Corrigé du bac S blanc Lycée Français de Valence 4 avril 2013

[ Corrigé du bac S blanc Lycée Français de Valence \
4 avril 2013
E XERCICE 1
Commun à tous les candidats
5 points
VRAI ou FAUX ?
Pour chacun des énoncés suivants, indiquer si la proposition correspondante est vraie ou fausse et proposer une
justification de la réponse choisie.
1. Énoncé 1 :
³ π ´ p2
1
π
.
VRAI : exemple a n = − n . On a alors lim u n = lim si n(a n ) = si n
=
n→+∞
n→+∞
4 2
4
2
2. Énoncé 2 :
2iπ
40iπ
2i×20π
2iπ
et z 20 = e 3 = e 3 . Or
FAUX : on a z 1 = e 3 qui a pour argument
3
40π 36π + 4π
4π
4π 2π
=
= 12π +
, donc z 20 a pour argument
6=
. Donc les points O, M 1 et M 20 ne sont pas
3
3
3
3
3
alignés.
3. Énoncé 3 :
1
1
= 0 car −x ≤ xcos ≤ x
x→0
x→0
x
x
Comme lim −x = lim x = 0 par le théorème des gendarmes, on obtient lim f (x) = 0 = f (0)
VRAI : lim f (x) = lim xcos
x→0
x→0
x→0
4. Énoncé 4 :
VRAI : f est continue sauf en 2, positive ou nulle sur R et
¸
·
Z+∞
Z+∞
Zy
2
2
2
2 y
f (x)dx =
= lim − + 1 = 1
dx
=
lim
dx
=
lim
−
y→+∞ 2 x 2
y→+∞
x2
x 2 y→+∞ y
−∞
2
ainsi f est bien une densité.
5. Énoncé 5 :
FAUX : si la courbe 3 est la représentation graphique de f , la courbe 1 est celle de F puisque c’est la seule qui
contient l’origine (F (0) = 0).
³π´
³π´
Or on voit sur la courbe 1 que F ′
= 0, mais f
6= 0. Donc la courbe 1 n’est pas la représentation gra4
4
phique de la primitive F .
E XERCICE 2
Commun à tous les candidats
6 points
Partie A
1.
a. f est une somme de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[ et sur cet intervalle :
5−x −3 2−x
1
−1 =
=
.
f ′ (x) = 5 ×
x +3
x +3
x +3
Or x > 0 ⇒ x + 3 > 3 > 0.
• 2 − x > 0 ⇐⇒ x < 2.
• 2 − x < 0 ⇐⇒ x > 2.
• 2 − x = 0 ⇐⇒ x = 2.
b. - La fonction f est croissante sur [0 ; 2[.
- La fonction f est décroissante sur ]2 ; +∞[.
- f (2) = 5 ln(4) − 2 ≈ 4, 93 est le maximum de la fonction f sur [0 ; +∞[.
On a le tableau de variations suivant :
x
0
2
5 ln(4) − 2
f (x)
5 ln 3
α
+∞
0
−∞
c. Comme x > 0, on peut factoriser :
¶
µ
¶
µ
¶
µ
¶
µ
¶
µ
3
3
3
ln x
3
− x = 5 ln x + 5 ln 1 +
= 5 ln x − x + 5 ln 1 +
=x 5
f (x) = 5 ln x 1 +
− 1 + 5 ln 1 + .
x
x
x
x
x
¶
µ
3
1
ln x
= ln 1 = 0, donc finalement :
= 0 et que lim
= 0, donc que lim ln 1 +
d. On sait que lim
x→+∞ x
x→+∞
x→+∞ x
x
lim f (x) = lim −x = −∞.
x→+∞
x→+∞
D’autre part f (0) = 5 ln 3.
e. Voir le tableau plus haut.
2.
a. Sur l’intervalle ]2 ; +∞[, f est strictement décroissante de f (2) > 0 à −∞. Il existe donc un réel unique
α > 2, tel que
f (α) = 0 ⇐⇒ 5 ln(α + 3) − α = 0.
b. f (14) = 5 ln 17 − 14 ≈ 0, 17 > 0 et f (15) = 5 ln 18 − 15 ≈ −0, 55 < 0, donc 14 < α < 15.
La calculatrice livre :
f (14, 2) = 5 ln(17, 2) − 14, 2 ≈ 0, 02 > 0 et
f (14, 3) = 5 ln(17, 3) − 14, 3 ≈ −0, 05 < 0, donc
14, 2 < α < 14, 3.
c. Le tableau de variations montre donc que :
- f (x) > 0 sur [0 ; α[ ;
- f (x) < 0 sur [α ; +∞[ ;
- f (α) = 0.
Partie B
1.
a.
b. La suite semble être croissante.
2.
a. La fonction g a même sens de variation que la fonction ln, soit croissante ; on peut également calculer
5
g ′ (x) =
> 0 comme quotient de deux nombres supérieurs à zéro.
x +3
b. On a vu dans la partie que f (α) = 0 ⇐⇒ 5 ln(α + 3) − α = 0 ⇐⇒ 5 ln(α + 3) = α ⇐⇒ g (α) = α.
c. Initialisation : On a 0 6 4 6 α : l’encadrement est vrai au rang 0 ;
Hérédité : Supposons qu’il existe p ∈ N tel que 0 6 u p 6 α
Comme la fonction g est croissante sur [0 ; +∞[ donc en particulier sur [0 ; α], on a donc :
¡ ¢
g (0) 6 g u p 6 g (α) c’est-à-dire
5 ln 3 6 u p+1 6 α (d’après la question précédente).
On a donc a fortiori : 0 6 u p+1 6 α.
L’encadrement est vrai au rang p + 1.
On a donc démontré par récurrence que pour tout naturel n ∈ N
0 6 u n 6 α.
d. On a vu que sur l’intervalle [0 ; α[, f (x) > 0 sur [0 ; α[, donc pour tout u n tel que 0 6 u n 6 α, ln (u n + 3)−
u n > 0 ⇐⇒ ln (u n + 3) > u n ⇐⇒
g (u n ) > u n ⇐⇒ u n+1 > u n , ce qui démontre que la suite (u n ) est croissante.
Cette suite est croissante et majorée par α : elle converge donc vers une limite ℓ telle que ℓ 6 α.
e. La relation u n+1 = 5 ln (u n + 3) donne par continuité de la fonction dérivable g et par limiteen plus l’infini :
ℓ = ln(ℓ + 3) ⇐⇒ ln(ℓ + 3) − ℓ = 0 ⇐⇒ f (ℓ) = 0.
Or on a vu à la question 2. a. de la partie A que α est la seule solution de l’équation f (x) = 0 sur [0 ; +∞[.
Conclusion ℓ = α.
On a donc lim u n = α.
n→+∞
3.
a. Cet algorithme calcule successivement u 1 , u 2 , . . .. On a vu que cette suite converge vers le nombre α
supérieur à 14, 2. La condition u −14, 2 < 0 sera donc réalisée et l’algorithme affichera la première valeur
de la suite supérieure à 14, 02.
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b. Il suffit de taper sur la calculatrice :
u 0 = 4 Entrée
5 ⋆ ln(ANS(1) + 3) Entrée
Entrée, etc
On obtient u 6 ≈ 14,223 15 > 14, 2.
E XERCICE 3
Commun à tous les candidats
4 points
1. Étude des fonctions f et g
a. f (x) = exe−x et g (x) = ex 2 e−x .
On a lim e−x = +∞, d’où par produit de limites lim f (x) = −∞.
x→−∞
x→−∞
Comme lim x 2 = +∞, lim g (x) = +∞.
x→−∞
x→−∞
b. On sait que lim xe
x→+∞
−x
= 0, donc lim f (x) = 0.
x→+∞
De même comme pour tout naturel n, lim x n e−x = 0, on a lim g (x) = 0.
x→+∞
x→+∞
c. f produit de fonctions dérivables sur R est dérivable et sur cet intervalle f ′ (x) = e (e−x − xe−x ) = ee−x (1−
x).
Comme e−x > 0 quel que soit le réel x, le signe de f ′ (x) est celui de 1 − x qui est positif sur ] − ∞ ; 1[ et
négatif sur ]1 ; +∞[.
D’où le tableau de variations de f :
x
1
−∞
+∞
1
f (x)
0
−∞
g produit de fonctions dérivables sur R est dérivable et sur cet intervalle
¡
¢
g ′ (x) = e 2xe−x − x 2 e−x = ee−x x(2 − x).
Comme e−x > 0 quel que soit le réel x, le signe de g ′ (x) est celui du trinôme x(1 − x) qui est négatif sauf
entre les racines 0 et 2.
D’où le tableau de variations de g :
x
0
−∞
+∞
2
+∞
4
e
g (x)
0
0
2. Calcul d’intégrales
Z1
Z1
£
¤1
¡
¢
a. I 0 =
e1−x dx = e
e−x dx = e −e−x 0 = e −e−1 + 1 = e − 1.
0
0
b. H (x) = x n+1 e1−x
H ′ (x) = (n + 1)x n e1−x − x n+1 e1−x
donc
Z1
Z1
Z1
x n+1 e1−x dx.
x n e1−x dx −
(n + 1)x n e1−x − x n+1 e1−x dx = n + 1
0
0
0
H (1) − H (0) = (n + 1)I n − I n+1 .
1 = (n + 1)I n − I n+1 .
ainsi
I n+1 = −1 + (n + 1)I n .
c. La formule précédente donne pour n = 0, I 1 = −1 + I 0 = −1 + e − 1 = e − 2.
Pour n = 1, I 2 = −1 + 2I 1 = −1 + 2(e − 2) = 2e − 5.
3. Calcul d’une aire plane
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a. Soit d la fonction définie sur R par d (x) = f (x) − g (x) = xe1−x − x 2 e1−x = xe1−x (1 − x).
Comme e1−x > 0 quel que soit le réel x, le signe de f (x) est celui du trinôme x(1 − x), soit négatif sauf
entre les racines du trinôme 0 et 1.
Ceci montre que la courbe C est au dessus de la courbe C ′ sur ]0 ; 1[ et au dessous sur ] − ∞ ; 0[ et sur
]1 ; +∞[.
b. On vient de voir que sur l’intervalle [0 ; 1] f (x) > g (x), donc l’aire de la partie du plan comprise d’une
part entre les courbes C et C ′ , d’autre part entre les droites d’équations respectives x = 0 et x = 1 est
égale à la différence des intégrales :
A=
Z1
0
f (x) dx −
Z1
0
g (x) dx =
Z1
0
[ f (x) − g (x)] dx = I 1 − I 2 = e − 2 − (2e − 5) = 3 − e.
par linéarité de l’intégrale.
E XERCICE 4
Candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité
5 points
Partie A
Notons p la probabilité que le membre choisi au hasard soit une femme.
L’arbre de probabilités correspondant à la situation est :
1
4
T
b
F
b
p
3
4
T
b
b
1
3
1−p
b
T
F
b
2
3
b
F
a. T = (T ∩ F) ∪ (T ∩ F). C’est une réunion d’événements incompatibles, donc :
p(F) = p(T ∩ F)) + p(T ∩ F) = p F (T)p(F) + p F (T)p(T).
¶
µ
1
1
1 1
1
1
1
Par conséquent : p(T) = p × + (1 − p) × =
− p+ =− p+
4
3
4 3
3
12
3
3
On sait que p(T) = 0, 3 =
.
10
1
1
3
p
1
3
1
12 2
On en déduit : − p + =
⇐⇒
= −
=
d’où p =
= .
12
3 10
12 3 10 30
30 5
2
La probabilité de l’événement F est : p(F) =
5
p(F ∩ T)
=
b. p T (F ) =
p(T)
p
4
3
10
=
5p 5 2 2 1
1
10p
=
= × = = ; p T (F ) =
3×4
6
6 5 6 3
3
Partie B
a.
i. Soit N la variable aléatoire donnant le nombre de membres adhérant à la section tennis parmi les
membres choisis.
Nous avons répétition d’une expérience aléatoire à deux issues, identique et indépendante. N suit
¶
µ
3
3
: N ,→ B 4 ;
.
donc la loi binomiale de paramètres n = 4 (nombre d’épreuves) et p =
10
10
¶
µ
¡4¢ 3 k
3 4−k ¡ 4 ¢ 3 k
= k ×
× 1−
× 0, 74−k .
On sait alors que p(N = k) = k ×
10
10
10
¡ ¢ 32
1 323
≈ 0, 2646 .
× 0, 72 =
D’où : p(N = 2) = 42 ×
10
5 000
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¶
µ
3
.
ii. Cette fois, N suit la loi binomiale B n ;
10
µ ¶0 µ ¶n
µ ¶n
µ ¶n
¡n ¢
3
7
7
7
p n = p(N > 1) = 1 − p(N = 0) = 1 − 0 ×
.
×
= 1−
: pn = 1 −
10
10
10
10
iii. p n > 0, 99 ⇔ 0, 01 > 0, 7n ⇔ ln(0, 01) > n ln(0, 7) (en appliquant la fonction ln qui est croissante)
ln(0, 01)
≈ 12.9.
d’où n >
ln(0, 07)
Il faut que n soit supérieur ou égal à 13 pour que p n soit supérieur à 0,99.
¡ ¢
b. i. Le nombre de tirages possibles de deux jetons est 100
2 = 4 950.
X peut prendre les valeurs 35 (deux jetons gagnants), 15 (un seul jeton gagnant) et -5 (deux jetons
perdants). ¡ ¢
10
1
45
2
=
.
p(X = 2) = ¡100
¢=
4 950 110
2¢
¡90
4 005
89
2
p(X = 0) = ¡100
=
¢=
4 950 110
2
µ
¶
90
1
89
20
2
p(X = 1) = 1 − [p(X = 0) + p(X = 2)] = 1 −
= 1−
+
=
=
.
110 110
110 110 11
La loi de probabilité de X est donc :
-5
89
110
xi
p (X = x i )
15
2
11
35
1
110
89
2
1
110
+ 15 ×
+ 35
=−
= −1. E (X ) = −1 .
110
11
110
110
Cela signifie qu’en moyenne, sur un grand nombre de partie, le joueur perd 1 euro par partie.
ii. L’espérance est E (X ) =
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P
i
x i p (X = x i ) = −5 ×
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