Corrigé Bac Blanc - Session Avril 2015

Corrigé Bac Blanc - Session Avril 2015
Exercice 1
1.
2.
6 points
a. f (0) = 0 + 1 + a × 0 × e0 = 1 donc C passe par le point A (0 ; 1).
3−1
yB − yA
b. Le coefficient directeur de la droite (AB) est :
=
= −2.
xB − xA
−1 − 0
2
2
2
c. f ′ (x) = 1 + 0 + a × e −x + ax × (−2x) e −x = 1 − a 2x2 − 1 e −x
d. On suppose que la droite (AB) est tangente à la courbe C au point A ; cela veut dire que le
coefficient directeur de (AB) est égal au nombre dérivé de la fonction f en xA soit f ′ (0).
On a donc f ′ (0) = −2 ⇐⇒ 1 − a (0 − 1) e 0 = −2 ⇐⇒ 1 + a = −2 ⇐⇒ a = −3
a. ∀x ∈] − 1; 0], on a : • x + 1 > 0
2
2
• x ≤ 0 donc −3x ≥ 0 et e−x > 0 donc −3xe−x ≥ 0
2
Conclusion : ∀x ∈] − 1; 0] x + 1 − 3xe−x > 0 donc ∀x ∈] − 1; 0] f (x) > 0
b. Si x ≤ −1, alors x2 ≥ 1 donc 2x2 ≥ 2, donc 2x2 − 1 ≥ 1 et donc 3 2x2 − 1 ≥ 3.
2
2
Comme pour tout x, e −x > 0, on peut dire que pour tout x ≤ −1 on a 3 2x2 − 1 e −x > 0
(par produit).
2
Donc, pour tout x ≤ −1 f ′ (x) = 1 + 3 2x2 − 1 e −x > 0.
3.
′
c. Sur ] − ∞ ; −1],
f (x) > 0 donc la fonction f est strictement croissante sur cet intervalle donc
3
sur l’intervalle − ; −1 .
2
3
f étant dérivable sur R, elle est continue sur − ; −1 .
2
3
Or f −
≈ −0,026 < 0 et f (−1) ≈ 1,10 > 0 donc, d’après le corollaire du théorème
2
des
valeurs
intermédiaires, l’équation f (x) = 0 admet une solution unique dans l’intervalle
3
− ; −1 ; on l’appelle c.
2
3
3
3
3
−2
−2
De plus, f − + 2.10
≈ 0,017 > 0 donc c ∈ − ; − + 2.10
et donc c < − + 2.10−2.
2
2
2
2
Z 0
a. f est continue et positive sur [c; 0], donc A =
f (x) dx.
c
b. Pour calculerla valeur exacte de I, il faut déterminer une primitive de la fonction f sur l’inter3
valle − ; 0 .
2
3
2
2
La fonction f définie par f (x) = x + 1 − 3xe−x s’écrit : f (x) = x + 1 + × (−2x)e−x
2
2
x
3 2
Donc une primitive de f est la fonction F définie par F (x) =
+ x + e−x
2
2
3
3
9 3 3 −9
15 3 − 9
I = F (0) − F −
= −
− + e 4 =
− e 4
2
2
8 2 2
8
2
Lycée Bellevue de Toulouse
Corrigé Bac Blanc - Session Avril 2015
Exercice 2
5 points
Partie A : étude d’une fonction
ln(x)
x
ln x
= 0 et que pour x > 1
> 0 donc lim
= +∞.
x→+∞ ln x
x→+∞ x
x
x
lim ln x = 0+ et lim x = 1 donc lim
= +∞
x→1
x→1
x→1 ln x
x>1
x>1
1. On sait que lim
2. f quotient de fonctions dérivables sur ]1 ; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle :
ln x − x1 × x
ln x − 1
f ′ (x) =
=
.
2
(ln x)
(ln x)2
Donc le signe de f ′ (x) est celui de la différence ln x − 1.
ln x − 1 = 0 ⇐⇒ x = e.
ln x − 1 > 0 ⇐⇒ ln x > 1 ⇐⇒ x > e
La fonction f est donc décroissante sur ]1 ; e[ et croissante sur ]e ; +∞[,
3. f est croissante sur [e ; +∞[ donc si x ≥ e f (x) ≥ f (e)
e
e
= =e
Or f (e) =
ln e
1
Donc si x ≥ e f (x) ≥ e
Partie B : étude d’une suite récurrente
5
≈ 3,11, u2 = f (u1 ) ≈ 2,74.
ln 5
De A0 on trace la verticale jusqu’à C ; de ce point l’horizontale jusqu’à la courbe d’équation y = x ;
de ce nouveau point la verticale jusqu’à l’axe des abscisses rencontré en A1 et l’on recommence. Il
semble que la suite est décroissante.
1. On a u0 = 5, u1 = f (u0 ) =
2.
a. Démontrons par récurrence que pour tout entier naturel n, un > e.
• Initialisation : On a u0 = 5 > e donc la propriété est vérifiée au premier rang.
• Hérédité : Démontrons que s’il existe un entier positif n tel que un > e alors un+1 > e.
Supposons qu’il existe un entier positif n tel que un > e.
Comme f est croissante sur [e; +∞[ : un > e donc f (un ) > f (e) donc un+1 > e
La propriété est donc héréditaire.
• Conclusion : ∀n ∈ N, un > e.
b. Méthode 1
un
un − un ln un
un (1 − ln un )
− un =
=
.
ln un
ln un
ln un
Comme un > e, ln un > ln e soit ln un > 1 > 0 et comme un > 0, le signe de la différence
un+1 − un est celui de la différence 1 − ln un .
Or on vient de voir que ln un > 1 ⇐⇒ 1 − ln un < 0.
Conclusion un+1 − un < 0, ce qui signifie que la suite (un ) est décroissante.
Soit un+1 − un = f (un ) − un =
Lycée Bellevue de Toulouse
2
Lycée Bellevue de Toulouse
Corrigé Bac Blanc - Session Avril 2015
Méthode 2 On démontre par récurrence que pour tout n ∈ N un+1 ≤ un
5
• Initialisation : On a u0 = 5 et u1 =
≈ 3,11 donc u1 ≤ u0 donc la propriété est vérifiée
ln 5
au premier rang.
• Hérédité : Supposons qu’il existe un entier positif n tel que un+1 ≤ un .
On a vu que : ∀n ∈ N un ≥ e
donc on a : e ≤ un+1 ≤ un
f est croissante sur [e; +∞[ donc f (un+1) ≤ f (un ) cad un+2 ≤ un+1
La propriété est donc héréditaire.
• Conclusion : ∀n ∈ N un+1 ≤ un , ce qui signifie que la suite (un ) est décroissante.
c. La suite est décroissante et minorée par e ; d’après le théorème de convergence monotone, elle
converge.
3. L’algorithme affichera la valeur 3.
Exercice 3
4 points
4 √ 4 π 4
π
2ei 4 = 2 ei 4 = 4eiπ
√
2. |z − 1 + i| = | 3 − i| ⇔ AM = 2 ⇔ M appartient au cercle de centre A(1 − i) et de rayon 2. Cet
ensemble de point a donc pour équation (x − 1)2 + (y + 1)2 = 22 soit la réponse c.
√
1 + i 1 + i
|Zn | = 2 Un . Donc (Un ) est une suite géométrique de raison
3. Un+1 = |Zn+1 | = Zn = 2
2 2
√
2
∈] − 1; 1[. (Un ) converge donc vers 0.
2
2 + 6i
(2 + 6i)(3 + i)
20i
π
4. Z =
=
=
= 2i donc arg(Z) = (2π). On en déduit donc que ABC est
3−i
10
10
2
rectangle en A.
1. (1 + i)4 =
√
Exercice 4
5 points
1. P (X < 7) = 0,6 ⇐⇒ 1 − e−7λ = 0,6 ⇐⇒ e−7λ = 0,4 ⇐⇒ −7λ = ln(0,4)
ln(0,4)
≈ 0,130 8 ≈ 0,131 à 10−3 près.
⇐⇒ λ =
−7
2. On a P (X > 5) = 1 − P (X 6 5) = 1 − (1 − e−0,131×5 ) = e−0,131×5 ≈ 0,519 ≈ 0,52 à 10−2 près.
3. PX>4 (X > 9) = PX>4 (X > 4 + 5) = P (X > 5) ≈ 0,52.
4. On a P (6 6 X 6 10) = P (X 6 10) − P (X 6 6) = 1 − e−0,131×10 − 1 − e−0,131×6
= e−0,131×6 − e−0,131×10 ≈ 0,19
1
5. E(X) =
≈ 7,6 h ≈ 7 h 30
0,131
Lycée Bellevue de Toulouse
3
Lycée Bellevue de Toulouse
Corrigé Bac Blanc - Session Avril 2015
6.
a. On reconnaît une épreuve de Bernoulli : relever un temps de fonctionnement et observer si il
est supérieur ou égal à 5 heures. La probabilité que le temps soit supérieur ou égal à 5 heures
est égale à 0,52.
Cette épreuve est répétée de façon indépendante 8 fois.
La variable aléatoire Y donnant le nombre de temps supérieurs ou égaux à 5 heures suit donc
une loi binomiale de paramètres p = 0,52 et n = 8.
Y ∼ B(8; 0,52)
b. On a P (Y = 3) ≈ 0,20.
Lycée Bellevue de Toulouse
4
Lycée Bellevue de Toulouse
Corrigé Bac Blanc - Session Avril 2015
Annexe 1
Annexe 2
Lycée Bellevue de Toulouse
5