Baccalauréat Blanc 016 : correction EXERCICE 1 Le chikungunya est une maladie virale transmise d un être humain à l autre par les piqûres de moustiques femelles infectées. Un test a été mis au point pour le dépistage de ce virus. Le laboratoire fabriquant ce test fournit les caractéristiques suivantes : la probabilité qu une personne atteinte par le virus ait un test positif est de 0,9 ; la probabilité qu une personne non atteinte par le virus ait un test positif est de 0,01. On procède à un test de dépistage systématique dans une population «cible». Un individu est choisi au hasard dans cette population. On appelle : M l évènement : «L individu choisi est atteint du chikungunya» l évènement : «Le test de l individu choisi est positif» On notera M respectivement ) l évènement contraire de l évènement M respectivement ). On note p 0 p 1) la proportion de personnes atteintes par la maladie dans la population cible. 1. a. On complète l arbre de probabilité : p M 0,9 1 0,9 0,0 1 p M 0,01 1 0,01 0,99 b. D après l arbre : PM )PM) P M ) p 0,90,9p PM )PM) P M )1 p) 0,010,01 0,01p D après la formule des probabilités totales : P )PM )+PM )0,9p+ 0,01 0,01p 0,097p+ 0,01. a. La probabilité de M sachant est P M) PM ) 0,9p P ) 0,97p+ 0,01 9p f p) où f est définie sur [0; 1]. 97p+ 1 b. La fonction f est une fonction rationnelle définie sur [0; 1] donc dérivable sur [0; 1] et : f 9 97p+ 1) 9p 97 9 p) 97p+ 1) > 0 sur [0; 1] 97p+ 1) La fonction f est donc strictement croissante sur [0; 1].. On considère que le test est fiable lorsque la probabilité qu une personne ayant un test positif soit réellement atteinte du chikungunya est supérieure à 0,95. La probabilité f p) qu une personne ayant un test positif soit réellement atteinte du chikungunya est égale à 0, 95 quand la proportion p est solution de l équation f p)0,95 : EXERCICE f p) 0,95 9p 0,95 900p 95 97p+ 1) 55p 97p+ 1 95 p 19 soit approximativement 0,16. 117 La fonction f est strictement croissante sur [0; 1] donc si p > 19 117, alors f p)> 0,95. C est donc à partir d une proportion p 19 16,% de malades dans la population que le test sera fiable. 117 Le plan est muni du repère orthonormé direct O, u, v ). On donne le nombre complexe j 1 + i.
016 S1, et Partie A : propriétés du nombre j 1. a. On résout l équation : z +z+10 ; <0donc cette équation admet deux solutions complexes conjuguées : z 1 1+i et z 1 i b. j 1 +i 1+i z 1 donc j est solution de l équation z +z+1 0.. j 1 ) + ) 1 4 + 1 donc j 1 4 j 1 cosθ 1 + i ; on cherche θ tel que Donc θ π [π] sinθ La forme exponentielle de j est donc : je i π ). a. j e i π e i π e i π 1 b. j est solution de l équation z + z+ 10donc j + j+10 et donc j 1 j. 4. On note P, Q, R les images respectives des nombres complexes 1, j et j dans le plan. Partie B P a pour affixe 1 ; Q a pour affixe j 1 + i et R pour affixe j 1 j 1+ 1 i 1 i PQ 1 + i 1 + i 9 4 + 4 PQ QR 1 i + 1 i i QR RP 1+ 1 + i + i 9 4 + 4 RP PQQRRP donc le triangle PQR est équilatéral. Soit a, b, c trois nombres complexes vérifiant l égalité a+ jb+ j c 0. On note A, B, C les images respectives des nombres a, b, c dans le plan. 1. On sait que a+ b j+c j 0 donc a jb j c. Or, d après la question A.. b., j 1 j donc : a jb j c jb 1 j)c jb+ c+ jc a c jc b). a c jc b) a c c b) a c c b On a vu précédemment que 1 ; de plus a c AC et c b BC. On a donc démontré que ACBC.. On sait que a jb j c. On sait aussi que j 1 j donc j 1 j. On a donc a 1 j )b j c b+ j b j c ce qui équivaut à a b j b c). 4. On sait que 1 donc 1. De plus a b AB et b c CB. EXERCICE On a vu dans la question précédente que a b j b c) ce qui entraîne a b b c) ou encore a b b c. Cette dernière égalité équivaut à ABCB. Comme ACBC et ABCB, on a démontré que le triangle ABC était équilatéral. 1. a. Ave n 0, la relation de recurrence donneu 1 u 0 u 0 ) 1 1 15 15 64. Avec n 1, on obtient : u u 1 u 1 ) 15 64 1 ) 15 ) 15 64 64 11 64 1695 4096. intégrales équipe de maths
016 S1, et b. 1 d) Γ) A 0 A 1 A A 1 c. On part du point A 0 d abscisse u 0 1 0,15, on va alternativement «vers» la courbe Γ)verticalement) puis vers la droite d) horizontalement) : les points de la droite et de la courbe ont successivement pour abscisses u 1, u, u,.... a. On a donc 0< a< 1 : la relation est donc vraie au rang 0 : 0< a u 0 < 1 ; Hérédité : supposons qu il existe un naturel p tel que : 0<u p < 1. Montrons alors que 0<u p+1 < 1 Par HR) on a 0< u p < 1, or la fonction f est croissante sur [0 ; 1], donc : 0<u p < 1 f 0)< f u p ) < f 1) soit 0<u p+1 < 1. Si u p appartient à [0 ; 1], il en est de même pour u p+1. L hérédité est démontrée. On a donc bien démontré par récurrence que si a [0 ; 1], alors u n [0 ; 1] quel que soit le naturel n. b. Calculons la différence u n+1 u n u n u n ) u n u n 1 u n ). Or on vient de démontrer que u n < 1 1 u n > 0 et comme u n > 0, on obtient par produit u n+1 u n > 0, ce qui montre que la suite u n ) est croissante. c. La suite u n ) est croissante et majorée par 1 : elle est donc convergente vers un nombre l 1.. a. Quel que soit n N, v n+1 1 u n+1 1 u n u n ) 1 u n + u n 1 u n ) v n. b. Pour n 0, on a v 0 1 u 0 1 1 7. D où v 1 v 0 7 ). [ ) 7 ] ) 7 Puis v v1. ) 7 n On va montrer par récurrence que v n. La relation est vraie au rang zéro et un). ) 7 p Hérédité : supposons qu il existe p N tel que v p. ) 7 p+1 Montrons alors que v p+1 ) 7 p par HR) on a : v p, [ ) ] 7 p ) 7 p ) 7 p+1 Comme v p+1 vp. La relation est vraie au rang p+ 1. intégrales équipe de maths
016 S1, et ) 7 n c. On a donc pour tout naturel n, v n. Comme 1 < 7 < 1, on sait ) 7 n ) 7 n que lim 0 et a fortiori lim 0. n + n + Conclusion : lim v n 0. n + Comme v n 1 u n u n 1 v n ; on en déduit que lim u n 1. n + EXERCICE 4 f x) x e x 1 x. Le graphique ci-dessous est la courbe représentative de cette fonction telle que l affiche une calculatrice dans un repère orthonormal. Conjectures À l observation de cette courbe, quelles conjectures pensez-vous pouvoir faire concernant a. le sens de variations de f sur [ ; ]? b. la position de la courbe par rapport à l axe des abscisses? Dans la suite de ce problème, on se propose de valider ou non ces conjectures et de les complèter. Partie A : contrôle de la première conjecture 1. f somme de produits de fonctions dérivable sur R est dérivable sur Ret f x)xe x 1 +x e x 1 x 1 xx+)ex 1 x x [ x+ )e x 1 1 ] xg x)..?étude du signe de g x) pour x réel. a. g est un produit de fonctions dérivables sur R, donc pour tout réel x, on a : g x)e x 1 + x+ )e x 1 x+ )e x 1. Quel que soit le réel x, e x 1 > 0, donc le signe de g x) est celui de x+ ). g x)>0 sur ] ; + [ ; g x)<0 sur ] ; [ ; g )0. b. Du signe de la dérivée on déduit que g est décroissante sur ] ; [ puis croissante sur ] ; + [. g ) est le minimum de la fonction sur R. x + g x) 0 + 1 + g e 4 1 c. On a g 1). D après l étude des variations de g, sur l intervalle [ ; 1]elle est croissante de f )<0 à f 1)>0. Comme elle est continue sur cet intervalle il existe un réel unique α.i n] ; 1[ tel que f α) 0. La calculatrice donne g 0,0) 0,011 et g 0,1) 0,00. Pour les mêmes raisons on en déduit que 0,0<α<0,1. d. D après les deux questions précédentes on a donc : g x)< 0 sur ] ; α[ ; g α) 0 ; g x)> 0 sur ]α ; + [.. Sens de variations de la fonction f sur R. a. On a vu que f x) xg x). On peut donc dresser le tableau de signes suivant : intégrales 4 équipe de maths
016 S1, et x 0 α + x 0 + + g x) 0 + f x) + 0 0 + b. Comme f x) < 0 sur ]0 ; α[ la fonction est strictement décroissante sur cet intervalle et croissante ailleurs. c. La première conjoncture est fausse puisque f n est pas croissante sur [ ; ]. Partie B : contrôle de la deuxième conjoncture 1. On sait que α vérifie g α)0 α+)e α 1 10 α+)e α 1 1 e α 1 1 car α+ 0). α+ On a donc f α)α e α 1 α α 1 α+ α α α+ α α α+)α α+) f α) α α+).. On considère la fonction h définie sur l intervalle [0 ; 1] par hx) x x+ ). a. h quotient de fonctions dérivables le dénominateur ne s annulant pas sur [0 ; 1], est dérivable et sur cet intervalle : h x) x x+ )+ x 4x+ ) x 6x + x x+ ) x 6x x+ ) x x+ ) x+ ). Comme sur [0 ; 1], x > 0, x+ ) > 0 et x + ) > 0, on en déduit que h x) < 0 : la fonction h est donc strictement décroissante sur [0 ; 1] et donc en particulier sur [0,0 ; 0,1]. b. On sait que 0,0<α<0,1 d où par décroissance de la fonction h, h0,0)> hα)>h0,1). La calculatrice livre h0, 0) 0,001 et h0, 1) 0,001, d où 0,001< f α)< 0,001.. a. Les abscisses des points d intersection de la courbe C avec l axe x x) sont les solutions de l équation f x) 0, soit x e x 1 1 ) { x 0 0 e x 1 1 On obtient d une part la solution double x 0 et x 1 ln 1 par croissance de la fonction ln, soit x 1+ln 1 1 ln 0,1. Les abscisses des points d intersection de la courbe C avec l axe x x) sont donc x 0 et x 1 ln. b. La position de la courbe C par rapport à l axe des abscisses est donnée par le signe de f x). Comme x > 0, quel que soit x le signe de f x) est celui de e x 1 1. La courbe C est au-dessus de l axe des abscisses si et seulement si e x 1 1 > 0 ex 1 > 1 x 1>ln 1 par croissance de la fonction ln) et enfin x> 1+ln 1. Conclusion : La courbe C est au-dessus de l axe des abscisses sur l intervalle ]1 ln ; + [, en dessous ailleurs sauf aux deux points de contact en x 0 et x 1 ln. c. La deuxième conjecture est également fausse car C est au dessous de x x) pour des réels x strictement positifs. intégrales 5 équipe de maths