Corrigé Bac Blanc - Session Avril 2015

Corrigé Bac Blanc - Session Avril 2015
Exercice 1 6 points
1. a. f(0) = 0 + 1 + a×0×e0= 1 donc Cpasse par le point A (0 ; 1).
b. Le coefficient directeur de la droite (AB) est : yB−yA
xB−xA
=3−1
−1−0=−2.
c. f′(x) = 1 + 0 + a×e−x2+ax ×(−2x)e−x2= 1 −a2x2−1e−x2
d. On suppose que la droite (AB) est tangente à la courbe Cau point A ; cela veut dire que le
coefficient directeur de (AB) est égal au nombre dérivé de la fonction fen xAsoit f′(0).
On a donc f′(0) = −2⇐⇒ 1−a(0 −1) e0=−2⇐⇒ 1 + a=−2⇐⇒ a=−3
2. a. ∀x∈]−1; 0], on a : • x+ 1 >0
•x≤0donc −3x≥0et e−x2>0donc −3xe−x2≥0
Conclusion : ∀x∈]−1; 0] x+ 1 −3xe−x2>0donc ∀x∈]−1; 0] f(x)>0
b. Si x≤ −1, alors x2≥1donc 2x2≥2, donc 2x2−1≥1et donc 32x2−1≥3.
Comme pour tout x, e −x2>0, on peut dire que pour tout x≤ −1on a 32x2−1e−x2>0
(par produit).
Donc, pour tout x≤ −1f′(x) = 1 + 3 2x2−1e−x2>0.
c. Sur ]−∞;−1],f′(x)>0donc la fonction fest strictement croissante sur cet intervalle donc
sur l’intervalle −3
2;−1.
fétant dérivable sur R, elle est continue sur −3
2;−1.
Or f−3
2≈ −0,026 <0et f(−1) ≈1,10 >0donc, d’après le corollaire du théorème
des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = 0 admet une solution unique dans l’intervalle
−3
2;−1; on l’appelle c.
De plus, f−3
2+ 2.10−2≈0,017 >0donc c∈−3 2;−3 2+ 2.10−2et donc c < −3 2+ 2.10−2.
3. a. fest continue et positive sur [c; 0], donc A=Z0
c
f(x)dx.
b. Pour calculer la valeur exacte de I, il faut déterminer une primitive de la fonction fsur l’inter-
valle −3
2; 0.
La fonction fdéfinie par f(x) = x+ 1 −3xe−x2s’écrit : f(x) = x+ 1 + 3
2×(−2x)e−x2
Donc une primitive de fest la fonction Fdéfinie par F(x) = x2
2+x+3 2e−x2
I=F(0) −F−3
2=3 2−9 8−3 2+3 2e−9
4=15
8−3 2e−9
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Exercice 2 5 points
Partie A : étude d’une fonction
1. On sait que lim
x→+∞
ln x
x= 0 et que pour x > 1ln(x) x>0donc lim
x→+∞
x
ln x= +∞.
lim
x→1
x>1
ln x= 0+et lim
x→1x= 1 donc lim x→1
x>1
x
ln x= +∞
2. fquotient de fonctions dérivables sur ]1 ; +∞[est dérivable et sur cet intervalle :
f′(x) = ln x−1
x×x
(ln x)2=ln x−1 (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 fest donc décroissante sur ]1 ; e[et croissante sur ]e; +∞[,
3. fest croissante sur [e; +∞[donc si x≥ef(x)≥f(e)
Or f(e) = e
ln e =e 1= e
Donc si x≥ef(x)≥e
Partie B : étude d’une suite récurrente
1. On a u0= 5, u1=f(u0) = 5
ln 5 ≈3,11, u2=f(u1)≈2,74.
De A0on 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 A1et l’on recommence. Il
semble que la suite est décroissante.
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 ntel que un>e alors un+1 >e.
Supposons qu’il existe un entier positif ntel que un>e.
Comme fest 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
Soit un+1 −un=f(un)−un=un
ln un−un=un−unln un ln un
=un(1 −ln un)
ln un
.
Comme un>e,ln un>ln e soit ln un>1>0et comme un>0, le signe de la différence
un+1 −unest 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.
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Méthode 2 On démontre par récurrence que pour tout n∈Nun+1 ≤un
•Initialisation : On a u0= 5 et u1=5
ln 5 ≈3,11 donc u1≤u0donc la propriété est vérifiée
au premier rang.
•Hérédité : Supposons qu’il existe un entier positif ntel que un+1 ≤un.
On a vu que : ∀n∈Nun≥e
donc on a : e≤un+1 ≤un
fest croissante sur [e; +∞[donc f(un+1)≤f(un)cad un+2 ≤un+1
La propriété est donc héréditaire.
•Conclusion : ∀n∈Nun+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
1. (1 + i)4=√2eiπ
44
=√24eiπ
44= 4eiπ
2. |z−1 + i|=|√3−i| ⇔ AM = 2 ⇔Mappartient 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= 22soit la réponse c.
3. Un+1 =|Zn+1|=
1 + i
2Zn
=
1 + i
2
|Zn|=√2
2Un. Donc (Un)est une suite géométrique de raison
√2
2∈]−1; 1[.(Un)converge donc vers 0.
4. Z=2 + 6i
3−i=(2 + 6i)(3 + i) 10 =20i 10 = 2idonc arg(Z) = π 2(2π). On en déduit donc que ABC est
rectangle en A.
Exercice 4 5 points
1. P(X < 7) = 0,6⇐⇒ 1−e−7λ= 0,6⇐⇒ e−7λ= 0,4⇐⇒ −7λ= ln(0,4)
⇐⇒ λ=ln(0,4)
−7≈0,130 8 ≈0,131 à10−3près.
2. On a P(X>5) = 1 −P(X65) = 1 −(1 −e−0,131×5) = e−0,131×5≈0,519 ≈0,52 à10−2près.
3. PX>4(X>9) = PX>4(X>4 + 5) = P(X>5) ≈0,52.
4. On a P(6 6X610) = P(X610) −P(X66) = 1−e−0,131×10−1−e−0,131×6
=e−0,131×6−e−0,131×10 ≈0,19
5. E(X) = 1
0,131 ≈7,6h≈7 h 30
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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 Ydonnant 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.
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Annexe 1
Annexe 2
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