0.5 2.b La probabilité qu’il soit non porteur de la maladie et que son test soit positif est égale àp(M ∩T) =p(M)×pM(T

(1)

TS GRILLE DE CORRECTION - BAC BLANC - mars 2013 NOTE :

E1 Réponse Points Obtenus

1 Arbre de probabilités :

b b

M 0,01

b T

0,85

b T

0,15

b

M 0,99

b T

0,05

b T

0,95

0.5

2.a On suit la première branche :

P(M∩T) =p(M)×pM(T) = 0,01×0,85 = 0,0085.

0.5 2.b La probabilité qu’il soit non porteur de la maladie et que son test soit positif est

égale àp(M ∩T) =p(M)×p_M(T) = 0,99×0,05 = 0,0495.

On a doncp(T) =P(M∩T) +p(M∩T) = 0,0085 + 0,0495 = 0,058.

0.5

3 Il faut calculerpT(M) =p(M∩T)

p(T) =0,0085

0,058 ≈0,1466. 0.5

4.a On a ici un schéma de Bernoulli. Les épreuves répétées sont identiques et indé- pendantes avecn= 5 etp= 0,058.

X suit donc la loi binomialeB(5 ; 0,058).

p(X =k) = ⁵_k

×0,058^k×(1−0,058)⁵⁻^k

On obtient le tableau de la loi de probabilité de X suivant :

X =xi 0 1 2 3 4 5

p(X =xi) 0,7417 0,2284 0,0281 0,0017 0,0001 0

0.5

4.b La probabilité pour qu’au moins un des cinq animaux ait un test positif est p(X >1) = 1−p(X = 0) = 1−0,7417 = 0,2583.

0.5 5.a E(X) = 0×0,9405 + 100×0,0580 + 1000×0,0015 = 5,80 + 1,50 = 7,30e. 0.5 5.b Pour 200 bêtes, le coût sera en moyenne de :

200×7,30 = 1460e.

0.5

Total−→ 4 points

E 2 Réponse Points Obtenus

1.a |zA|=| −2i|= 2|i|= 2 ;|zB|=| −√

3 + i|= q

(−√

3)²+ 1 = 2 et|zC|= 2 arg(zA) = arg(−2i) = −π/2 (2π) ; arg(zB) = arg(−√

3 + i) = 5π/6 (2π) et arg(zC) = arg(√

3 + i) =π/6 (2π)

1.5 1.b |zA|=|zB|=|zC| ⇔OA=OB=OC donc Γ de centre O et de rayon 2. 0.5 1.c

O ~u

~v

b

bb

C

A B

D

0.5

2.a |q|=

zB−zA

zC−zA

= |zB−zA|

|zC−zA| =| −√ 3 + 3i|

|√

3 + 3i| =

√12

√12 = 1 arg(q) = arg

zB−zA

zC−zA

= arg 1

2 + i

√3 2

=π

3 (2π) 1

1

(2)

2.b |q|= AB

AC et arg(q) = (−→AC;−−→AB) (2π). D’après ce qui précéde, on a donc : AB AC = 1 ⇔ AB= AC et (−→AC;−−→AB) = π

3. Ces deux relations suffisent à justifier que le triangleABC est équilatéral.

0.5

3.a SoitD(−√

3−i).|z|=|z+√

3 + i| ⇔ |z−zO|=|z−zD| ⇔OM =DM ⇔

M ∈médiatrice du segment [OD] 0.5

3.b |zA| = 2 et |zA−zD| = |√

3−i| = 2 donc l’affixe de A vérifie la relation de la question 3.a, ce qui implique queA∈(E).

|zB|= 2 et|zB−zD|=|2i|= 2 donc l’affixe deB vérifie également la relation de la question 3.a, ce qui implique queB∈(E).

0.5

Total −→ 5 points

A.1

x→+∞lim lnx

x = 0⁺

Xlim→0 X>0

1

X = +∞











(composition)

x→+∞lim x

lnx= +∞ et lim

x→1 x>1

lnx= 0⁺ donc lim

x→1 x>1

x

lnx = +∞ 1

A.2 f est dérivable sur I =]1; +∞[. f = u

v avec u : x 7−→ x et v : x 7−→ lnx.

f^′ = u^′v−uv^′

v² . Pour toutx >1,f^′(x) = 1×lnx−1×1/x

(lnx)² = lnx−1

(lnx)² . Comme (lnx)²>0 sur I,f^′(x) est du signe de lnx−1. lnx−1>0⇔lnx >1⇔x >e.

f est donc strictement croissante sur [e;∞[. On démontre de même que f est strictement décroissante sur ]1; e].

1

A.3 Commef est strictement croissante sur [e; +∞[ :x>e⇒f(x)>f(e). Orf(e) = e car ln e = 1, d’où le résultat : six>e alors f(x)>e. (On pouvait également le voir par lecture du tableau de variations)

0.5

B.1

-1 0 1 2 3 4

x 1

O 1

b

A0

A1

A2

e

La suite (un) semble décroissante et converger vers e.

0.5

B.2.a Se démontre par réurrence :P(n) :un>e pourn∈N. Initialisation:n= 0 :u0= 5 et 5>e donc P(0) vraie.

Hérédité : ∀n∈N, P(n)vraie ⇒P(n+ 1) vraie ? D’après A.3, si un > e alors f(un) > e ⇔ un+1 > e. D’après le principe du raisonnement par récurrence,un>e pour tout n.

1

B.2.b Il semble que (un) soit décroissante. Soit :P(n) :un>un+1 pour n∈N. Initialisation:n= 0 :u0= 5 etu1<5 doncP(0) vraie.

Hérédité : ∀n∈N, P(n) vraie ⇒P(n+ 1) vraie ? f strictement croissante sur [e; +∞[ et un > e, ∀n ∈ N (cf B.2.a) donc, si un > un+1 alors f(un) > f(un+1) ⇔ un+1 > un+2. D’après le principe du raisonnement par récurrence, (un) décroissante

0.5

B.2.c La suite (un) est minorée par e et décroissante donc la suite (un) est convergente (théorème de la convergence monotone)

0.25 B.2.d Compte-tenu de ce qui précède, la limite de (un) est la solution supérieure ou égale

à e de l’équation : x

lnx =x⇔x(1−lnx) = 0⇔x= e. Ainsi lim

n→+∞un= e

0.5

2

(3)

B.3

X Y Condition boucle

5 0 vraie (5>2.72)

3.1066746728 1 vraie (3.1066746728>2.72) 2.7406525323 2 vraie (2.7406525323>2.72) 2.7183726346 3 fausse (2.7183726346<2.72)

L’algorithme affiche donc la dernière valeur deY, c’est à dire 3 et donc le rang du terme de la suite (un) dont la valeur est inférieure ou égale à 2.72.

0.75

1.a On pose u: x7−→e⁻^x doncu^′ : x7−→ −e⁻^x et v :x 7−→xdonne v^′ :x7−→ 1.

f = u

v d’où f^′ = u^′v−uv^′

v² . Pour tout x ∈ [0; 1], f^′(x) = (x−1)e⁻^x

(2−x)² . De plus, pour tout x∈[0; 1], x−1 60, e⁻^x>0 et (2−x)² >0. On peut donc dire que f^′(x)60 etf est décroissante sur [0; 1].

1

1.b f est décroissante sur [0; 1] donc 06x61⇒f(0)>f(x)>f(1)

⇔ 1

2 >f(x)> 1

e. (On pouvait également le voir par lecture du tableau de variations)

0.5 2.a G=uvavecu:x7−→ax²+bx+c etv:x7−→e⁻^x.G^′=u^′v+uv^′.

Pourx∈[0; 1], G^′(x) = (2ax+b)e⁻^x−(ax²+bx+c)e⁻^x= (−ax²+(2a−b)x−c)e⁻^x. L’identification des coefficients donne







−a= 0 2a−b= 1 b−c= 2

⇔





 a= 0 b=−1 c=−3

On a donc, pour toutx∈[0; 1], G(x) = (−x−3)e⁻^x

1

2.b J =

Z 1 0

(2 +x)e⁻^xdx= [G(x)]¹₀=G(1)−G(0) =−4 e+ 3

0.5

2.c D’après la question 1.b, pourx∈[0; 1], 1

e 6f(x)61 2 ⇔ x²

e 6x²f(x)6 x² 2 Les fonctions en présence sont continues sur [0; 1] donc on peut utiliser la propriété

« d’intégration d’une inégalité » : Z ¹

0

x² e dx6

Z ¹

0

x²f(x) dx6 Z ¹

0

x²

2 dx. Ce qui donne en calculant :

x³ 3e

¹

0

6K6

x³ 6

¹

0

⇔ 1

3e 6K61 6

1

2.d

D’après la propriété de linéarité,J +K= Z 1

0

(2 +x)e⁻^x+x²f(x) dx

= Z ¹

0

2 +x+ x² 2−x

e⁻^xdx= Z ¹

0

4 2−x

e⁻^xdx= 4 Z ¹

0

e⁻^x 2−x

dx= 4I 0.5

2.e

D’après les questions 2.b et 2.c, on obtient : 3−4 e+ 1

3e 6J+K63−4 e+1

6

⇔3−11

3e 64I619 6 −4

e ⇔ 3 4 − 11

12e 6I619 24−1

e d’où I≈0,42 à 10⁻² près. 0.5

3

(4)

E 5 (spé) Réponse Points Obtenus 1.a P(k) :M^k est de la forme





ak 0 0 0 bk ck

0 −ck bk



avec







ak+1=−2ak

bk+1=bk−ck

ck+1=bk+ck

Initialisation : k = 1 : M¹ = M =





−2 0 0

0 1 1

0 −1 1



 avec







a1=−2 b1= 1 c1= 1

puis

M²=M =





4 0 0

0 0 2

0 −2 0



avec







a2= 4 =−2a1

b2= 0 =b1−c1

c2= 2 =b1+c1

Hérédité: ∀n∈N, P(n) vraie⇒P(n+ 1) vraie ? M^k+1=M^kM =

ak 0 0

0 b_k c_k 0 −ck bk

! −2 0 0

0 1 1

0 −1 1

!

=

−2ak 0 0 0 b_k

−c_k b_k+c_k 0 −bk−ck bk−ck

!

=

ak+1 0 0 0 b_k+1 c_k+1 0 −c_k+1 b_k+1

!

. D’après le raisonnement par récurrence :P(k) vraie pour k>1.

1

1.b (ak) est une suite géométrique de raison−2 et de de premier termea1=−2. Ainsi, pour toutk>1, ak =a1(−2)^k⁻¹=−2(−2)^k⁻¹= (−2)^k

0.25 1.c ∀k > 1, zk+1 = bk+1+ ick+1 = bk −ck+ i(bk+ck) = (1 + i)bk + (i−1)ck =

(1+i)bk+i(1+i)ck = (1+i)(bk+ick) = (1+i)zk. Ainsi (zk) est une suite géométrique de raison (1 + i) et donc :zk=z1(1 + i)^k⁻¹= (1 + i)^k carz1=b1+ ic1= 1 + i

0.5

1.d 1 + i =√

2e^iπ/4 donczk = (1 + i)^k = (√

2)^ke^ikπ/4. Orbk= Re(zk) = (√

2)^kcos kπ

4

car e^ikπ/4= cos (kπ/4) + i sin (kπ/4) 1 1.e k≡2 (4)⇔ ∃p∈Ztel quek= 4p+ 2. Ainsikπ/4 =pπ+π/2 et cos(pπ+π/2) = 0

doncbk= 0.

0.5

2.a M³=





−8 0 0

0 −2 2

0 −2 −2



et 2M−4I3=





−8 0 0

0 −2 2

0 −2 −2



d’oùM³= 2M−4I3. 0.5 2.b On multiplie parM^k à gauche par exemple, et compte-tenu des règles opératoires

sur l’ensemble M³(R), en particulier M^kI3 = M^k, on obtient pour tout k >

0, M^k+3= 2M^k+1−4M^k.

0.25

2.c Toujours grâce aux règles opératoires : M^k+3= 2M^k+1−4M^k⇔

ak+3= 2ak+1−4ak

bk+3= 2bk+1−4bk

0.5

3.a v1 = a1+ 2b1 =−2 + 2×1 = 0 = u1; v2 =a2+ 2b2 = 4 + 2×0 = 4 = u2 et v3=a3+ 2b3=−8 + 2×(−2) =−12 =u3

0.25 3.b vk+3 =ak+3+ 2bk+3= 2ak+1−4ak+ 2(2bk+1−4bk)

⇔vk+3= 2(ak+1+ 2bk+1)−4(ak+ 2bk)

⇔vk+3= 2vk+1−4vk. La suite (vk) vérifie la même relation de récurrence que la suite (un) et de plus,v1=u1 et v2=u2. Les suites sont identiques.

0.25

4