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[Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane A P M E P 22 juin 2015 EXERCICE 1 6 POINTS Commun à tous les candidats Partie A 1 Pourtoutes lescourbes ona ga(1)=a Donconadebasenhautles courbes ?005?01?019 et ?04 2 Les courbes ?005 et ?01 semblent sécantes àC en deux points; La courbe?019 semble êtretangente àC ;
Antilles-Guyane 22 juin 2015 - Mathsbook
[Baccalauréat S Antilles-Guyane 22 juin 2015 A P M E P EXERCICE 1 6 POINTS Commun à tous les candidats Soit f la fonction dé?niesur l’intervalle ]0 ; +?[par f (x)=lnx Pour tout réel a strictement positif ondé?nitsur ]0 ; +?[lafonction ga par ga(x)=ax2 OnnoteC lacourbereprésentativedelafonction f et?a
A. P. M. E. P.
?Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane?22 juin 2015
EXERCICE16POINTS
Commun à tous lescandidats
PartieA
1.Pour toutes les courbes, on aga(1)=a. Donc on a de bas en haut les courbesΓ0,05,Γ0,1,Γ0,19etΓ0,4.
2.Les courbesΓ0,05etΓ0,1semblent sécantes àCen deux points;
La courbeΓ0,19semble être tangente àC;
La courbeΓ0,4etCsemblent ne pas être sécantes.Il semble donc que :
si 0 sia=0,19,Γ0,19etCont un point commun;
sia>0,19,ΓaetCn"ont pas de point commun.
PartieB
1.Sim(x;y)?C∩Γa, alors lnx=ax2??lnx-ax2=0??ha(x)=0.
Le nombre de points communs àCetΓaest donc égal au nombre de solutions de l"équationha(x)=
0. 2. a. x01?2a+∞ h ?a(x)+0- h a(x) -∞-1-ln(2a) 2 On a en fait :h?a(x)=1x-2ax=1-2ax2x.
Commex>0 eta>0, le signe deh?a(x) est celui de 1-2ax2. Or 1-2ax2=0??1=2ax2??1
2a=x2??x=1?2a.
D"où le tableau de variation deha.
b.On sait que limx→+∞lnx x=0. Commeha(x)=x?lnx
x-2ax? , on a donc : lim x→+∞lnx x-2ax=-∞et par produit de limites : lim x→+∞x?lnx x-2ax? 3.Dans cette question et uniquement dans cette question, on suppose que
a=0,1. Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
a.h0,1(x)=0??lnx-0,1x2=0. Soitila fonction définie sur ]0 ;+∞[ pari(x)=lnx-0,1x2; cette fonction est dérivable sur ]0 ;+∞[ et sur cet intervalle : i ?(x)=1 x-0,2x. ori?(x)=0??1 x-0,2x=0??1=0,2x2??5=x2??x=?5. On a de mêmei?(x)>0??1
x-0,2x>0??1>0,2x2??5>x2??x5. Sur l"intervalle
?0 ;? 5?, la fonctioniest continue et strictement croissante de-∞à
ln 5-0,1×??5?2=12ln5-0,5≈0,3>0 : la fonctionis"annule donc une seule fois sur cet
intervalle. On admet que cette équation a aussi une seule solution dans l"intervalle?? 5 ;+∞?.
b.D"après la question précédente la courbeΓ0,etCont deux points communs : l"un sur ]0 ;? 5[ et l"autre sur?? 5 ;+∞?.
4.Dans cette question et uniquement dans cette question, on suppose quea=1
2e. a.Le tableau de variations montre que le maximum deh1 2eest égal à-1-ln1
e 2=-1+lne2=0.
b.Le maximum étant nul, on en déduit queh1 2e(x)?0??lnx?12ex2; autrement ditCest sous
1 2e, sauf pourx=1?
212e=?
e où elles ont un seul point commun. 5.Onavu queCetΓan"ont aucunpoint d"intersection lorsque l"équationha(x)=0 n"apasdesolution,
c"est-à-dire lorsque le maximum de la fonctionhaest inférieur à zéro, soit : -1-ln(2a) 2<0?? -1-ln(2a)<0??ln2a>-1??eln2a>e-1??2a>e-1??
a>1 2e≈0,18394≈0,19.
EXERCICE25POINTS
Commun à tous lescandidats
La partie C peut être traitée indépendamment des parties A etB PartieA
1.D"après l"indication :?x
0 λte-λtdt=?
t+1 e -λt?x 0 x+1λ? e -λx-? 0+1λ?
e -λ×0? 1 t+1λ? e -λt=1λ?1-xλe-λx+e-λx? 2.De limx→+∞e-x=0, on en déduit avecλ>0, limx→+∞e-λx=0 et aussi limx→+∞xλe-λx=0.
Conclusion : lim
x→+∞e-x=? x 0 λte-λtdt=1
PartieB
1.Sur le graphique de l"annexe 2 (à rendre avec la copie) :
a.Voir la surface hachurée sur l"annexe 2 à la fin. 22 juin 20152Antilles-Guyane
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
b.On lit comme ordonnée à l"origineλ=0,5. 2.On suppose queE(X)=2.
a.E(X)=2 signifie que la durée de vie d"un composant est en moyenne égale à 2 ans. b.On a vu queE(X)=1 λ=2??λ=0,5.
c.On a :P(X?2)=? 2 0 λe-0,5tdt=?-e-0,5t?20= -e-0,5×2-?e-0,5×0?=1-e-1=e-1 e≈0,632≈0,63 au centième près. Ce résultat est la probabilité qu"un composant ait une durée de vie inférieure à
l"espéranceE(X). d.Il faut trouver :P(X?1)(X?3)=P(X?1)(X?2)=P(X?2)=1-P(X?2)=1-?1-e-1?=e-1≈0,368. PartieC
1.Les évènementsD1etD2sont indépendants, donc :
P 2.Ici la probabilité est égale à :P(D1?D2)=P(D1)+P(D2)-P(D1∩D2)=0,39+0,39-0,1521=0,6279.
EXERCICE34POINTS
Commun à tous lescandidats
PartieA
?I M ?M R O-→u-→
v 1.Puisque OM= OR, on a|zM|=|zR|=|z|.
CommeRa un argument égal à 0 à 2πprès on azR=|z|. 2. z ?=1 2? z+|z|2? L"affixe de
z+|z| 2est égale à la demi-somme des affixes de celles deMet deR. Le point ayant cette
affixe est donc le milieuIdu segment [MR]. Finalement le pointM?est le milieu de [OI].
PartieB
22 juin 20153Antilles-Guyane
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
1.Siz0est un nombre réel négatif, on a|z0|= -z0. D"oùz1=z0+|z0|4=z0-z04=0 et tous les termes
suivants de la suite sont nuls. La suite converge vers 0. 2.Siz0est un nombre réel positif, on a|z0|=z0. D"où
z 1=z0+|z0|
4=z0+z04=z02, puisz2=z1+|z1|4=z
0 2+z02 4=z04.
Montrons par récurrence quezn=z0
2n. Initialisation: on vu que la relation est vraie pourn=0. Hérédité: supposons que pourn?N,zn=z0
2n; alors
z n+1=zn+|zn| 4=z 0 2n+z02n4=z
0 2n-1 22=z02n+1: la relation est vraie au rangn+1.
On a montré quez0=z0
20et que si pourn?N,zn=z02nalorszn+1=z02n+1
On a donc démontré par le principe de récurrence que pour toutnatureln,un=z0 2n. La suite
(zn)est donc une suite géométrique de premier termez0et de raison1 2. Comme-1<12<1,
on sait que cette suite converge vers 0. 3. a.D"après la première construction, le module dez?Mest inférieur à celui dezMet son argument est
égal à la moitié. On peut donc conjecturer que la suite (|zn|)va elle aussi converger vers 0. b.On sait (inégalité triangulaire) que pour tous complexesz1etz2, que z1+z2|?|z1|+|z2|. En appliquant cette inégalité à
zn 4et à|zn|4, on obtient :
zn+1|???zn 4??+???|zn|4???
ou encore|zn+1|?2|zn|4ou|zn+1|?|zn|2. On montre de la même façon que précédemment par récurrence que|zn|?|z0| 2n. La suite
?|z0| 2n? est une suite géométrique de raison 12qui converge vers 0. Donc d"après le théo-
rème des gendarmes la suite (|zn|)converge elle aussi vers 0. EXERCICE45POINTS
Candidatsn"ayantpas suivi l"enseignementde spécialité PartieA
On considère l"algorithme suivant :
Variables :ketpsont des entiers naturels
uest un réel Entrée :Demander la valeur dep
Traitement :Affecter àula valeur 5
Pourkvariant de 1 àp
Affecter àula valeur 0,5u+0,5(k-1)-1,5
Fin de pour
Sortie :Afficheru
valeur dek12 valeur deu51-0,5 On obtient en sortie :-0,5.
PartieB
22 juin 20154Antilles-Guyane
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
un+1=0,5un+0,5n-1,5. 1.Algorithme modifié :
Variables :ketpsont des entiers naturels
uest un réel Entrée :Demander la valeur dep
Traitement :Affecter àula valeur 5
Pourkvariant de 1 àp
Affecter àula valeur 0,5u+0,5(k-1)-1,5
Afficheru
Sortie :Fin de pour
2.Puisqueu4>u3la suite(un)n"est pas décroissante, du moins pas avant le rang 4.
3.InitialisationOn vient de voir queu4>u3: la relation est vraie pourn=3.
HéréditéOn suppose que pourn?N,n?3 on aitun+1>un. D"où 0,5un+1>0,5un; D"autre part :n+1>n?0,5(n+1)>0,5nd"où par somme des ces deux dernières inégalités : 0,5un+1+0,5(n+1)>0,5un+0,5net en ajoutant-1,5 à chaque membre :
0,5un+1+0,5(n+1)-1,5>0,5un+0,5n-1,5 soitun+2>un+1: la relation est vraie au rangn+1.
On a donc démontré queu4>u3et que pournentier naturel supérieur ou égal à 3,un+1>unen-
traîneun+2>un+1ce qui montre d"après le principe de récurrence que la suite(un)est croissante à
partir du rang 4. 4.Pour tout natureln, on a :vn+1=0,1un+1-0,1(n+1)+0,5=0,1un+1-0,1n+0,4=
0,1 0,5 (0,1un-0,1n+0,5)=0,5vn: la suite(vn)est donc géométrique de raison 0,5. Le premier terme est :v0=0,1×5-0,1×0+0,5=1.
On a donc pour tout natureln,vn=1×0,5n=0,5n=1
2n. 5.On avn=0,1un-0,1n+0,5??0,5n=0,1un-0,1n+0,5??10×0,5n=un-n+5??
u n=10×0,5n+n-5. 6.Comme-1<0,5<1, on a limn→+∞0,5n=0 et comme limn→+∞n=+∞,on a donc limn→+∞un=+∞. La suite
un)ne converge pas. EXERCICE45POINTS
Candidatsayantsuivi l"enseignementde spécialité Les parties A et B peuvent être traitées de façon indépendante PartieA
1. valeur dea2698 valeur deb981 valeur dec810 Affichage1
2. 22 juin 20155Antilles-Guyane
Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.
Variables :cest un entier naturel
aetbsont des entiers naturels non nuls Entrées :Demandera
quotesdbs_dbs49.pdfusesText_49
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