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A. P. M. E. P.

?Corrigé du baccalauréat S Métropole 19 juin 2014?

EXERCICE15POINTS

Commun à tous les candidats

PartieA

1.L"image de 0 par la fonctionf1est :f1(0)=0+e-0=1.

Le point d"abscisse 0 sur la courbeC1, représentative de la fonctionf1, est le point de coordonnées?0 ;f1(0)?, c"est à dire ici(0 ; 1). Le pointA, de coor- données (0 ; 1)est donc bien un point de la courbeC1.

2.La fonctionf1est dérivable surR, en tant que somme et composée de fonc-

tions dérivables surR.

Sa dérivée est définie surRpar :

f ?1(x)=1+(-1)e-x=1-e-x.

On a :f?1(x)?0??1-e-x

??1?e-x ??0?-x, car ln est strictement croissante sur]0 ;+∞[ ??x?0. On en déduit donc le tableau de variations suivant : x-∞0+∞ f ?1(x)-0+ f

1+∞

1+∞

Justifions maintenant les deux limites :

On a limx→+∞x=+∞et limx→+∞e-x=limy→-∞ey=0, et donc par somme : lim +∞f1=+∞. Pour toutxon a :f1(x)=e-x×(xex+1). Et on a : limx→-∞xex=0, d"après la propriété des croissances comparées. On en déduit, par somme : limx→-∞xex+ 1=1.

Comme par ailleurs on a : lim

x→-∞e-x=limy→+∞ey=+∞, on en déduit, par pro- duit : lim -∞f1=+∞.

PartieB

1. a.Soitunentier naturelnnonnul,etunréelx,choisidansl"intervalle [0; 1].

xétant dans l"intervalle [0 ; 1],xest positif. La fonction exponentielle étantàvaleursstrictement positives, onendéduitquee -nxestégalement un nombre positif. La somme de deux nombres positifs étant elle-même positive, on en déduit quefn(x) est positif. On a donc prouvé que pour tout entier natureln, la fonctionfnest à va- leurs positives sur l"intervalle [0 ; 1]. I nest donc l"intégrale sur un intervalle d"une fonction positive sur cet in- tervalle, c"est donc l"aire (exprimée en unité d"aire) de laportion de plan délimitée par : l"axe des abscisses; la courbeCn, représentative defn, et les droites verticales d"équationx=0 (l"axe des ordonnées) etx=1. b.Sur l"intervalle [0 ; 1], il semble que, plusnaugmente, plus les courbes C nsemblent se rapprocher du segment d"équationy=x, chaque courbe semblant être en dessous de la courbe d"indice précédent. On en déduit que les aires successives sous ces courbes doivent être de plus en plus petites, et donc que la suite (In)doit être décroissante. Corrigédu baccalauréat S 19 juin 2014A. P. M. E. P. Comme de plus il semble que les courbes " s"écrasent » sur le segment d"équationy=x, à la limite, l"aire sous la courbe devrait tendre vers l"aire sous le segment, c"est à dire 1 2. On peut donc émettre la conjecture que la suite converge vers 1

2en dé-

croissant.

2.On a :

I n+1-In=? 1 0 fn+1(x) dx-? 1 0 fn(x) dx 1

0?fn+1(x)-fn(x)?dx, par linéarité de l"intégrale.

1

0?x+e-(n+1)x-?x+e-nx??dx

1

0?x+e-(n+1)x-x-e-nx?dx

1 0 e-(n+1)x?1-ex?dx

Ce qui est ce que l"on souhaitait démontrer.

On va maintenant en déduire le signe de cette différence. Pour tout entier nnaturel non nul et pour toutxdans l"intervalle [0 ; 1], le nombre e-(n+1)x est strictement positif, car la fonction exponentielle està valeurs strictement positives, quant au nombre 1-ex, il est négatif, carxétant dans l"intervalle [0 ; 1], on ax?0, et comme la fonction exponentielle est strictement crois- sante surR, donc on en déduit que ex?e0, soit ex?1, donc il suit que

1-ex?0.

Le produit de deux nombres de signes contraires étant négatif, on vient de prouver que, pour tout entiernnaturel non nul et pour toutxdans l"in- tervalle [0 ; 1], le nombre e -(n+1)x(1-ex)est négatif. L"intégrale entre deux bornes bien rangées d"une fonction négative étant négative, on en déduit que, pour tout entiernnon nul, la différenceIn+1-Inest négative. On en déduit que la suite (In) est décroissante. Comme par ailleurs, on a déjà prouvé que, pour toutnnaturel non nul, la fonctionfnest à valeurs positives sur l"intervalle d"intégration [0 ;1], on en déduit que l"intégrale de cette fonction positive entre desbornes (0 et 1) bien rangées est positive, donccelasignifie que pour toutnnaturel non nul,Inest positif. On a donc prouvé que la suite est minorée par 0. (In) étant une suite minorée et décroissante, on peut en conclure qu"elle est convergente vers une limite??0, car la suite est minorée par 0.

3.Nous allons maintenant déterminer cette limite?. Pour tout entiernnaturel

non nul, une primitive defnsur l"intervalle [0 ; 1] est définie par : F n(x)=1

2x2+-1ne-nx=12x2-1ne-nx. On a donc :

I n=? 1 0 fn(x)dx=?1

2x2-1ne-nx?10=Fn(1)-Fn(0).

I n=1

2×12-1ne-n-?12×02-1ne0?

=12+1n×(1-e-n).

Comme on a : lim

n→+∞e-n=0, on en déduit que limn→+∞1-e-n=1 et comme lim n→+∞1 n=0, par produit, puis par somme de limites, on en déduit : lim n→+∞In=1 2. Finalement, nos deux conjectures sont bien vérifiées : la suite est bien dé- croissante, et converge vers une limite qui est bien 1

2, l"aire sous la droite

d"équationy=xentre les abscisses 0 et 1.

Métropole2

Corrigédu baccalauréat S 19 juin 2014A. P. M. E. P.

EXERCICE25POINTS

Commun à tous les candidats

PartieA

1.Dans cette question (et la suivante), le choix de la personnedans la popula-

tion étant fait au hasard, on est dans une situation d"équiprobabilité et donc les proportions sont assimilées à des probabilités. a.Le pourcentage de personnes malades étant de 0,1%, la probabilité de l"évènementMsera donc de 0,001.

On obtient l"arbre pondéré suivant :

M 0,001 T0,99 T0,01 M

0,999T0,001

T0,999

b.Onapplique laloi desprobabilités totales, les évènementsMetMconsti- tuant une partition de l"univers :

P(T)=P(M∩T)+P?

M∩T?

(0,99+0,999)=1,989×10-3.

On obtient donc bien la valeur attendue.

c.Puisque l"affirmation fait référence à la probabilité d"être maladesachant quele test est positif, on va calculer la probabilité conditionnelle sui- vante :PT(M)=P(T∩M) La probabilité est inférieure à 0,5 (le dénominateur étant supérieur au double du numérateur), l"affirmation est correcte : si une personne ob- tient un test positif, alors la probabilité qu"elle soit effectivement ma- lade est (légèrement) inférieure à 0,5, soit un peu moins d"une chance sur deux.

2.On reprend la même démarche, mais en modifiant les probabilités portées

sur les branches de l"arbre qui devient : M x T0,99 T0,01 M

1-xT0,001

T0,999

On a alors :P(T)=0,99x+0,001×(1-x)=0,001+0989xet donc : P

T(M)=0,99x

0,001+0,989x.

On rappelle quexest une proportion, donc un nombre réel compris entre 0 et 1, les probabilités données ci-dessus sont donc bien comprises entre 0 et

1 également.

La question est alors de résoudre l"inéquation suivante :

Métropole3

Corrigédu baccalauréat S 19 juin 2014A. P. M. E. P.

PT(M)?0,95??0,99x0,001+0,989x?0,95

??0,99x?0,95×(0,001+0,989x) car 0,001+0,989x?0. ??0,99x?0,00095+0,93955x ??0,05045x?0,00095 ??x?0,00095

0,05045car 0,05045 est positif.

Le test sera donc commercialisable à condition que la proportionxsoit su- périeure à0,00095

0,05045=191009≈0,01883, c"est à dire quand le pourcentage de la

population atteint par la maladie est supérieur à environ 1,88%.

PartieB

1. a.Onutilise lacalculatrice, quidonne :P(890?X?920)≈0,92 à10-2près.

b.On poseZ,variable aléatoire définie par :Z=X-μ

σ. CommeXsuit la loi

normaleN(μ;σ), alorsZsuit la loi normale centrée réduiteN(0 ; 1). On peut donc utiliser le nombreu0,01≈2,58 tel que : P(-u0,01?Z?u0,01)≈1-0,01=0,99 à 10-3près.

Or :-2,58?Z?2,58?? -2,58?X-900

7?2,58

?? -18,06?X-900?18,06 ??900-18,06?X?900+18,06 Puisque le nombrehdemandé est entier, on arrondit àh=18. On vérifie bien à la calculatrice queP(882?X?918)≈0,9899≈0,990 à 10 -3près.

2.Puisque la sélection de l"échantillon est assimilée à un tirage au sort avec

remise, on a donc 1000 répétitions indépendantes d"une épreuve de Ber- noulli de paramètre 0,97, ce qui conduit donc à un schéma de Bernoulli qui suit la loi binomialeB(1000 ; 0,97). Le paramètren=1000 étant suffisam- ment élevé, on en déduit que la fréquence de succès pour ce schéma de Ber- noulli est comprise dans l"intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95%:?

0,97-1,96×?

0,97×0,03?1000; 0,97+1,96×?

0,97×0,03?1000?

.Lecalculdes valeurs approchées donne, à 10 -4près :[0,9594 ; 0,9806]. Cela signifie que la proportion de comprimés conformes dans un lot de 1000 comprimés est comprise dans l"intervalle ci-dessus, avec une probabilité de tillon est de

1000-53

1000=0,947, c"est à dire en dehors de l"intervalle de fluc-

tuation asymptotique déterminé précédemment, on en déduitque les ré- glages faits par le laboratoire ont une forte probabilité d"être à revoir. La pro- babilité qu"ils soient corrects bien que l"échantillon donne une proportion de comprimés conformes en dehors de l"intervalle de fluctuation n"est que de 0,05.

EXERCICE35POINTS

Commun à tous les candidats

1.Nous avons une équation de degré2, à coefficients réels. On vadonccalculer

le discriminantΔdu trinôme du second degré. Le discriminant étant strictement négatif, l"équation admet deux solutions complexes conjuguées, qui sont : Z

1=-4-ı?

48

2=-4-4ı?

3

2=-2-2ı?3 etZ2=Z1=-2+2ı?3.

Présentons maintenant ces nombres sous leur forme exponentielle, en com- mençant par calculer le module deZ1: Z1|=? (-2)2+?-2?3?2=?4+12=4.

Métropole4

Corrigédu baccalauréat S 19 juin 2014A. P. M. E. P.

On peut donc écrire :Z1=4×?

-24+ı-2? 3 4? =4×? -12+ı-? 3 2? Un argument deZ1sera donc un angle dont le cosinus est-1

2et le sinus est

3

2, doncπ+π3=4π3dont la mesure principale est-2π3.

La forme exponentielle deZ1est donc :Z1=4e-2ıπ

3, et puisqueZ2est le

conjugué deZ1,d"aprèsles propriétés desmodules et arguments:Z2=4e2ıπ 3. L"équation admet donc deux solutions, qui sous leurs formesexponentielles sont :Z1=4e-2ıπ

3etZ2=4e2ıπ3.

2.Siaa pour module 2 et pour argumentπ

3, alorsa=2eıπ

3et donc, d"après les

propriété du module et des arguments,a2=22e2×ıπ

3, donc on aa2=Z2et

donc la forme algébrique dea2est-2+2ı? 3. Le nombreaest donc une solution à l"équation dont on parle dans cette question. L"autre solution sera donc-a, car (-a)2=a2, donc siaest une solution,-aen sera une aussi. On va donc présenter les deux solutions sous forme algébrique, comme de- mandé : a=2eıπ

3=2×?12+ı?

3 2? =1+ı?3 et-a=-1+ı×?-?3?.

3.Soientz1etz2deux nombres complexes. Il existe donc quatre nombres réels

x

1;y1;x2ety2tels quez1=x1+ıy1etz2=x2+ıy2.

On a alorsz1z2=(x1+ıy1)(x2+ıy2)

=x1x2+ıx1y2+ıy1x2+ı2y1y2 =(x1x2-y1y2)+ı(x1y2+x2y1) x

3=x1x2-y1y2ety3=x1y2+x2y1, qui sont réels également.

On a donc écrit le produitz1z2sous la formex3+ıy3, oùx3ety3sont des nombres réels, donc le conjugué dez1z2est :

Par ailleurs, calculons le produit :

z1z2=(x1-ıy1)×(x2-ıy2) Nousavonsdoncdémontré quepour deuxnombrescomplexes quelconques z

1etz2, on a :

z1z2=z1z2. La seconde propriété sera démontrée par récurrence. Posons, pour tout en- tier naturelnnon nul la propriétéPn, qui dit que pour tout complexez, on a zn=?z? n.

Initialisation :Pourn=1, on az1=z, donc

z1=z=?z?

1:la propriétéP1est

donc vraie. Hérédité :Pourkentier naturel quelconque non nul, on suppose vraie la propriétéPk, c"est à dire que l"on suppose que pour tout complexez, on a zk=?z? k. Soitzun nombre complexe. On s"intéresse donc à zk+1. On azk+1=zk×z, donc : zk+1=zk×z zk×zapplication de la propriété précédente. z?k×zpar hypothèse de récurrence. z?k+1ce qui constitue la propriétéPk+1. Conclusion :Nous avons donc démontré que la propriétéP1est vraie et que si la propriétéPkest vraie, cela implique quePk+1l"est également. On peut donc dire par le principe de la récurrence que pour tout entiernnaturel non nul, et pour tout nombre complexez, on a zn=?z? n.

Métropole5

Corrigédu baccalauréat S 19 juin 2014A. P. M. E. P.

4.Soitzune solution del"équation (E),celasignifie que l"on a:z4+4z2+16=0.

Vérifions maintenant si le conjugué dezest une solution de l"équation : z4+4z2+16=z4+4z2+16 dernière propriété démontrée. z4+4z2+16 première propriété démontrée sachant que 4=

4, car 4 est réel.

z4+4z2+16 somme des conjugués.

0 carzest solution de (E).

=0 car 0 est réel, donc est son propre conjugué. On a établi à la question2.que les nombresaet-asont tels quea2=Z2et (-a)2=Z2. Comme parailleurs onaditqueZ2estsolution del"équationZ2+4Z+16=0, cela signifie que?a2?2+4?a2?+16=0, donc quea4+4a2+16=0, donca est solution de (E) et de la même façon,-aest aussi une solution de cette

équation.

En appliquant la propriété démontrée au début de cette question, on en dé- duit que les nombres aet-asont également des solutions à cette équation. Nous avons donc 4 solutions à l"équation, qui sont distinctes :a=1+ı? 3; -a=-1-ı?

3;a=1-ı?3et-a=-1+ı?3, doncpuisqu"il y aaumaximum 4

solutions à l"équation, celle ce ne peut avoir d"autre solution que celles trou- vées, et donc l"équation (E) a été résolue.

EXERCICE45POINTS

Candidatsn"ayantpas suivi l"enseignementde spécialité

Tout d"abord, une figure :

??D A G C E B F

1. a.Commençons pardescoordonnées"évidentes»,puisque liéesaurepère:

A(0 ; 0 ; 0) ;B(1 ; 0 ; 0) ;C(0 ; 1 ; 0) etD(0 ; 0 ; 1). PuisqueFest le milieu de [BC], on en déduit que ses coordonnées sont la moyenne de celles des pointsBetC, doncF?1

2;12; 0?

b.Les coordonnées du vecteur--→DFsont donc :--→DF?1

2;12;-1?

Si on appelleMtle point de paramètretsur la droite (DF), défini tel que---→DMt=t--→DF, alors la représentation paramétrique de la droite (DF) est

2t y=1 2t z=1-tt?R. c.Puisque le planPest orthogonal à (DF), alors un vecteur normal àPest le vecteur 2--→DF, de coordonnées (1 ; 1 ;-2). Une équation cartésienne du plan sera alors de la formex+y-2z+d=0, oùdest un nombre réel.

Métropole6

Corrigédu baccalauréat S 19 juin 2014A. P. M. E. P. Comme ledit plan doit contenir le pointA, le réelddoit être choisi de sorte que les coordonnées deAvérifient l"équation, donc :

0+0-2×0+d=0, ce qui donned=0.

Une équation cartésienne du planPest donc :x+y-2z=0. d.Le pointHest un point de (DF), mais c"est aussi un point deP, donc ses coordonnéessont celles d"unpoint deparamètretdanslareprésentation paramétrique, qui vérifie également l"équation du plan : M t?P??1

2t+12t-2(1-t)=0

??3t-2=0 ??t=2 3 si le paramètretest2

3, ce qui nous indique que le pointHest le point de

coordonnées :?1

2×23;12×23; 1-23?

, c"est à dire :H?13;13;13? e.Calculons les coordonnées des vecteurs--→HEet--→HG: --→HE=?1

2-13; 0-13; 0-13?

=?16;-13;-13? HG=? 0-1

3;12-13; 0-13?

-13;16;-13? Comme on travaille avec un repère orthonormé, le produit scalaire des deux vecteurs peut être obtenu avec ces coordonnées, et on a : --→HE·--→HG=1 Comme le produit scalaire des deux vecteurs est nul, ceux ci sont ortho- gonaux, et donc l"angle ?EHGest bien droit.

2.On reconnaît dans le pointMdécrit, le point de paramètretdans la repré-

sentation paramétrique de la droite (DF) donnée à la question1. b.. a.Le pointEest le milieu du segment [AB], donc ses coordonnées sont E?1

2; 0 ; 0?

donc le vecteur--→MEa pour coordonnées : ?1

2-12t; 0-12t; 0-(1-t)?

, soit--→ME?12(1-t) ;-12t;t-1?

On a doncME2=--→ME·--→ME=?1

2(1-t)?

2 -12t? 2 t-1? 2 ME 2=1

4(t2-2t+1)+t24+t2-2t+1=32t2-52t+54

On a bien prouvéME2=3

2t2-52t+54

b.On procède de façon analogue pour calculer le carré de la distanceMG: Le pointGest le milieu du segment [AC], donc ses coordonnées sont E? 0 ;1 2; 0? donc le vecteur---→MGa pour coordonnées : MG? 0-1

2t;12-12t; 0-(1-t)?

, soit---→MG? -12t;12(1-t) ;t-1?

On a doncMG2=---→MG·---→MG=?

-1 2t? 2 +?12(1-t)? 2 t-1? 2 MG 2=t2

4+14(t2-2t+1)+t2-2t+1=32t2-52t+54

OnabienprouvéMG2=3

2t2-52t+54=ME2.Deuxnombresontlemême

carré quand ils sont égaux ou opposés, orMEetMGétant des distances, ils ne peuvent être opposés, doncME=MGet donc le triangleMEGest bien isocèle enM.

Visualisons la situation dans le plan (MEG) :

Métropole7

Corrigédu baccalauréat S 19 juin 2014A. P. M. E. P. E GM I 2 On nommeIle pied dela hauteur issue deMdans ce triangle. Le triangle donc on peut dire que dans le triangleEMI, rectangle enI, l"angle?EMI a donc une mesure égale àα

2, et donc le sinus de cet angle est égal au

soit : sin?α 2? =IEME, ce qui donne :MEsin?α2? =IE, orIEest la moitié deEG, puisque (IM), la hauteur issue du sommet principal d"un triangle isocèle est aussi la médiane issue de ce sommet, doncIest le milieu de [EG]. La distanceEGpeut être calculée en utilisant les coordonnées deEetG, puisque le repère est orthonormé : EG=? (xG-xE)2+(yG-yE)2+(zG-zE)2=?1

4+14+0=12?2=1?2.

La distanceIEétant lamoitié decette distanceEG,on arrive bien àl"éga- lité attendue :MEsin?α 2? =12?2. c.Puisqueαdésigne la mesure en radians d"un angle géométrique, on peut en déduire que cette mesure varie dans l"intervalle [0 ;π] et donc que lequotesdbs_dbs13.pdfusesText_19