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Bac blanc 2015 - page 1 sur 10

Corrigé du baccalauréat blanc 2015

Exercice 1

1. a. Prélever une pièce est une expérience à deux issues : la pièce de la caisse « souvenirs » porte une

face étrangère avec une probabilité p 0,4, ou elle n’en porte pas avec une probabilité

q 1 p 0,6.

Le propriétaire du magasin prélève au hasard et avec remise 20 pièces, donc on répète l’expérience

20 fois de suite de manière indépendante.

La variable aléatoire X est égale au nombre de pièces portant une face « étrangère »,

X suit la binomiale de paramètres n 20 et p 0,4 .

b. p(X 5)

20

50,450,615 0,0746 à la machine : binomFdp(20, 0.4, 5)

c. p(X 2) 1 p(X 2) 1 p(X 0) p(X 1)

p(X 2) 1

20

1 0,41 0,619 0,620 0,9994.

p(X 2) 0,9994 à la machine : 1 binomFrép(20, 0.4, 1)

2. a. La caisse du rayon « journaux » contient 3 fois plus de pièces de 1 € (soit x %) que celle du

rayon « souvenirs » soit (1 x)% donc x 3(1x) 4x 3

Donc le rayon « journaux » contient 75% des pièces donc p(S) 1

4 0,25 .

Il y a 40 % de pièces étrangères dans la caisse « journaux », donc PS(E) 0,4

P(S E) P(S)PS(E) 0,250,4 P(S E)

Autre rédaction : d’après l’arbre P(S E) 0,250,4

b. S et S est une partition de l’univers

donc d’après la formule des probabilités totales

p(E) p(S ∩E) p(S ∩E) 0,1 p(S) pS(E)

pS(E) 0,08 car 8 % des pièces de la caisse « journaux» ont une face étrangère, donc

p(E) 0,1 0,750,08 0,16

la probabilité que la pièce porte une face étrangère est égale à 0,16 .


+

Autre rédaction : d’après l’arbre, p(E) 0,250,4 0,750,08 0,16

c. pE(S) p(E ∩ S)

p(E)

0,1

0,16 donc pE(S) (d’après le cours)

3. a. On a une expérience à deux issues, la pièce porte une face étrangère avec une probabilité p 0,16

ou n’en porte pas. On effectue n tirages, supposés avec remise, donc indépendants.

La variable aléatoire Y égale au nombre de pièces avec une « face étrangère » suit une loi binomiale

de paramètres n et p 0,16 p(Y 0) n

0 0,160 0,84n

p(Y 1) 1 p(Y 0) 1 0,84n .

b. Avec cet algorithme, on trouve 1 0,16n 0,9 n 14 .

Le plus petit entier est donc 14.

Exercice 2

1. Étude d’une fonction auxiliaire. La fonction g est définie sur par g(x) e x x 1.

a. Comme

xlim e x 0

xlim (x 1)

alors xlim g(x)

Comme

xlim e x

xlim (x 1)

alors xlim g(x)

b. La fonction g est dérivable sur ,

pour tout x, g(x) e x 1 donc g(x) 0 puisque exp 0.

la fonction g est strictement croissante sur

c. On dresse le tableau des variations de la fonction g :

x

g(x)

g(x)

0

D’après le tableau et le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires,

l’équation g(x) 0 admet une unique solution sur

Localisation : g(1,28) 0,00196 0

g(1,17) 0,01083 0 donc g(1,28) g() g(1,27)

donc 1,28 1,27 car la fonction g est croissante.

d. D’après le tableau précédent, g(x) 0 sur [ ; [ et g(x) 0 sur ] ; ]

2. Étude de la fonction .

a. Comme

xlim x e x 0

xlim e x

alors xlim (x) 0 .

donc l'axe (xx) est asymptote à au au voisianage de

0 N

while 1 0.84^N 0.9

N+1 N end Disp N


pour tout x, (x) xe x ex

(e x 1)ex

x

1 ex

comme

xlim x

xlim ex 0

alors xlim (x)

b. est dérivable sur et u

v on reconnaît

u

v

uv uvv2

comme u(x) xe x on reconnaît (UV) UV UV donc u(x) 1e x xe x

pour tout x, (x) (e x xe x )(e x 1) xe xe x

(e x 1)2

(x) e x (1 x)(e x 1) xe xe x

(e x 1)2

(x) e x (1 x)(e x 1) xe x

(e x 1)2

(x) e x e x 1 xe x x xe x

(e x 1)2

(x) e x e x 1 x

(e x 1)2

pour tout réel x, (x) e x g(x)

e x 12.

c. Dressons un tableau pour le signe de (x) en remarquant que e x 0 et un carré est positif

x

g(x) 0

e x +

(e x1)2 + +

(x) 0

D’où le tableau des variations de

x

(x) 0

(x)

0

()

() 0,28

3. Étude d’une tangente

a. M(x ; y)T y (0) (0)(x 0) avec (0) 0 et (0) 1

2

une équation de la tangente T à la courbe au point d’abscisse 0 est y 1

2 x


b. Pour étudier la position relative de par rapport à T, on étudie le signe de la différence

d(x) (x) 1

2 x

xe x

e x 1

x

2

2xe x x(e x 1)

2(e x 1)

x[2e x (e x 1)]

2(e x 1)

x[2e x e x 1]

2(e x 1)

d(x) x(e x 1)

2(e x 1) on dresse un tableau de signe

e x 1 0 e x 1 e x e0 x 0 car exp est croissante

x 0

2(e x

1)

x 0

e x 1 0

d(x) 0

La courbe est toujours au dessus de sa tangente T

c. Représentation graphique


Exercice 3

1. a. Soit la fonction définie sur ]0 ; [ par (x) 1

2

x

2

x .

est dérivable sur ]0 ; [, pour tout x 0, (x) 1

2

1

2

x2

1

2 x2 2

x2

(x) 1

2

x 2 x 2 x2

comme x 0 alors x 2 0 et par ailleurs x2 0

donc (x) a le même signe que x 2 .

est décroissante sur ]0 ; 2 ] et croissante sur [ 2 ; [.

x 0 2

d(x)

d(x)

2

b. L’escalier « courbe y x courbe y x courbe »

c. On conjecture que un est décroissante à partir du rang 1 et converge vers 1,4

2. a. Soit (n) : « un 2 » pour n*

étape 1 : u1 1

2

1

2 4 2,25 donc u1 2 puisque 2 1,414

étape 2 : supposons (n) vraie c'est-à-dire un 2

donc (un) 2 car est croissante sur 2 ;

par suite un+1 2 donc (n1) est vraie

conclusion : (n) est initialisée au rang 1 et héréditaire

d’après le principe de récurrence, pour tout n*, un 2 .

b. On « sait » que si la courbe est sous : y x alors la suite est décroissante.

Soit x 2 , pour comparer deux nombres, on étudie le signe de la différence

d(x) (x) x 1

2

x

2

x x

1

2 x

1

x x

1

x

x

2

2

2x

x2

2x

2 x2

2x

d(x) 2 x 2 x

x2 or x 2 donc 2 x 0 et 2 x 0

puisque x2 0 on en déduit que d(x) 0 donc (x) x.

pour tout x 2 , (x) x .

c. pour tout n*, un 2 donc (un) un d’après le b.

par suite un+1 un ce qui traduit la décroissance de la suite un

la suite un est décroissante à partir du rang 1 .

d. Comme un est décroissante à partir du rang 1 et minorée par 2

alors la suite un converge

d’après le théorème de la convergence monotone.


3. Soit n lim un alors

n lim

1

2

un

2

un

1

2

2

et

n lim un+1

Comme un+1 1

2

un

2

un

alors 1

2

2

est solution de l’équation x 1

2

x

2

x .

x 1

2

x

2

x 2x x

2

x

2x2 x2 2

x2 2

x 2 ou x 2 or 0.

conclusion : n lim un 2 .

C’est l’algorithme de Héron d’Alexandrie pour déterminer une racine carrée approchée.

A1 A2 A0 A3

u0 u1 u2 u3


AB

C

E

GH

M

N

P

e

g

p

F

D

Q

R

S

Exercice 3

Partie A

Partie B

1. et admettent u

1

2

2 et

1

1

1 comme vecteurs directeurs respectifs

leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles donc u et ne sont pas colinéaires

donc les droites et ne sont pas parallèles

M(x ; y ; )∩

x 1 2 k

y 1 2 1 k

2 3 k

1 2 k

1 2 1 k

2 3 k

k 3 (1)

2 k 2 (2)

k 1 (3)

k 3 (1)

2 k 2 (2)

0 1 (2)+(3)

pas de solutions

les droites et ne sont pas sécantes

et ne sont ni sécantes, ni parallèles, elles ne sont donc pas coplanaires

Affirmation 1 : fausse

2. I(0,5 ; 0 ; 0) ; J(1 ; 1 ; 0,5) et M(0,5 ; 0,5 ; 0,5), H(0 ; 1 ; 1)

le point M appartient au plan (IJH) si IJ

0,5

1

0,5 , IH

0,5

1

1 et IM

0

0,5

0,5 sont coplanaires

IH et IM ne sont pas colinéaires car leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles

on cherche donc s’il existe x et y tels que xIH yIM IJ (E)


(E)

0,5x 0,5 (1)

x 0,5y 1 (2)

x 0,5y 0,5 (3) il n’y a aucune solution d’après (2) et (3)

par conséquent les vecteurs IJ , IH et IM ne sont pas coplanaires

Affirmation 2 : fausse .

autre idée : les coordonnées de M vérifient un système d’équations paramétriques du plan

M(0,5 ; 0,5 ; 0,5)(IJH)

0,5 0,5 0,5 0,5k

0,5 0,5 0 k

0,5 0 0,5 k

aucune solution

3. On considère les points A(1 ; 0 ; ), B(0 ; 1 ; 2), C(2 ; 1 ; 1), D(3 ; 2 ; 1), E(1 ; 2 ; 2).

(DE)(ABC) DE , AB , AC coplanaires

AB

1

1

1 ; AC

1

1

0 et DE

2

0

1

AB et AC ne sont pas colinéaires car les coordonnées ne sont pas proportionnelles

existe-t-il x et y tels que xAB yAC DE (E)

(E)

x y 2

x y 0

x 1

x y 2

y 1

x 1

x 1

y 1

DE AB AC donc DE , AB , AC coplanaires

Affirmation 3 : vraie

on pouvait remarquer que DE CB donc (DE)(BC)(ABC) donc (DE)(ABC)

autre idée : chercher l’intersection de (DE) avec (ABC)

M(x ; y ; )(DE)∩(ABC)

1 s 3 2k

0 s 2

1 1 k

on obtient une infinité de solutions donc (DE)(ABC) (encore plus précis)


A

CB

0,70,1

0,150,85

0,6

0,2

0,4 Exercice de spécialité

Partie A 1. le graphe probabiliste qui traduit la situation étudiée.

2. Ln = (an bn cn) l’année 2015 n pour n.

a.

T (0,4 0,6 00,2 0,7 0,10 0,15 0,85

) Ln+1 LnT.

b. (0,4 0,6 00,2 0,7 0,10 0,15 0,85

)

(0,4 0,6 00,2 0,7 0,10 0,15 0,85

) (0,28 0,66 0,060,22 0,625 0,1550,03 0,2325 0,7375

)

m2,1 0,20,4 0,70,2 0,10 0,22

T2 (0,28 0,66 0,060,22 0,625 0,1550,03 0,2325 0,7375

)

c. m2,1 représente la probabilité qu’un adhérent qui était au niveau B en 2015 soit au niveau A

deux ans plus tard

3. On rappelle que L0 (0,3 0,6 0,1).

a. L1 L0 T (0,3 0,6 0,1) (0,4 0,6 00,2 0,7 0,10 0,15 0,85

)

La répartition de probabilité en 2016 est (0,24 0,615 0,145)

b. L5 L0 T5 donne la répartition de probabilité en 2020.

La répartition de probabilité en 2020 est (0,191 0,547 0,262)

c. Au bout de 20 ans la probabilité qu’un adhérent soit au niveau

B est d’environ 0,501 à 103 près donc

le président de l’association a raison .

Partie B

1. 41 4 (9)

42 16 7 (9) (on multiplie par 4 comme dans le programme)

43 28 1 (9) (gagné !)

on en déduit que 43k 1k (9) soit 43k 1 (9) pour k 43k 1 (9) donc si n 3k alors 4n 1 (9)

43k1 14 4 (9) donc si n 3k 1 alors 4n 4 (9)

43k2 142 7 (9) donc si n 3k 2 alors 4n 7 (9)

A

B

C

A B C vers


2. méthode 1 par disjonction des cas

n 3k

4n 3n 1 43k 33k 1 1 9k 1 0 (9)

n 3k 1

4n 3n 1 43k1 3(3k 1) 1 4 9k 3 1 0 (9)

n 3k 2

4n 3n 1 43k2 3(3k 2) 1 7 9k 6 1 0 (9)

pour tout entier naturel n, 4n 3n 1 0 (modulo 9)

méthode 2 par récurrence (et les congruences quand même)

soit un 4n 3n 1 et (n) : « un 0 (9) »

étape 1

u0 40 30 1 0 donc u0 0 (9) et (0) est vraie

étape 2

supposons (n) vraie, c’est-à-dire un 0 (9) 4n 3n 1 (9)

démontrons (n 1) vraie, c’est-à-dire un+1 0 (9)

un+1 4n+1 3(n 1) 1 44n 3n 3 1 44n 3n 4

un+1 4(3n 1) 3n 4 (9) d’après l’hypothèse de récurrence

un+1 12n 4 3n 4 (9)

un+1 9n (9)

un+1 0 (9) donc (n1) est vraie

conclusion

d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, 4n 3n 1 0 (modulo 9)

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