Embed Size (px)
Citation preview
EXERCICE 1: Probabilité
! donc ! !! ∩ ! = 0,35×0,8 = 0,28 !! ! donc ! !! ∩ ! = 0,35×0,2 = 0,07 ! donc ! !! ∩ ! = 0,25×0,5 = 0,125 !! ! donc ! !! ∩ ! = 0,25×0,5 = 0,125 ! donc ! !! ∩ ! = 0,3×0,4 = 0,12 !! ! donc ! !! ∩ ! = 0,4×0,7 = 0,28
1) b) D’après la formule des probabilités conditionnelles : ! !! ∩ ! = !!! ! ×! !! = 0,12 c) On utilise la formule des probabilités totales : ! ! = !!! ! ×! !! + !!! ! ×! !! + !!! ! ×! !! = 0,28 + 0,125 + 0,12 = 0,525
d) !! !! = ! !!∩!! !
= !,!"!,!"!
= 0,533
2) a) Les tirages étant assimilés à des tirages avec remise et comme ils sont indépendants
alors ! suit une loi binomiale de paramètres 10 et 0,525.
b) ! ! = 5 = !"! 0,525 ! 1 − 0,525 ! = 252 0,525 ! 1 − 0,525 ! = 0,243 .
c) ! !" !"#$% 2 !"#$%%#& = ! !" !"#$ 8 !"#$%è!"# = ! ! ≤ 8 = 1 − ! ! = 10 − ! ! = 9
Et grâce à la calculatrice on trouve 0,984 .
EXERCICE 2 :Etude de fonction et algorithme
1) a) ! 1 = 2 et !! 1 = 0 b) ! est dérivable sur ℝ!∗ on peut calculer !! ! :
!! ! = !!!"# ! !×!!(!!!"# ! )× ! !)!²
=!!×!!(!!!"# ! )×!
!²= !!!!!"#(!)
!²= !!! !!"# !
!²
c) On va utiliser !′ et ! aux points particuliers du a):
! 1 = 2⇔ !!!"# !!
= 2⇔ ! = !
puis !! 1 = 0⇔ !!! !!"# !!²
= 0⇔ ! = !
donc on en déduit l’expression ! ! de !: ! ! = !!! !" !!
soit ! ! = !!+ ! !" !
!
2) a) !! ! =!"#é!"#$é
2 !!
!+ 2 !" !
!
!= − !
!!+
! !!×! !!" ! ×!
!!= !!!!!! !" !
!!= − ! !" !
!!
Comme !² ≥ 0 alors !!!> 0 donc le signe de !! ! ne dépend que de − ln !
CORRIGE DE L’EPREUVE DE MATHEMATIQUES DU BACCALAUREAT
FILIERE SCIENTIFIQUE 2013
b) lim!→!! 2 + 2ln (!) = −∞ puisque lim!→!! ln (!) = −∞
Puis comme lim!→!! ! = 0 + alors on conclut que lim!→!! ! ! = −∞ .
Et donc que la droite d’équation ! = 0 est asymptote verticale
lim!→!!!!= 0 + et lim!→!!
!" !!
= 0 donc lim !→!! ! ! = 0 +
Et donc que la droite d’équation ! = 0 est asymptote horizontale c) Pour ! dans ]0; 1] − ln ! ≥ 0 ⇔ ! est croissante sur ]!;!] Pour ! dans ]1;+∞[ − ln ! < 0 ⇔ ! est décroissante sur ]!;+∞[
3) a) Existence : ! est continue sur l’intervalle ]0; 1[ on peut donc appliquer le théorème des valeurs intermédiaires puis, remarquant que ! 0; 1 =] −∞; 2[ , et que 1 ∈] −∞; 2[ , alors il existe ∝∈]0; 1[ tel que ! ∝ = 1. Unicité : Comme ! est strictement monotone sur cet intervalle alors il !"#$%! !" !"#$!% ∝∈]0; 1[ tel que ! ∝ = 1. .
b) On procède de même : ! est continue sur l’intervalle ]1;+∞[ et !([1;+∞ =]0; 2] , or 1 ∈]0; 2] , donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe ! ∈ [1;+∞[ tel que ! ! = 1, de plus, comme ! est strictement monotone sur cet intervalle alors ce ! est unique. Enfin, on calcule: ! 4 ≈ 1,19 puis ! 5 ≈ 1,043 puis ! 6 ≈ 0,93 donc 5 ≤ ! ≤ 6 = 5 + 1 donc l’entier est 5
4) a) Voici l’algorithme après avoir « tourné » :
Il affiche donc ! = !
! et ! = !
!
b) L’algorithme affiche un encadrement de ∝ à 10!! près
1 2 3 4 5 ! 0 0 ¼ 3/8 0,4375 ! 1 ½ ½ ½ 0,5
! − ! 1 ½ 12−14=14 1/8 >0,1 0,0625<1
donc l’algorithme ne boucle pas
! 0,5 14
1212+14 7/16 =
0,4375
! ! 1,22 > 1 donc ! = !
!
−3,09 < 1 donc ! = !
!
0,102 < 1 donc ! = !
!
0,792 < 1 donc ! = !
!"
c) Voici l’algorithme pour un encadrement de l’autre valeur: Initialisation : affecter à ! la valeur 5 et à ! la valeur 6 Traitement : tant que ! − ! > 0,1 affecter à ! la valeur !
!! + !
Si ! ! > 1 affecter à ! la valeur ! Sinon affecter à ! la valeur ! Fin de Si Fin de Tant que Sortie : Afficher ! Afficher !
5) a) ! ! = 0⇔ 2 + 2 ln ! = 0 ⇔ ln ! = −1 ⇔ ! = !!! donc ! !!!; 0
L’aire du triangle curviligne !"# = ! ! !"!
!!
mais comme l’aire du rectangle !"#$ = 2 alors
Il faut donc prouver que ! ! !"!!!
= 1
b) !!+ 2× !" !
!!"!
!!
= 2 ln ! + ! !" !! !
!
!= − 2 ln !
!+ 1 ln !
!
!
= −(−2 ln ! + 1 − ln ! ! = 2 − 1 = 1
EXERCICE3 :
1) Soit ! le point d’affixe ! et ! le point d’affixe−1. ! − ! = ! + 1 ⇔ !" = !" ⇔ ! ∈ ∆ médiatrice du segment !" donc !" !"#!#$%&%#' 1 !"# !"#$%
2) arg 1 + ! 3 ! = 4 arg 1 + ! 3 = 4 arg 2 !!+ ! !
!= 4!"#2 + 4 arg !
!+ ! !
!
= 4×0 + 4 arg !!"! 2! =!!
!2! ≠ 0 ! donc ! ∉ ℝ donc
!" !"#!#$%&%#' 2 !"# !"#$$%
3) Dans le repère (!,!",!",!") on a !" = !" + !" + !" = !" + !" − !" !".!" = !" + !" . (!" + !" − !")
!".!" + !"² − !".!" + !".!" + !".!" − !"! = 0 !" !"#!#$%&%#' 3 !"# !"#$%
4) Soit !!113 vecteur normal au plan ! comme la droite est perpendiculaire au plan !
alors ce vecteur est directeur de la droite. Cette droite passant par ! 1;−2;−2 on a du coup :
!(!; !; !) ∈ !(!, !!)⇔ ∃! ∈ ℝ ∶ !" = !!! ⇔! − 1 = !! + 2 = !! + 2 = 3!
⇔! = ! + 1! = ! − 2! = 3! − 2
on pose alors ! = ! + 1 et on obtient : ! = ! + 1 + 1 = 2 + !! = ! + 1 − 2 = −1 + !! = 3 ! + 1 − 2 = 1 + 3!
donc !" !"#!#$%&%#' 4 !"# !"#$% (Il existe une autre méthode : on vérifie que l’équation proposée contient ! et que le vecteur directeur proposé est colinéaire au vecteur normal du plan.) EXERCICE 4 :
1) a) !! =!! !! =
!"! !! =
!"!" !! =
!"#!"
b) La suite semble être croissante
2) a) Démontrons par récurrence que !! ≤ ! + 3 pour tout ! ∈ ℕ Initialisation : !! = 2 < 0 + 3 donc c’est vérifié Hypothèse de récurrence : à ! fixé on suppose que !! ≤ ! + 3 !!!! =
!!!! +
!!! + 1 ≤ !
!! + 3 + !
!! + 1 = !
!! + !
!! + 2 + 1 = ! + 3
Conclusion : pour tout ! ∈ ℕ, l’assertion est vraie
b) Pour tout ! ∈ ℕ, !!!! − !! =!!!! +
!!! + 1 − !!
= − !!!! +
!!! + 1
= !!! + 3 − !!
c) Pour tout ! ∈ ℕ, !! ≤ ! + 3⇔ −!! ≥ −! − 3
⇔ ! + 3 − !! ≥ ! + 3 − ! − 3 ⇔ !!!! − !! ≥ 0 d’où (!!)!∈ℕ croît.
3) a) pour tout ! ∈ ℕ !!!! − !! = !!!! − ! + 1 − !! − ! ⇔ !!!! − !! = !!!! − !! − ! − 1 + ! ⇔ !!!! − !! =
!!! + 3 − !! − 1
⇔ !!!! − !! =!!! + 1 − !!
!− 1
⇔ !!!! − !! =!!! − !! = − !
!!!
d’où !!!! = − !!!! + !! donc !!!! =
!!!!
donc (!!)!∈ℕ suite géométrique de raison
!! et de premier terme !! = !! − ! = !
donc l’expression de !! en fonction de ! donne : !! = 2× !!
!
b) Pour tout ! ∈ ℕ on a !! = !! − ! ⇔ !! = !! + ! = 2× !!
!+ !
Donc !! = 2× !!
!+ !
c) Comme !
!< 1 alors !"# !! = 0 comme limite d’une suite géométrique dont la raison
est inférieure en valeur absolue à 1 et il vient que !"# !! = +∞
4) a) On a !!!!!!!! = !! + !!!!
!!! = !!!!!
!!! + !!!!!!!
=!"#$∗
2×!! !
!
!!!
!!!!+ !
!! + 1
= 6× 1 − !!
!!!+ !
!! + 1
*Il s’agit de la somme des ! + 1 termes d’une suite géométrique dont la raison est différente de 1et dont le premier terme est deux, pour la première somme. Pour la seconde il s’agit de la somme des entiers naturels de 1 à !.
b) On a pour tout ∈ ℕ !! =!!!!=
!× !! !!
!!!!!! !!!
!!= 6×
!! !!
!!!
!!+
!! !!!
!!
or lim 6×!! !
!
!!!
!!= 0 car lim !
!!= 0 et que lim 1 − !
!
!!!= 1
et, en mettant les termes de plus haut degré en facteur on a lim!! !!!
!! = !
!
On conclut donc que lim !! =!!
EXERCICE de SPECIALITE :
1) !!!! = 0,95!! + 0,01!! et !!!! = 0,05!! + 0,99!!
2) On utilise ! = !"
!! = 0,95 0,01
0,05 0,99 !!
donc ! = 0,95! + 0,01!! = 0,05! + 0,99!
3) a) 1 −15 1 × 1 1
−5 1 = 6 00 6
et 1 1−5 1 × 1 −1
5 1 = 6 00 6
Il vient que !" = !" = 6!! et !!! =!!!
b) !!!!" = !!
1 1−5 1
0,95 0,010,05 0,99
1 −15 1
= !!
1 1−4,7 0,94
1 −15 1
= !!6 00 5,64
= 1 00 0,94
c) On montre par récurrence la proposition demandée
Initialisation : !!!!" = ! donc ! = !"!!!
Hypothèse de récurrence : à ! fixé on a !! = !!!!!!
!!!! = !!!!!!!"!!! = !!!!"!!! = !!!!!!! = !!!!!!!!
Conclusion : Pour tout ! on a !! = !!!!!!
4) Comme lim 0,94 ! = 0 donc lim !! = !
!!! +
!!!! =
!!×250000 = 41666,7
-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐FIN-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐-‐
Vincent R.
Professeur de mathématiques
