Bac_blanc_fevrier_2011-2012

CORRECTION BAC BLANC
Exercice 1 (3 points):
b. Soit g une fonction définie et dérivable sur
.
2g ’(x)-2f ’(x)+g(x)-f(x) = 0
2(g-f)’(x)+(g-f)(x) = 0
g-f solution de (E).
g solution de (E’)
g-f solution de (E) (d’après le raisonnement précédent)
Exercice 2 (5 points):
1. Voir ci-contre.
2. p(E) = 0,1 0,2 = 0,02 et p(F) = 0,1 0,8+0,9 0,1 = 0,08+0,09 = 0,17.
0,1
3. a. Les valeurs prises par X sont 9, 1 et -1.
xi
-1
1
9
p(X = xi)
0,81
0,17
0,02
0,9
0,2
R2
0,8
N2
0,1
R2
0,9
N2
R1
N1
L’espérance est négative donc le jeu est défavorable au joueur.
4. a. Appelons D l’évènement « Lancer au moins une fois la roue B » (sous entendu, lors des n parties), alors D est
aussi « Obtenir au moins une fois une case rouge ». C’est donc l’évènement contraire de « N’obtenir que des cases
noires » dont la probabilité est p( ) = p(N)n = 0,9n.
Donc la probabilité de lancer au moins une fois la roue B, est p(D) = pn = 1-0,9n.
(car 0,9
1, donc ln0,9
0) ce qui donne n
22.
Exercice 3 (5 points):
3. OB =
= 4, BD =
et OD =
=2
Donc OBD est isocèle en D, et comme OB²+BD² = (2 )²+ (2
= 16 = 4² = OB², d’après la réciproque de Pythagore OBD est
rectangle en D. Donc OBD est rectangle isocèle en D.
4.
= f = 1+i
,
= a-e = 2-(1-i
) = 1+ i
=
.
)²
. Donc
=
, et OEAF est un parallélogramme.
D’après le 2., OF = OE, donc OEAF est un parallélogramme avec
deux côtés consécutifs de même longueur : OEAF est un losange.
On peut remarquer que ses diagonales n’ont pas la même longueur,
donc ce n’est pas un carré : OA = 2, et EF = 2 .
est z’ = iz. Donc e’ = ie = +i.
b. A’E’ =
=
= 2, donc E’ appartient au cercle de centre A’ est de rayon 2, soit Γ’.
c. e-d = -1-i(2+
+2)(e’-d) = (
) et (
+2)(
-2-i) = (
+2)(
-2)-i(
+2) = -1-i(2+
) = e-d.
Cette égalité se traduit géométriquement par le fait que les vecteurs
et
sont colinéaires ou encore que E’ est
l’image de E par l’homothétie de centre D et de rapport +2, donc E’, D, E sont bien alignés.
6. E’ = r(E) et D’ = r(D), donc (D’E’) est l’image de (DE) par la rotation r, d’angle π/2, donc (D’E’) est
perpendiculaire à (DE), c’est-à-dire (E’E) puisque E, E’, D sont alignés (d’après 5. c.). Autrement dit, le triangle
EE’D’ est rectangle en E’.
Exercice 4 (7 points):
Partie A - Etude du signe d’une fonction
f est donc strictement croissante sur ]0 ; +∞[.
De plus, on a par simple application des limites de la fonction ln et des règles opératoires :
x
f’(x)
0
+∞
+
+∞
f
-∞
corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = 0 admet une unique solution sur ]0 ; +∞[, notée α.
3. Comme f est strictement croissante sur ]0 ; +∞[ et s’annule en α, alors f(x)
]α ; +∞[.
0 sur ]0 ; α[, f(α) = 0 et f(x)
0 sur
Partie B – Une valeur approchée du réel α défini dans la partie A
α étant l’unique solution de l’équation f(x) = 0, c’est
aussi l’unique solution de l’équation g(x) = x.
2. Voir graphique.
La suite semble converger vers l’abscisse du point
d’intersection de la courbe ( ) et de la droite
d’équation y = x, qui correspond à la solution de
l’équation g(x) = x, soit α.
( )
3. On appelle Pn la propriété : « 0 un 1 ».
Initialisation :
u0 = 0,5, donc 0 u0 1 et P0 est vraie.
Hérédité :
Supposons Pp vraie pour un entier p 0 fixé.
Donc : 0 up 1
la fonction carrée étant croissante sur [0 ; +∞[.
Conclusion :
Pn est vraie pour tout n
0, c’est-à-dire, 0
un
1 pour tout n
0.
4. La table de valeurs de la calculatrice donne :
n
0
1
2
3
4
5
6
7
un
0,5 0,9394 0,802 0,8515 0,8342 0,8403 0,8382 0,8389
A partir de n = 6, les trois premières décimales des termes de (un) sont identiques.
On a admit que u2n α u2n+1, alors pour n = 3, on obtient u6 α u7, ce qui montre à l’aide du tableau qu’une
valeur approchée à 10-3 près de α est 0,838.
1. M
Partie C – Un problème de distance
(Γ) donc a pour coordonnées (x ; 2lnx), et OM =
.
Comme x 0, h’(x) est du signe de f(x), et donc d’après la partie A, h’(x) 0 sur ]0 ; α[, h’(α) = 0 et h’(x) 0 sur
]α ; +∞[.
Donc h est strictement décroissante sur ]0 ; α] et strictement croissante sur [α ; +∞[. Elle admet un minimum en
x = α.
b. On a donc pour tout x de ]0 ; +∞[\ , h(x) h(α) et par stricte croissance de la fonction racine carrée,
, c’est-à-dire d’après 1. OM OA, où A est le point de la courbe (Γ) d’abscisse α.
Il existe donc un unique point A de coordonnées (α ; 2lnα) de la courbe (Γ) tel que pour tout point M de (Γ), distinct
de A, on ait OM OA.
La tangente TA à la courbe (Γ) au point A a pour équation y = φ’(α)(x-α)+φ(α), avec φ’(α) = 2/α et φ(α) = 2lnα, soit
y = 2x/α-2+2lnα ou encore 2x/α-2+2lnα-y = 0.
Les vecteurs normaux à (OA) et TA sont orthogonaux, donc (OA) et TA sont perpendiculaires.