;0], si n(x) 0. Donc pour tout x [ π ;0], si n(x)+ car la fonction X X+ est strictement décroissante sur [ ;0]. Donc f > 0 sur [ π ;0], donc f est strictement croissante sur [ π ;0]. D autre part, f est continue sur [ π ;0] car dérivable sur cet intervalle, f ( π )=cos(π) π += π += π et f (0)=cos(0)+0+=, donc 0 ]f ( π ); f (0)[. D après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires ( Théorème de la bijection), il existe une unique solution à l équation f (x) = 0, x [ π ;0], c est à dire il existe une unique solution l équation cos(x)+ x =, x [ π ;0]. L affirmation est VRAIE.. Pour tout x R, cos(x) -e x e x cos(x) e x car exp est une fonction strictement positive sur R. lim x = et lim x + x ex = 0 donc lim x + e x = 0= lim x + e x. D après le théorème dit des "gendarmes", on peut conclure que lim x + cos(x)e x = 0. L affirmation est FAUSSE.. Soit n N, nsi n( n )= si n( n ). lim n + n = 0 et lim si nx x + X L affirmation est FAUSSE. n = donc lim n + si n( n ) n = soit lim n + nsi n( n )=

4 EXERCICE 4 Candidats ayant suivi l enseignement de spécialité points. On a u = u 0+ v 0 = et v = u 0+ v 0 =.. a. Pour N=, le tableau de l état des variables dans l algorithme est : k w u v 0 0, 0,7 / 0,8 0, (valeurs approchées à 0 près) b. Plus généralement, pour un entier N saisi par l utilisateur, l algorithme affichera u N et v N. ( )( ) ( un +v n ). a. Soit n N, alors : AX n = un = u v n +v n = X n+. n b. Démontrons par récurrence que, pour tout n N, X n = A n X 0. Pour n= 0, on a A 0 X 0 = I X 0 = X 0 (ou I désigne la matrice identité d ordre ), donc la propriété est vraie pour n= 0 Supposons que la propriété soit vraie pour tout entier naturel n : X n = A n X 0, alors : AX n = AA n X 0 = A n+ X 0, c est-à-dire X n+ = A n+ X 0 et la propriété est donc héréditaire. La propriété est vraie au rang 0, et elle est héréditaire à partir de tout rang, donc d après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n : X n = A n X a. On a : ( 4 )( ) = ( ) 0 = I 0 en d autres termes la matrice P est inversible et son inverse est P. Démontrons par récurrence que, pour tout n N, A n = P B n P. A 0 = I, or P B 0 P= P I P= P P= I, la propriété est donc vraie pour n= 0. Supposons que, pour tout entier naturel n, A n = P B n P, alors A n+ = AA n = P BPP B n P= P BI B n P= P BB n P= P B n+ P et la propriété est donc héréditaire. La propriété est vraie au rang 0, et elle est héréditaire à partir de tout rang, donc d après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n : A n = P B n P. b. On a, pour tout n N : ( A n = )( )( 0 4 ( 0 n ) ) ( = ( n )( 4 ( ) n ) ( ) n ( ) n + ( ) ( = ( ) 0. a. En multipliant la matrice A n précédente à droite par le vecteur colonne X 0 =, ( on obtient X n = A n X 0 = ( n ) ) n ). D où l on tire + ( u n = ( ) n et v n = + ( ) n. ( b. Comme lim n + ) n = 0 (car < < ), on obtient par opérations que les suites (u n ) et (v n ) convergent toutes deux vers. ( n ) ) n ).

5 Exercice 4 Candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité points Un volume constant de 00 m d eau est réparti entre deux bassins A et B.. "Un volume constant de 00 m d eau est réparti entre deux bassins A et B." donc pour tout n entier naturel, a n + b n = 00.. Au début du n+ -ième jour, la bassin A contient a n, on ajoute % du volume d eau présent dans le bassin B soit 0,b n et on enlève 0 % du volume présent dans A au début de la journée : Soit n entier naturel,. a n+ = a n + 0,b n 0,a n = a n + 0,(00 a n ) 0,a n = 0,7a n + 0= 4 a n+ 0 On a bien, pour tout entier naturel n, a n+ = 4 a n+ 0. Variables : n est un entier naturel a est un réel Initialisation : Affecter à n la valeur 0 Affecter à a la valeur 800 Traitement : Tant que a< 00, faire : Affecter à a la valeur a+ 0 4 Affecter à n la valeur n+ Fin Tant que Sortie : Afficher n 4. a. Remarque : On peut calculer les premiers termes pour avoir la raison. Pour tout entier naturel n, on a u n+ = a n+ 0 définition de u n = 4 a n+ 0 0 question. = 4 a n 990 = 4 (a n 0) = 4 u n définition de u n On reconnait la définition d une suite géométrique de raison 4. Son premier terme est u 0 = a 0 0=800 0= 0. ( ) b. On a donc, pour tout entier naturel n, u n = u 0 q n n = 0. 4 Mais, par définition de u n, on a ( ) n u n = a n 0 a n = u n + 0 a n = a. Soit n N et a 0, notons P n la propriété : (+ a) n +na. Démonstration par récurrence : Soit a 0 Initialisation : (+ a) 0 = et +0 a=, donc P 0 est vraie. Hérédité : Soit n N quelconque et fixé, supposons que P n soit vraie, c est-à-dire (+ a) n +na, et prouvons que P n+ est vraie, c est-à-dire (+ a) n+ +(n+ )a. (+ a) n +na = (+a)(+a) n (+ a)(+na), car + a> 0 = (+a) n+ +(n+ )a+ na. Or +(n+ )a+ na +(n+ )a, car na 0, donc par transitivité de la relation, on a (+ a) n+ +(n+ )a.

6 Conclusion : Pour tout n N, (+ a) n +na. b. Soit q >, on peut écrire q = + a où a= (q ), a> 0. D après la démonstration précédente, pour tout n N, (+ a) n +na. Soit, pour tout n N q n +na. Comme lim (+na)=+ car a> 0, par comparaison n + n + lim qn =+. c. Rappel : Si 0< q < alors lim n + qn = 0. ( ) n ( ) n d. Donc lim = 0, donc lim n + 4 n = 0 0 0=0. 4 Soit lim n + a n = 0.

7 Exercice Commun à tous les candidats ( A ; AB, AD, AE ), E (0;0;), M. Dans le repère ( ). (MP) passe par M ;0;0 paramétrique de cette droite est donc : x = y = t où t R z = t ( ) ;0;0, N (; ) ( ) ;0 et P ;;. 4 points et a pour vecteur directeur MP (0 ; ; ), une représentation (EN) passe par E (0 ; 0 ; ) et a pour vecteur directeur E N ( ; ; ), une représentation paramétrique de cette droite est donc : x = t y = t où t R z = t. Pour déterminer si les droites sont sécantes, résolvons le système suivant : x = x = x = y = t y = t y = t z = t z = t z = t x = t y = = t t = t z = t t = t = t 4 t = t 4 = = Le système n a pas de solution, donc les droites (MP) et (E N ) ne sont pas sécantes. 4. MP (0 ; ; ) et E N ( ; ; ) ne sont pas colinéaires car 0, donc les droites (MP) et (E N ) ne sont pas parallèles, comme elles ne sont pas sécantes d après la question précédente, on peut conclure qu elles ne sont pas coplanaires, donc les points E, M, N et P ne sont pas coplanaires.

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