Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane 22 juin 2015

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1 Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane juin 15 A. P. M. E. P. EXERCICE 1 Commun à tous les candidats 6 POINTS 1. Pour toutes les courbes, on a g a (1)= a. Donc on a de bas en haut les courbes Γ,5, Γ,1, Γ,19 et Γ,.. Les courbes Γ,5 et Γ,1 semblent sécantes à C en deux points ; La courbe Γ,19 semble être tangente à C ; La courbe Γ, et C semblent ne pas être sécantes. Il semble donc que : si < a<,19, Γ a et C ont deux points communs ; si a=,19, Γ,19 et C ont un point commun ; si a>,19, Γ a et C n ont pas de point commun. 1. Si m(x ; y) C Γ a, alors ln x= ax ln x ax = h a (x)=. Le nombre de points communs à C et Γ a est donc égal au nombre de solutions de l équation h a (x)=.. a. 1 a + x h a (x) + h a (x) 1 ln(a) On a en fait : h a (x)= 1 1 ax ax =. x x Comme x> et a>, le signe de h a (x) est celui de 1 ax. Or 1 ax = 1=ax 1 a = x x = 1. a D où le tableau de variation de h a. ln x b. On sait que lim x + x =. ( Comme h a (x)= x ln x x ), ax on a donc : ln x lim ax = et par produit de limites : x + x( ) ln x lim x x + x ax =. 3. Dans cette question et uniquement dans cette question, on suppose que a=,1. a. h,1 (x)= ln x,1x =. Soit i la fonction définie sur ] ; + [ par i (x)=ln x,1x ; cette fonction est dérivable sur ] ; + [ et sur cet intervalle : i (x)= 1 x,x.

2 or i (x)= 1 x,x = 1=,x 5= x x = 5. On a de même i (x)> 1 x,x > 1>,x 5> x x < 5. Sur l intervalle ] ; 5 [, la fonction i est continue et strictement croissante de à ln 5,1 ( 5 ) 1 = ln 5,5,3 > : la fonction i s annule donc une seule fois sur cet intervalle. On admet que cette équation a aussi une seule solution dans l intervalle ] 5 ; + [. b. D après la question précédente la courbe Γ, et C ont deux points communs : l un sur ] ; 5[ et l autre sur ] 5 ; + [.. Dans cette question et uniquement dans cette question, on suppose que a= 1 e. a. Le tableau de variations montre que le maximum de h 1 est égal à 1 ln 1 e e 1+ln e =. b. Le maximum étant nul, on en déduit que h 1 (x) ln x 1 e e x ; autrement dit C est sous Γ 1 e seul point commun., sauf pour x = 1 1 e = e où elles ont un 5. On a vu que C et Γ a n ont aucun point d intersection lorsque l équation h a (x)= n a pas de solution, c est-à-dire lorsque le maximum de la fonction h a est inférieur à zéro, soit : 1 ln(a) < 1 ln(a)< ln a> 1 e ln a > e 1 a > e 1 a> 1,1839,19. e = EXERCICE Commun à tous les candidats La partie C peut être traitée indépendamment des parties A et B 5 POINTS 1. D après l indication : x [ λte λt dt = 1 λ ( t+ 1 λ ( t+ 1 λ ) ] x ( e λt = x+ 1 ) [ ( e λx + 1 ] )e λ = λ λ ) e λt = 1 [ 1 xλe λx + e λx] λ. De lim x + e x =, on en déduit avec λ>, lim x + e λx = et aussi lim x + xλe x =. Conclusion : lim x + e x = x λte λt dt = 1 λ. 1. Sur le graphique de l annexe (à rendre avec la copie) : a. Voir la surface hachurée sur l annexe à la fin. b. On lit comme ordonnée à l origine λ=,5.. On suppose que E(X )=. juin 15 Antilles-Guyane

3 Baccalauréat S A. P. M. E. P. a. E(X ) = signifie que la durée de vie d un composant est en moyenne égale à ans. b. On a vu que E(X )= 1 = λ=,5. λ c. On a : P(X ) = λe,5t dt = [ e,5t] = e,5 ( e,5 ) = 1 e 1 = e 1,63,63 au centième près. Ce résultat est la probabilité qu un e composant ait une durée de vie inférieure à l espérance E(X ). d. Il faut trouver : P (X 1) (X 3)=P (X 1) (X )=P(X )=1 P(X )=1 ( 1 e 1) = e 1,368. Partie C 1. Les évènements D 1 et D sont indépendants, donc : P (D 1 D )=P (D 1 ) P (D )=,39,39=,151.. Ici la probabilité est égale à : P (D 1 D )=P (D 1 )+P (D ) P (D 1 D )=,39+,39,151=,679. EXERCICE 3 Commun à tous les candidats POINTS M v O M u I R 1. Puisque OM = OR, on a z M = z R = z.. Comme R a un argument égal à à π près on a z R = z. z = 1 ( z+ z L affixe de z+ z est égale à la demi-somme des affixes de celles de M et de R. Le point ayant cette affixe est donc le milieu I du segment [MR]. Finalement le point M est le milieu de [OI ]. ). 1. Si z est un nombre réel négatif, on a z = z. D où z 1 = z + z = z z = et tous les termes suivants de la suite sont nuls. La suite converge vers. juin 15 3 Antilles-Guyane

4 . Si z est un nombre réel positif, on a z =z. D où z 1 = z + z = z + z = z, puis z = z 1+ z 1 = z + z = z. Montrons par récurrence que z n = z n. Initialisation : on vu que la relation est vraie pour n=. Hérédité : supposons que pour tout p N, z p = z p ; alors z p+1 = z p+ zp z = p + z z p = p 1 = z : la relation est vraie au rang p+ 1. p+1 On a montré que z = z et que pour tout p N, z p = z p entraîne z p+1 = z p+1 On a donc démontré par le principe de récurrence que pour tout naturel n, u n = z n. La suite (z n ) est donc une suite géométrique de premier terme z et de raison 1. Comme 1< 1 < 1, on sait que cette suite converge vers. 3. a. D après la première construction, le module de z M est inférieur à celui de z M et son argument est égal à la moitié. On peut donc conjecturer que la suite ( z n ) va elle aussi converger vers. b. On sait (inégalité triangulaire) que pour tous complexes z 1 et z, que z 1 + z z 1 + z. En appliquant cette inégalité à z n et à z n, on obtient : z n+1 z n + z n z n+1 z n ou ou encore z n+1 z n. On montre de la même façon que précédemment par récurrence que z n z n. ( ) z La suite n est une suite géométrique de raison 1 qui converge vers. Donc d après le théorème des gendarmes la suite ( z n ) converge elle aussi vers. EXERCICE Candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité On considère l algorithme suivant : 5 POINTS Variables : k et p sont des entiers naturels u est un réel Entrée : Demander la valeur de p Traitement : Affecter à u la valeur 5 Pour k variant de 1 à p Affecter à u la valeur,5u+,5(k 1) 1,5 Fin de pour Sortie : Afficher u On obtient en sortie :,5. valeur de k 1 valeur de u 5 1, 5 u n+1 =,5u n +,5n 1,5. juin 15 Antilles-Guyane

5 1. Algorithme modifié : Variables : k et p sont des entiers naturels u est un réel Entrée : Demander la valeur de p Traitement : Affecter à u la valeur 5 Pour k variant de 1 à p Affecter à u la valeur,5u+,5(k 1) 1,5 Afficher u Sortie : Fin de pour. Puisque u > u 3 la suite (u n ) n est pas décroissante, du moins pas avant le rang. 3. Initialisation On vient de voir que u > u 3 : la relation est vraie pour n= 3. Hérédité On suppose que pour tout naturel p, u p+1 > u p. D où,5u p+1 >,5u p ; D autre part : p+ 1> p,5(p+ 1) >,5p d où par somme des ces deux dernières inégalités :,5u p+1 +,5(p+ 1)>,5u p +,5p et en ajoutant 1,5 à chaque membre :,5u p+1 +,5(p+1) 1,5>,5u p +,5p 1,5 soit u p+ > u p+1 : la relation est vraie au rang p+ 1. On a donc démontré que u > u 3 et que pour tout entier naturel p supérieur ou égal à 3, u p+1 > u p entraîne u p+ > u p+1 ce qui montre d après le principe de récurrence que la suite (u n ) est croissante à partir du rang.. Pour tout naturel n, on a : v n+1 =,1u n+1,1(n+1)+,5=,1u n+1,1n+,=,1(,5u n +,5n 1,5),1n +, =,5u n +,5n,15,1n +, =,5u n,5n +,5 =,5(,1u n,1n+,5) =,5v n : la suite (v n ) rdy donc géométrique de raison,5. Le premier terme est : v =,1 5,1 +,5 = 1. On a donc pour tout naturel n, v n = 1,5 n =,5 n = 1 n. 5. On a v n =,1u n,1n+,5,5 n =,1u n,1n+,5 1,5 n = u n n+ 5 u n = 1,5 n + n Comme 1<,5<1, on a lim n +,5n = et comme lim u n =+. La suite (u n ) ne converge pas. n + lim n + n=+, on a donc EXERCICE Candidats ayant suivi l enseignement de spécialité 5 POINTS Les parties A et B peuvent être traitées de faã on indépendante 1.. valeur de a valeur de b valeur de c 8 1 Affichage 1 juin 15 5 Antilles-Guyane

6 Variables : c est un entier naturel a et b sont des entiers naturels non nuls Entrées : Demander a Demander b Traitement : Affecter à c le nombre r (a, b) Tant que c Affecter à a le nombre b Affecter à b la valeur de c Affecter à c le nombre r (a, b) Fin Tant que Sortie : Si b= 1 Afficher «les nombres entrés sont premiers entre eux» Sinon Afficher «les nombres entrés ne sont pas premiers entre eux» Fin de Si 1. Dans cette question, on choisit p = 9 et q =. a. Dans le tableau V correspond à 1, or 9 1+ = 189+ = 191 et 191 = ; donc x 9 [6]. Dans le tableau 9 correspond à la lettre J. b. 9 et 6 étant premiers entre eux, le théorème de Bezout permet d affirmer l existence de deux entiers relatifs u et v tels que 9u + 6v = 1. Le couple (3 ; 1) est un couple simple solution de cette équation. c. On a x 9x+ [6] il existe k Z, x = 6k+ 9x+ 3x = 6k +7x+6 3x = 6k +6x+x+6 3x = 6r +x+6 x = 6( r )+3x 6 x = 6( r )+3x +, soit x 3x + [6] d. R correspond à x = 17, donc 3x + =51+=71 et 71=6 +19, soit [6]. On a donc x = 19 qui correspond à la lettre T.. J correspond à x = 9 et D correspond à x = 3. de plus q = ; on a donc : 3=9p+ [6] 9p 1 [6] ou encore 7p 3 [6], mais on sait que 7 1 [6] ; il en résulte que p 3 [6] et comme p est compris entre et 5, on a donc p = B correspond à x = 1, d où x = 13x+ 15 [6] et 15 correspond à la lettre P. D correspond à x = 3, d où x = 13x+ 1 [6] et 1 15 [6] et 15 correspond à la lettre P. Conclusion : deux lettres différentes sont codées par la même lettre. Ce codage n est pas bon puisque le décryptage donnera plusieurs solutions. juin 15 6 Antilles-Guyane

7 Ã RENDRE AVEC LA COPIE ANNEXE 1 de l exercice Γ, Γ,19 Γ,1 Γ, juin 15 7 Antilles-Guyane

8 À RENDRE AVEC LA COPIE ANNEXE de l exercice,7 y,6,5,,3,, x juin 15 8 Antilles-Guyane