Corrigé du baccalauréat S (obligatoire) Polynésie septembre 2011

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1 Corrigé du baccalauréat S obligatoire Polynésie septembre EXERCICE. Sur personnes, 5 utilisent l escalier ; p E pe= p E = 4. = 5 = 4. D où 5 points Sur les 5 personnes empruntant l ascenseur la répartition 5, 75, suivant les étages conduit à : p E N = 5 5 = 9, p E N = 75 5 = 9, p E N = 5 = 4 9 Sur les 75 personnes empruntant l escalier, on obtient de même : p E N =, p E N =, p E N = N 4 E N N 9 N 4 E 9 N 4 9 N. a. On a p E N = pe p E N = 4 =. b. Vont au er étage : 5 ascenseur + 75 = 5= personnes ; Vont au e étage : 75 ascenseur + 75 = 5= personnes ; Vont au e étage : ascenseur personnes. Les évènements N, N, N sont bien équiprobables. c. Il faut trouver : p N E= p E N = = p N 4.. a. Une personne prise au hasard a une probabilité d aller au e étage égale à p N =. Les réponses des étant indépendantes les unes des autres, la variable aléatoire X suit une loi binomiale de paramètres p = et n=. b. On a donc : 5 px = 5= 5 = 554 5,457. 5

2 c. La moyenne pour les personnes d aller au e étage est égale à l espérance mathématique de la variable aléatoire X, soit : EX = n p = = 7. Un peu moins de 7 personnes sur vont au e étage. 4. On reprend la variable aléatoire suivant la loi binomiale de probabilité avec n personnes. n Il faut trouver : px = px = soit px =. La condition est réalisée si : n n,99, ln, n ln par croissance de la fonction ln ln, n ln ln, Or,. Il faut donc prendre au minimum. ln Conclusion : sur personnes, au moins une va au niveau avec une probabilité supérieure ou égale à,99. EXERCICE Partie A 4 points. En utilisant l égalité de Chasles avec le point I, MA = MA MA = MI + IA MI + IA = MI + IA + MI IA. De même MB = MI + IB + MI IB. Par somme on obtient : MA + MB = MI + IA + IB + MI IA + MI IB = MI + AB 4 + AB 4 + MI IA + IB = MI + }{{} AB. =. En utilisant le résultat précédent : MA + MB = AB MI + AB = AB MI = AB MI = 4 AB MI= AB. Les points M sont à la distance AB du point fixe I milieu de [AB] : l ensemble E est donc la sphère de centre I et de rayon AB. Partie B. p ; 4 ; et q ; ; sont des vecteurs normaux respectivement à P et Q. Or p et q ne sont pas colinéaires car leurs cordonnées ne sont pas proportionnelles, donc les plans ne sont pas parallèles : ils sont sécants en. a. A appartient à la droite si et seulement s il appartient aux deux plans P et Q. A ; ; 4 P = : vrai ; A ; ; 4 Q 4+5= : vrai. Conclusion A est un point de. Polynésie enseignement obligatoire septembre

3 b. On a u p = = 8 8= : les vecteurs u et p sont orthogonaux. u q = + +5 =5 5= : les vecteurs u et q sont orthogonaux. Donc le vecteur u est un vecteur directeur de la droite commune aux deux plans P et Q. On peut aussi considérer le point C de cordonnées : += ; = ; 4+5=9 et montrer que ce point appartient lui aussi à P et à Q donc à et AB = u... c. On sait que la droite est définie par le point A et un de ses vecteurs directeurs u. On a donc Mx ; y ; z il existe t R/ AM = t u x+ = t x = t y = t y = t t R, système d équations z+ 4 = 5t z = 5t 4 paramétriques de la droite. Autre méthode plus compliquée : { x+ 4y+ z = Mx ; y ; z Mx ; y ; z P Q x y z+ 5 = { { x+ 4y = z+ x+ 4y = z+ y = 4z+ x y = z 5 x 6y = z 5 6 y = 5 z+ 8 5 En reportant dans l équation de Q on obtient : x y z+ 5= x = y+ z 5= 4 5 z z 5= 5 z 9. D où en 5 posant z = t t R x = 5 t 9 5 Mx ; y ; z y = 5 t+ 8 5 z = t. Soit Mx ; y ; z un point de ; en utilisant ses coordonnées paramétriques on a : MA +MB = AB t+ ++t +4 5t+4 +t 4 + t+4 + 5t+ = t +4t +5t +64 8t = t 4t= 5t t = t5t =. Il y a donc deux solutions : l une correspondant à t = et donnant le point M ; ; 4, soit le point A, l autre correspondant à t = donnant le point 5 M 4 5 ; 5 ;. EXERCICE 5 points Partie A. z B z A = i +i z C z A 6 i +i = +4i 4+i 5i 5 = i. = +i +i = +i i +i i ++i+ 4i = = 4+. Le résultat précédent z B z A = i équivaut à π AB = AC i AB = e AC, ce z C z A qui signifie que B est l image de C dans le quart de tour direct de centre A : le triangle ABC est donc rectangle et isocèle en A. Polynésie enseignement obligatoire septembre

4 Partie B Remarque : on peut aussi en prenant le module et l argument de i, montrer que AC = AB et que AC, AB = π.. On a z D = i i +i = ii = i i = i. i i i i. a. Il faut résoudre dans C {i}, l équation : z iz +i z +i = i = i = z i z i z +i=z i +i+i= z z = +5i. Donc z E = +5i. b. L affixe du vecteur AE est +5i +i= 4+8i. L affixe du vecteur AB est i +i= +4i. On a la relation de colinéarité : AE = AB, donc les points A, B et E sont alignés on peut même plus précisément dire que E est le symétrique de A autour de B.. Pour z i, on a : z iz +i = z = i z z A, d où en prenant les z i z z B modules des deux membres OM = AM avec z i ou encore M distinct de B. BM 4. De même en prenant les arguments des deux membres de l équation, on obtient : u, OM = BM, AM + π à π près. 5. Si le point M appartient à la médiatrice du segment [AB] alors AM = BM ; le résultat de la question. donne alors : OM = M appartient au cercle unitaire de centre O et de rayon. 6. Si le point M appartient à l axe des imaginaires purs, privé du point B, alors u, OM = π et en utilisant le résultat de la question 4. on a alors : π = BM, AM + π à π près BM, AM = à π près, ce qui signifie que les points A, B et M sont alignés. Inversement ceci montre que l image de la droite AB par f est l axe des imaginaires privé du point B. EXERCICE 4 6 points Partie A Question de cours Partie B Les courbes sont tracées en annexe.. a. On résout dans R l équation : f x=g x x e x = [ x x e x ] = { x = { { x = e x = x = ln x = x = ln C etc ont donc deux points communs de cordonnées ; et ln ; ln. b. Soit d la fonction définie sur R par dx= f x g x=x e x [ x = x e x ]. Exception faite de d=, le signe de d est celui de la différence e x. Polynésie enseignement obligatoire 4 septembre

5 Or e x > e x > x > ln x< ln x< ln. Conclusion : C est au dessus dec sur ] ; ln [ ; on trouve de même quec est au dessous dec sur ] ln ; [. On a vu dans la question précédente que les deux courbes ont deux points communs.. a. Calcul de I = x e x dx : { ux = x { u x = x Soit v x = e x vx = e x Toutes les fonctions sont continues car dérivables sur R ; on peut donc intégrer par parties : I = [ x e x] x e x dx= [ x e x] + x e x dx. Soit J = x e x dx et intégrons à nouveau par parties : { { ux = x u x = Soit v x = e x vx = e x Donc J = [ x e x ] + e x dx = [ x e x] +[ e x] = [ x e x e x]. Finalement : I = [ x e x x e x e x] = [ e x x + x + ] = e + += e. b. On a vu à la question. b. que sur l intervalle [ ; ],C est au dessous de C. L aire cherchée est donc égale, en unités d aire, à l intégrale : [ ] x x e x [ dx = x dx x e x x dx = I = = e e u.a. ] Partie C On a e,4. On peut vérifier sur la figure ci-dessous que la partie hachurée mesure à peu près 4 carreaux sur l unité qui fait petits carreaux, soit effectivement,4.. a. On sait que x, d où x et par croissance de la fonction exponentielle e e x e ou encore e e x. Or x n = [ x ]n puisque x. Donc en multipliant chaque membre de l encadrement par le nombre positif x n, on obtient : e x n e x x n x n et finalement x n e x x n. b. Par intégration des trois fonctions de l encadrement du a., on obtient [ x dx x n e x dx x n n+ ] dx u n n+ u n n+ n+ u n + n et finalement : n+ u n n+. Polynésie enseignement obligatoire 5 septembre

6 . L encadrement précédent et le fait que lim = montre par application du théorème des «gendarmes», que lim u n =. n + n+ n + Polynésie enseignement obligatoire 6 septembre

7 ANNEXE EXERCICE 4 Cette page ne sera pas à rendre avec la copie O Polynésie enseignement obligatoire 7 septembre