Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2004

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1 Durée : 4 heures Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 4 EXERCICE Commun à tous les candidats 4 points. X suit la loi de durée de vie sans vieillissement ou encore loi eponentielle de paramètre λ ; donc px > e λ,86 λln,86 ou encore λ ln,86. La calculatrice donne λ,5 à près.. 6 mois,5 année. On a donc px,5 e,5,5 e,65, 6.. L appareil ayant déjà fonctionné 8 ans, la probabilité qu il ait une durée de p[x > X > 8] vie supérieure di ans est égale à p X>8 X > px > 8 px > px > 8 e,5 e,5 8 e,5, On a ici un schéma de Bernoulli, avec comme succès le fait pour un oscilloscope d avoir une durée de vie supérieure à ans, dont la probabilité est égale à,86 et un nombre d appareils égal à 5. La probabilité de n avoir aucun oscilloscope en état de marche au bout de ans est donc :,86 5,74 5. Donc inversement la probabilité d avoir au moins un oscilloscope en état de marche au bout de ans est égale à :,74 5, On reprend la question précédente avec non plus 5, mais n oscilloscopes. La probabilité qu au moins sur les n oscilloscopes fonctionne après ans est donc :,74 n. Il faut chercher le plus petit naturel n tel que,74 n,999,,74 n ln, n ln,74 par croissance de la fonction ln, soit finalement car ln,74<. La calculatrice donne,5 n. Le premier naturel convenant est donc. ln, ln,74 n

2 EXERCICE Candidat n ayant pas suivi l enseignement de spécialité 5 points 6 Γ 4 A Γ B v O u 6 9 I 4 D 6 C 8. a. b. Z z I z A 4i i z I z B 4 i i i i i i 5i 5 i. On en déduit pour le module que Z IA IAIB. IB De même pour l argument : arg Z π BI [π], soit ; BI π [π]. Conclusion le triangle IAB est rectangle en I et isocèle en I. c. Par définition de l homothétie : AC AI z AC z AI z C z A z I z A z C z I z A. Donc z C i i 6i. z C 6i d. Par définition du barycentre qui eiste puisque, on a DA DB DC : avec d comme affie de D on obtient : i d d 6i d d 5 4i. z D 5 4i. e. L égalité peut s écrire DB DA DC ou encore en ajoutant le vecteur AD, CB DA qui signifie que le quadrilatère ABCD est un parallélogramme. Par définition de l homothétie I est le milieu de [AC] affie : i et on vérifie que c est aussi le milieu de [BD]. Le quadrilatère ABCD a donc pour centre I et d après la question. b. les diagonales sont perpendiculaires et ont même longueur : ABCD est donc un carré de centre I.. Dans l égalité MA MB MC MA, MC faisons intervenir à gauche le barycentre D et dans le membre de droite le milieu I isobarycentre de A et de C. Polynésie juin 4

3 MD DA MD DB MD DC MI IA MI IC MD MI MD MI MD MI. L ensemble Γ est donc l ensemble des points équidistants de D et de I : c est donc la médiatrice de [DI].. On vérifie que BA BB BC BA BC BI BD AC -4-8i Le point B apartient à Γ. On a vu que MA MB MC MD MD. Les points M cherchés vérifient donc DM 4 5 ; ces points appartiennent au cercle de centre D et de rayon 4 5. EXERCICE Candidats ayant suivi l enseignement de spécialité 5 points. C v B D u I A A. On a s : C [AC] B D [BD] On sait que CD kab, k étant le rapport de la simlitude ; donc k CD AB CD i AB i. D autre part l angle de la similtude θ est donné par θ AC ; BD arg z D z B z C z A arg i i arg i π [π]. s est donc la similitude de rapport et d angle π [π].. L écriture complee de la similitude directe s est : z αz β. En utilisant les points A et C et leurs images, on obtient : i αβ, d où par différence i αiβ iα i α i i i i. On en déduit ensuite que β i i i. L écriture complee de s est donc : z iz i. Rem. : on pouvait également remarquer que le rapport de la similitude avait pour module et pour argument π. D où α i. Polynésie juin 4

4 Le centre I de la similtude est le point invariant : donc z I iz I i z I i i z I. Le centre de s est le point I d affie. 4. Avec M ; y et M ; y, M sm se traduit par le système : 5. M n s M n y y 6. r n z n. Donc r n z n iz n i iz n i z n r n. Conclusion : r n r n signifie que la suite r n est une suite géométrique de raison. Le premier terme est r z. 7. IM k z k r k. n On a donc, quel que soit n N, z n. k k IM k r k,5 k ln ln,5 par croissance de la fonction ln, puis k ln,5 ln car ln < et enfin k 6,9... La première valeur naturelle satisfaisante est 7. EXERCICE. a. On a ke >, car tous les termes sont supérieurs à zéro. 6 points La fonction f k somme de quotients de fonctions dérivables le dénominateur étant non nul est elle-même dérivable et f k ke ke ke ke ke f ke ke k ke ke. Donc f k k e ke. Or f k ke ke, donc f k ke ke et fk ke ke k e ke. Conclusion f k est bien solution de l équation différentielle : y y. b. De façon évidente y > ; il en est de même pour y et donc pour y. Conclusion la fonction f k comme toutes les solutions de l équation différentielle, est croissante sur R.. Si C contient O, alors f k k k. k C correspond à la fonction f. Polynésie 4 juin 4

5 De même si C contient A ;, alors f k ke ke ke ke ke k e. C correspond à la fonction f. e. On a k >. Position de C k par rapport à D : f k ke f k ke. Tous les termes du second membre sont supérieurs à zéro ; le quotient aussi. f k > et ce, quel que soit R signifie que C k est au dessus de D. Position de C k par rapport à D : f k ke f k ke ke. ke Tous les termes du quotient sont supérieurs à zéro ; le second membre est donc inférieur à zéro. f k < et ce, quel que soit R signifie que C k est au dessous de D. Donc les courbes C k sont dans la bande limitée par les droites parallèles D et D. Limite en : lim entraîne que ke lim f k, ce qui signifie que la droite D est asymptote à C k au voisinage de plus l infini. Limite en : ke lim entraîne que ke lim f k, ce qui signifie que la droite D est asymptote à C k au voisinage de moins l infini. 4. k ] a. f e e, donc f e e e [ e e e f, quel que soit R : la fonction f est impaire. b. F f t dt. Si > comme f et que f est croissante f >, donc F représente l aire en unités d aire de la surface limitée par la courbe C, l ae des abscisses, l ae des ordonnées et la droite verticale contenant le point ;. [ Si <, f < ; donc F f tdt f tdt f t ] dt : donc F représente l aire de la surface limitée par l ae des abscisses, la courbe C, la droite passant par le point ; et l ae des ordonnées. L imparité de f entraîne la symétrie de sa courbe représentative D autour de l origine. Il en résulte que pour deu valeurs opposées de, l aire représentée par F est la même. Soit F F : la fonction F est paire. c. La positivité de f sur R entraîne la croissance de F sur R ; la parité de F entraîne la décroissance de F sur R. d. En utilsant l égalité, F t et e t dt. Or ln e t e t e t, donc [ t ] F t ln e t ln e ln. Polynésie 5 juin 4

6 F ln e ln EXERCICE e t. I n n t dt. a. Calculons I n I n e t n t e t n t 5 points dt par linéarité de l intégrale ; I n I n e t n t n t e t dt n tn t n tn t. L intégrale est positive car la fonction est positive tous ses termes sont supérieurs à zéro. Conclusion : I n I n <, donc la suite I n n N est décroissante. b. Intégrale d une fonction positive et comme <, I n >. c. t t t e e t e. Donc e t. D autre part t n n t n n n t n. Donc n t. n Tous les termes des inégalités et étant positifs, on obtient par produit : e t n t n. Par intégration sur l intervalle [ ; ], on obtient I n comme l intégrale est positive : I n n dt, soit n Comme lim, on en déduit que lim n n I n. suite décroissante minorée : elle n converge. a. Sur [ : ], f e. Somme de fonctions dérivables, f est dérivable et : f e. Or f e. Comme e e e e, f sur [ ; ], donc la fonction est croissante de f à f e, On en déduit que sur [ ; ], f. b. g somme de fonctions dérivables est dérivable sur R, donc sur [ : ] et g e f. D après la question précédente g, donc la fonction g est croissante sur [ ; ]. Comme g, la fonction est elle aussi positive sur [ ; ]. c. On a vu que f est positive sur [ ; ] : e e. De même g est positive sur [ ; ] : Polynésie 6 juin 4

7 e e. On a donc finalement l encadrement d. t t. e En utilisant l encadrement trouvé juste au dessus avec t, on obtient t e t t t 4 e. En intégrant sur [ ; ] chacune des fonctions de l encadrement juste trouvé après produit par la fonction positive t, on obtient n t t t n I n t t 4 t n t t n n n. D où en intégrant : t n t n t t n. Comme t n n [t t t n t n t t 4 t t 4 t n. n t t 4 Comme n n Conclusion : n n. f. On a pour tout naturel p, I p Donc I p si p p. La calculatrice donne 75,... ] [t t n. n t n. D où en intégrant : n t 5 n I n La première valeur est donc p 76. p. ] n n p p Polynésie 7 juin 4

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