Corrigé du bac blanc

(1)

Corrigé du bac blanc

Exercice 1 :

1. Arbre de probabilité :

D 0,01

_0,2 G

0,99 D 0,1 D 0,8

G

0,9

D^

2. a . pA=pG∩D=p_GDpG=0,010,2=0,002; La probabilité de l'événement A est 0,002 .

b . pD=pG∩DpG∩D=p_GDpGpGDpG =0,010,20,10,8=0,082.

La probabilité que la chaudière soit défectueuse est 0,082 . 3. On cherche p_DG.

On a p_DG=pG∩D

pD =0,002 0,082= 1

41 .

La probabilité que la chaudière soit sous garantie sachant qu'elle est défectueuse est donc ₄₁¹ . 4. Les valeurs possibles de la variable aléatoire X sont : 0 ; 80 ; 280 .

La loi de probabilité de X est : pX=0=pG=0,2; pX=80=pG∩D=0,80,9=0,72 pX=280=pG∩D=0,08 .

On résume ces résultats dans le tableau ci-dessous :

x_i 0 80 280

pX=x_i 0,2 0,72 0,08

EX=00,2800,722800,08=80. Le coût moyen est de 80 euros .

Exercice 2 :

1. a . L'écriture complexe de l'homothétie de centre Aa=i et de rapport k=



² est définie par : z '−a=k z − a soit z '−i=



²^^z⁻ⁱ^^{et donc}^{z '}⁼



²^z^ⁱ^¹⁻



²^^;

On a donc z_B₁=



²^²^ⁱ^¹⁻



²^=²



²^ⁱ^¹⁻



²^^.

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(2)

b . L'écriture complexe de la rotation de centre Aa=i et d'angle =

4 est définie par : z '−a=eⁱ^z − a soit ^{z '}−i=eⁱ^⁴z−i et donc ^{z '}=eⁱ^⁴z−ii;

On a donc z_{B '}=

 ^

²²^ⁱ

^

²²



^²

^

²⁻ⁱ

^

²^ⁱ⁼³^²ⁱ^.

c . Voir Annexe.

2. a . z '=1i21=32i=z_{B '} donc B a pour image B' par f . b . On résout z '=z, or z '=z⇔1iz1=z⇔iz=−1⇔z=i. Le point A(i) est donc l'unique point invariant par f .

c . z '−z

i−z =i z1

i−z =iz−i i−z =−i; On en déduit que :

∣

^{z '}ⁱ⁻⁻^z^z

∣

^=∣⁻ⁱ^∣=¹^.

Or

∣

^{z '}ⁱ⁻⁻^z^z

∣

^=∣^∣^{z '}ⁱ⁻⁻^z^z^∣^∣^,^∣^{z ' − z}^∣=^MM'^et^∣^{i − z}^∣=^MA^donc^MM'^MA ⁼¹ soit MM'=MA . arg



^{z ' − z}^{i − z}



⁼^arg^−i^=−^² ^[²^]^{. Or}^arg



^{z ' − z}^{i − z}



⁼

^

^^MA^;^^MM'

^

^[^2]^.

donc



^^MA^;^MM'



=−2 [2]

M' est donc l'image de A par la rotation de centre M et d'angle −2 .

3. a . ∣z −2∣=



² équivaut à _BM=



² ; (E) est donc le cercle de centre B et de rayon



²^.

b . z '−3−2i=1iz1−3−2i=1iz−21i=1iz−2.

On a donc ∣z '−3−2i∣=∣1iz−2∣=∣1i∣∣z −2∣=



^2∣z−2∣^{;or si} ^z^∈^E^^alors

∣z−2∣=



²

donc ∣z '−3−2i∣=2 . On en déduit que les points M' appartiennent au cercle de centre B' et de rayon 2.

c . Voir Annexe

Exercice 3 :

1. a . g est définie sur ℝ par gx=e^x−x³

6 d'où g'x=e^x−x² 2 . b . g''x=e^x−x.

c . On sait que pour tout x réel e^xxdonc g''x0 . On en déduit que la fonction g'est strictement croissante sur [0 ; ∞ [, donc, pour tout x réel, g'xg '0 de plus g'0=1. On en déduit que, pour tout x réel, g 'x0. Puisque g' est positive alors g est strictement croissante,de plus g(0)=1. On en déduit que, pour tout x positif, gx10.

d . D'après la question précédente, pour tout réel x, e^x− x³ 60 donc pour tout réel x≠0, e^x

x²x

6 ; or lim

x∞

x

6=∞, d'où par comparaison (4 ème point des prérequis) lim

x∞

e^x x²=∞

(3)

2. a . f x=x²e⁻^x−3e^−x=x²

e^x−3e^−x. On sait que lim

x∞

e^x

x²=∞, d'où lim

x∞

x² e^x=0 . de plus lim

x∞3e^−x=0 On en déduit que lim

x∞ f x=0. Graphiquement ceci signifie que la droite d'équation y=0 est asymptote à la courbe représentative de f en ∞ .

b . lim

x−∞ x²−3=∞ et lim

x−∞e^−x=∞, d'où lim

x−∞ fx=∞.

c . f 'x=2x e^−x−x²−3e^−x=−x²2x3e^−x .Pour tout x réel, e^−x0, donc f 'x est du signe de −x²2x3. Ce polynôme admet deux racines réelles distinctes -1 et 3 d'où le tableau de signes de f ' suivi du tableau de variations de f .

x –∞ –1 3 +∞

− x²2x3 – 0 + 0 –

f x ∞ 6 e³

−2e 0 d .Sur ]-1; ∞  [ , ^f ^x^ ⁶

e³ 2 donc l'équation f x=2 n'admet pas de solution sur cet intervalle ;

Sur ] −∞ ;-1[ , f est continue et strictement décroissante de ] −∞ ;-1[ sur ]-2e; ∞  [ qui contient 2, donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires l'équation f x=2admet une solution unique dans cet intervalle .

De plus f −1,83 ≈  2,175 >2 et f −1,82 ≈  1,928 <2 d'où la solution x₀ appartient à l'intervalle ]-1,83;-1,82[ . e . D'après le tableau de variation :

Si m∈]−∞;−2e[ alors l'équation fx=m n'admet pas de solution ; si m=−2e alors l'équation fx=m admet 1 solution ;

si m∈]−2e ;0] alors l'équation fx=m admet 2 solutions ; si m∈]0; 6

e³[ alors l'équation fx=m admet 3 solutions ; si _m=⁶

e³ alors l'équation fx=m admet 2 solutions;

si m 6

e³ alors l'équation fx=m admet 1 solution.

Exercice 4 :

1. u₁=3

4;u₂=18 19 .

2. Notons P_n la propriété u_n0

● u₁=340 donc la propriété est vraie au rang 1

● supposons que, pour p fixé, P_p soit vraie alors ²^up30 et ^up40, d'où u_p_10, c'est à dire P_p1 est vraie.

Conclusion : Par récurrence, la propriété est vraie pour tout n1.

(4)

3. a . v_n1=u_n1−1 u_n13=

2u_n3 un4 −1 2u_n3

u_n4 3

= 2un3−un−4

2u_n33u_n12= un−1

5u_n15= un−1 5u_n3=1

5v_n. On en déduit que la suite v est une suite géométrique de raison ¹

5. b . v₀=−1

3 donc v_n=−1

3



¹⁵



ⁿ^{. Comme}^0¹⁵^1 ,la limite de



¹⁵



ⁿ est 0 et donc la limite de la suite v_n est 0 .

c . On a: v_n=u_n−1 u_n3 . v_n=u_n−1

u_n3⇔v_nu_n3=u_n−1⇔v_nu_n−u_n=−1−3v_n⇔u_nv_n−1=−1−3v_n⇔u_n=13v_n

1−v_n

On a alors : u_n=

1−



¹⁵



ⁿ

11

3



¹⁵



ⁿ ^.

4. Comme la limite de



¹⁵



ⁿ est 0, on en déduit que la limite de la suite un est 1.

Annexe à l'exercice 2 :

Corrigé du bac blanc