ANNALES DU BACCALAUREAT SERIE S REMPLACEMENT 2002 ELEMENTS DE SOLUTION

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1 ANNALES DU BACCALAUREAT SERIE S REMPLACEMENT 2002 ELEMENTS DE SOLUTION EXERCICE I Calculons ls différnts airs n cntimètrs carrés : Air du carré : 00 Air d D : π Air d D : 8π Air d chaqu sctur S k : 8π π 8 = 0π Air d R : 00 8π. (a La probabilité d attindr D st donc donné par l rapport ds airs d D t du carré : p(d = π 00 0, D mêm, la probabilité d attindr S st donné par l rapport d l air d S sur l air du carré : p(s = 0π 00 = π 0 0,0785 On rmarqu qu ls probabilités d attindr un sctur S k sont touts égals. (b On trouv d mêm : p(r = 00 8π 00 0,36 valur qu l on pouvait aussi obtnir n sachant qu la somm ds probabilités fait, donc p(r = (p(d + 8 p(s L spéranc d X st donné par la formul : E (X = 0 p(d+ p(s ( p(r,5 2. (a Chrchons ls cas où l on obtint un gain strictmnt négatif. Cla s produit uniqumnt dans ls cas suivants : (R,R, (S,R, (S 2,R, (S 3,R, (R,S, (R,S 2 t (R,S 3, n notant dans ls coupls précédnts à la prmièr plac la cibl attint lors du prmir ju, t à la duxièm plac la cibl attint lors du duxièm ju. On calcul nsuit la probabilité d cs évènmnts, sachant qu ils sont indépndants : p(r,r = p(r p(r = p(r 2 p(s,r = p(r,s = p(r p(s Ls autrs probabilités sont touts égals : p(s,r = p(s 2,R = p(s 3,R = p(r,s = p(r,s 2 = p(r,s 3

2 On n déduit donc qu la probabilité p n d obtnir un gain strictmnt négatif st donc égal à : p n = p(r 2 + 6p(S,R 0,30 En utilisant l évènmnt contrair, on trouv alors pour la probabilité p p d obtnir un gain total positif ou nul : p p = p n 0,696 (c On commnc par calculr la probabilité d l évènmnt contrair D, c st à dir la probabilité d n avoir aucun point placé dans l disqu D. Si on jou n fois d suit, on ntr dans l cas d un schéma d Brnouilli, t donc la probabilité d n avoir aucun point placé dans D sur cs n lancés st égal à : p(d n = ( p(d n L évènmnt obtnir au moins un point placé dans l disqu D étant l évènmnt contrair du précédnt, on a : p n = ( p(d n 0,992 n Il rst à résoudr l inéquation corrspondant : p n 0,9 0, 0,992 n ln0, nln0,992 n donc la plus ptit valur d n tl qu p n 0,9 st égal à 287. EXERCICE II ln0, ln0, ,6. (a On rmplac z par i t on trouv qu l affix du point C st égal à 2. (b L graphiqu complété avc ls qustions suivants st : 2

3 2. Soit z = x + iy, où x t y désignnt dux nombrs réls. (a On multipli par l conjugué du dénominatur t on dévlopp : Z = ( i(x + i(y ((x iy ((x + iy((x iy = (x 2 + (y 2 (x 2 + y 2 x2 + y 2 (x 2 + y 2 i (b Z st rél si t sulmnt si sa parti imaginair st null, c qui équivaut à z t x 2 + y 2 =. L nsmbl E ds points M d affix z tll qu Z soit rél st donc l crcl d cntr O t d rayon privé du point A. (c R(Z st négatif ou nul si t sulmnt si z t 3. (a On a (x 2 + (y 2 On rconnait l disqu d cntr Ω(, t d rayon, privé du point A. i = 2(cos( π + isin( π = 2 i π (b Rmarquons qu modulo 2π, on put écrir : ( ( i(z i arg = arg( i + arg z Or, la condition : ( i(z i z ( z i z ( ( i(z i R arg z = π ( + MA, MB = kπ où k st un ntir rlatif, t cci pour z différnt d t d i. On n déduit : ( MA, MB = π + kπ (c D après la qustion précédnt, l nsmbl ds points M vérifiant ( MA, MB = π + kπ st donc l nsmbl ds points M distincts d A t d B tls qu ( i(z i z R c st à dir l nsmbl ds points M d affix z tls qu Z soit un rél non nul. D après la qustion 2 (b, ct nsmbl st l crcl d cntr O t d rayon privé ds points A t B (d En rprnant l résultat précédnt, on trouv qu argz = 2kπ Z R + Z st donc rél, t sa parti réll doit êtr strictmnt positiv, c qui s traduit par : { x 2 + y 2 = (x 2 + (y 2 > On rconnait donc l intrsction du crcl unité avc l xtériur du disqu d cntr Ω t d rayon, privé ds points A t B, soit l grand arc d crcl AB privé d A t B, dssiné sur l crcl unité. 3

4 PROBLEME PARTIE A. On a ls inégalités suivants : x > 0 2x > 0 2x > 0 2x > 2x > 0 2. On rmarqu qu l inégalité précédnt justifi l xistnc d g sur ]0, + [, puisqu l dénominatur n s annul jamais sur l intrvall choisi. On a : PARTIE B (a Comm lim x 0 + 2x = 0 t qu 2x > 0 pour x > 0, on a lim x 0 g(x = +. On a lim x + g(x = 0. On prouv ainsi qu ls droits d équations x = 0 t y = 0 sont asymptots à la courb rprésntativ d g. (b On a : 22x g (x = ( 2x 2 < 0 donc g st décroissant strictmnt sur ]0,+ [.. (a En appliquant ls formuls d dérivation : [ f (x = 2[a(lnx 2 +blnx+c]+2x a 2lnx + b ] = 2a(lnx 2 +(2b+alnx+(2c+2b x x (b On lit facilmnt : ( f = 0 f ( = 0 f ( = = (c Comm f ( = 2a+2c t f ( = 5 2 a+3b+2c t f ( = 6a+b+2c, on put trouvr ls valurs d a, b t c n résolvant l sytèm d équations : 2a + 2c = 0 a = 2 5 2a + 3b + 2c = 0 b = 3 6a + b + 2c = c = 2 On rtrouv bin l xprssion dmandé pour f (x. 2. (a L changmnt d variabl indiqué équivaut sur ]0,+ [ à x = t. Donc f (x = 2 t [ 2t 2 + 3t + 2 ] = t 2 t + 6t t + t Quand x tnd vrs 0, t tnd vrs +. Comm lim t + t n t = 0, on n déduit qu la limit d f n 0 st égal à 0. (b Pour x >, la factorisation suivant : [ f (x = 2x(lnx 2(lnx ] lnx t l fait qu lim x + lnx = + prouv qu lim x + f (x = +. (c En utilisant ls résultats d la qustion (a d ctt parti, on a : f (x = (lnx 2 + 2lnx 2 Il suffit d dévloppr l xprssion 2(lnx + (2lnx pour établir l égalité dmandé. (d On étudi donc l sign d chacun ds facturs :

5 x 0 + lnx lnx 0 + f (x f (x 0 2 PARTIE C. On trouv : j O i 2. (a Il suffit d réduir au mêm dénominatur : 2x 2x = 2x = g(x (b La fonction g étant à valurs positiv sur [, ], l air dmandé st égal à : A = [ ( 2x ln 2x g(xdx = 2x dx = ] x 2 = ln( ln( (a On rmarqu qu sur [0,;0,3] on a f (x > 0 t g (x < 0 car 0,36 > 0,3. Donc pour tout x appartnant à [0,;0,3], on a ϕ (x > 0. (b L équation f (x = g(x équivaut à ϕ(x = 0. La fonction ϕ st continu, strictmnt croissant sur [0,;0,3] t ϕ(0, t ϕ(0,3 sont d sign contrairs. 5

6 PARTIE D Donc l équation ϕ(x = 0 admt un uniqu solution α sur ct intrvall. On trouv 0, < α < 0,2.. Avc l tablau d variations d f, on vérifi qu f st strictmnt croissant sur ]0, [ t comm f (0 = 0, on put n déduir qu f (x > 0 sur ct intrvall. Il suffit nsuit d dir qu f admt un minimum qui vaut 2 sur [,+ [ pour conclur qu pour tout x > 0, f (x > (a On appliqu l théorèm d composition ds limits : lim h(x = lim g(x = + lim x 0 X 0 h(x = lim g(x = 0 x + X + (b On appliqu l théorèm d composition ds sns d variations : Si x ]0, [ f st croissant g st décroissant g f st décroissant Si x ] ; [ f st décroissant g st décroissant g f st croissant Si x ],+ [ f st croissant g st décroissant g f st décroissant (c f st croissant sur ] 0, ], donc 0, < α < 0,2 f (0, < f (α < f (0,2 Comm f (0,,0 t f (0,2,6, t qu g st décroissant sur ],+ [, on a : f (0, < f (α < f (0,2 g( f (0,2 < g( f (α < g( f (0, On a nfin g( f (0. 3,09 0 t g( f (0.2 2,5 0. On n déduit un valur approché d h(α = g( f (α à 0 près, par xmpl 2,8 0. 6