BAC BLANC 2017 CORRECTION

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EXERCICE 1. Pour tous les candidats. 7 points

Partie A

1. La vitesse est maximale lorsque le coefficient directeur C(t) de la tangente est maximal, c'est-à-dire lorsque la tangente est la plus proche de la verticale. Graphiquement, il semble que cette vitesse est maximale à l instant t 0.

2. Le coefficient directeur de la tangente à la courbe C1 en O(0 0) est supérieur à celui de la tangente à C2

en O. La courbe qui correspond à la personne la plus corpulente est donc C2.

3. Une personne à jeun absorbe de l’alcool. On admet que la concentration C d’alcool dans son sang peut être modélisée par la fonction f définie sur [0 ∞[ par f(t) At e ^t où A est une constante positive qui dépend de la corpulence et de la quantité d’alcool absorbée.

a. Pour tout t de +, f (t) Ae ^t Ate ^t Ae ^t(1 t) donc f (0) Ae⁰ A.

b. Plus A est grand, plus f (0) est grand donc plus la concentration d alcool augmente vite. Ainsi plus A est grand, moins la personne est corpulente : l affirmation est fausse.

Partie B. Un cas particulier

1. f est dérivable sur +. Pour tout réel t 0, on a f(t) 2e ^t(1 t). On a donc le tableau de signes et variations suivant :

t 0 1 +

f(0) 0 et f(1) 2e ¹ 2 e¹

2 e

2e ^t + +

1 t +

f (t) +

f(t) 2

e 0

2. La concentration est maximale après 1 heure. Cette concentration est alors 2

e 0,74 grammes par litre.

3. lim

t

e^t

t et f(t) 2t

e^t 2 e^t t

donc lim

t f(t) 0. A long terme, la concentration d alcool dans le

sang de Paul tendra vers 0 : l alcool finit par s éliminer totalement.

4.

a. f est continue et strictement croissante sur [0 1] avec f(0) 1 ; f(1) 2

e et 0,2[0;2/e] donc l équation f(t) 0,2 admet une unique solution t1 dans [0 1].

De même, l équation f(t) 0,2 admet une unique solution t2 dans ]1 [ Ainsi, il existe deux nombres réels t1 et t2 tels que f

( )

^t1 f

( )

^t2 0,2.

b. On a t1 0,112 et t2 3,577. Paul doit donc attendre 3,577 heures, c'est-à-dire environ 3h35min pour reprendre le volant.

5.

a. lim

t f(t) 0 donc il existe un réel T 0 tel que, pour tout t T, f(t) 5 10 ³. Il existe donc un instant T à partir duquel la concentration d’alcool dans le sang n’est plus détectable.

b. On obtient :

Initialisation Etape 1 Etape 2

p 0,25

t 3,5 3,75 4

C 0,21 0,18 0,15

L algorithme affiche le temps nécessaire à partir de 3h30 pour que l alcool ne soit plus détectable dans le sang.

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EXERCICE 2. Pour tous les candidats. 3 points

1. Initialisation : pour n 0 : u

0

2 donc 1 u

0

2. Hérédité : soit p un entier naturel tel que 1 u

p

2. Montrons que 1 u

p 1

2. 1 u

p

2 donc 3 u

p

2 4 donc 1

3 1 u

^p

2

1 4 car la fonction inverse est décroissante sur ]0 [.

donc 1 3 u

p

2

3 4 car 3 0 donc 1 2 3

u

p

2 5 4 2 donc 1 u

p 1

2 Conclusion : pour tout n ,

2. Soit n un entier naturel.

a. u

n 1

u

n

2 3 u

n

2 u

n

2 u

n

4 3 u

n

² 2 u

n

u

n

2 1 u

n

² 2 u

n

b. 1 u

n

donc 2 u

n

0 1 u

ⁿ

donc u

ⁿ

² 1 et donc 1 u

ⁿ

² 0.

Ainsi u

ⁿ ¹

u

ⁿ

1 u

n

²

2 u

n

0. La suite ( ) u

ⁿ

est donc décroissante.

3. La suite (u

_n

) est décroissante et minorée par 1 donc elle converge.

4. l 2 3

l 2  2 l 3

l 2  (2 l)( l 2) 3 et l ≠ 2  1 l² 0 et l ≠ 2

 l 1 ou l 1 et l ≠ 2

La suite étant minorée par 1, elle ne peut converger vers 1. Ainsi, l lim

_n

u

n

1. EXERCICE 3. Pour tous les candidats. 5 points

1. a. P

_A

(D) 0,08 et P

_A

(B ) 0.

b.

c. A et B forment une partition de .

P ( ) ^D ^P( ^A) ^P

A

( ) ^D ^P ^(B ⁾ ^P

B

( ) ^D 0,65 0,92 0,35 0,95 0,9305. La probabilité de tirer une ampoule sans défaut est égale à 0,9305.

A

0,65

D 0,08

D 0,92

B

0,35 D

0,05

D 0,95

(3)

d. P

D

(A) P ( ^D ^A )

P ( ) D

0,65 0,92

0,9305 0,6427. La probabilité que l ampoule sans défaut provienne de la machine A est environ 0,6427.

e. P

A

(D) 0,08 et P( D) 1 0,9305 ≠ 0,08 donc les événements A et D ne sont pas indépendants.

2. a. On répète 10 fois de façon indépendante l épreuve de Bernoulli qui consiste à choisir une ampoule au hasard à la sortie de la machine A et à noter si elle est sans défaut. La probabilité que l ampoule soit sans défaut est 0,92. Alors X qui compte le nombre d ampoules sans défaut suit la loi binomiale de paramètres 10 et 0,92

b. On cherche P( X 5) puisque si 5 ampoules sur 10 ont un défaut, 5 n en ont pas.

P( X 5) . La probabilité qu exactement 5 ampoules aient un défaut est ….

c. Au plus 5 ampoules ont un défaut si au moins 5 n en ont pas. On cherche donc P (X 5).

P( X 5) 1 P( X 4) . La probabilité qu au plus 5 ampoules aient un défaut est …….

EXERCICE 4. Pour les candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité. 5 points 1. z z  0,5iz 5 z  0,5 iz z 5 (0,5 i-1) z= 5

 z 5 0,5i 1

5 1 0,5i

5(1 0,5 i) (1 0,5 i )(1 0,5i)

5

⁵ 2

i

5 4

4 2i . L unique complexe z tel que z z est z

A

4 2 i.

2. a. Soit n un entier naturel.

u

_n ₁

z

_n ₁

z

_A

1 2 iz

_n

5  

 

1

2

iz

_A

5 d après le 1 1

2 i ( ^z

ⁿ

^z

^A

) ¹

2 iu

n

. Autre méthode :

u

n 1

z

n 1

z

A

1 2 iz

n

5 (4 2 i ) 1

2 iz

n

1 2i . D autre part, 1

2 i u

n

1 2 i ( ^z

ⁿ

^z

^A

) ¹

2 iz

n

1 2 i (4 2i ) 1

2 iz

n

2 i 1.

Ainsi, u

n 1

1 2 i u

n

.

b. Initialisation : pour n 0, u

0

z

0

z

A

0 (4 2 i) 4 2 i et  

 

1 2i

0

( 4 2i ) 1( 4 2 i ) 4 2i u

0

. La propriété est vraie pour n 0.

Hérédité : soit p un entier naturel tel que u

p

 

 

1 2

i

p

( 4 2 i ). Montrons que u

p 1

 

 

1 2

i

p 1

( 4 2 i).

u

p 1

 

 

1 2

iu

p

1 2 i

 

 

1 2

i

p

( 4 2i )

 

 

1 2

i

p 1

( 4 2i ).

Conclusion : pour tout entier naturel n : u

n

 

 

1 2

i

n

( 4 2 i ).

c. Pour tout n de , z

n

u

n

z

A

 

 

1 2

i

n

( 4 2i ) 4 2 i d. AM

n 4

a pour affixe zn 4 zA  

 

1 2

i

n 4

4 2i (4 2i )

 

 

1 2

i

n 4

AM

n

a pour affixe zn zA  

 

1 2

i

n

4 2 i (4 2 i )

 

 

1 2

i

n

(4)

AM

n 4

 

 

1 2

i

4

AM

n

1 16 AM

n

: les vecteurs AM

n 4

et AM

n

sont colinéaires donc les points A,M

n 4

et M

n

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