Corrigé du bac blanc spécialité Exercice 1 : 1. Arbre de probabilité :

Corrigé du bac blanc spécialité

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p_G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 1 41 . 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. 226=10928 ; 109=8135 ; 8=513 ; 5=312 ; 3=211 et 2=210 . Le dernier non nul, dans l'algorithme d'Euclide, est 1 d'où le p.g.c.d de 109 et 226 est 1.

D’après le théorème de Bézout, on sait que l’équation (E) admet au moins un couple solution.

b . 109 × 141 − 226 × 68 = 15369 − 15368 = 1. Donc le couple (141, 68) est un couple solution de l’équation (E).

Soit alors x , y∈ℤ². (x, y) est solution de l’équation (E) ⇔109x −226y=1

⇔109x −226y=109×141−226×68⇔109x −141=226y −68 (1).

L’entier 226 divise donc, d’après l’égalité (1), 109(x − 141).

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Comme de plus, d’après la question a., les entiers 226 et 109 sont premiers entre eux, le théorème de Gauss permet d’affirmer que 226 divise x − 141 d'où encore il existe un entier relatif k tel quex−141=226k.

En remplaçant x−141 par 226k dans (1) on obtient y=8109k, un couple solution de (E) est nécessairement de la forme 141226k,68109k où k est un entier relatif.

Vérification : soient k un entier relatif.

On a 109(141 + 226 k) − 226(68 + 109 k) = 109 × 141 − 226 × 68 = 1

Les couples d’entiers relatifs solutions de l’équation (E) sont les couples de la forme

141226k ,68109k, k∈ℤ.

Soit k un entier relatif.1141226k226⇔−140226k85⇔−140

226k 85

226 ⇔k=0 car k est un entier relatif et ]−140

226; 85

226[⊂]−1;1[.

Ainsi, il existe un et un seul couple (x, y) solution tel que de plus 1x226. C’est le couple obtenu pour k = 0.

Enfin, quand k = 0, on obtient x = 141 et y = 68. D'où d = 141 et e = 68.

2. Pour démontrer que le nombre 227 est un nombre premier, il suffit de vérifier que 227 n’est divisible par aucun des nombres premiers inférieurs ou égaux à sa racine carrée. Or



^227≈15,066 et les nombres premiers inférieurs à



²²⁷ sont 2, 3, 5, 7, 11 et 13. Les critères usuels de divisibilité démontrent que 227 n’est divisible ni par 2, ni par 3, ni par 5 et la

calculatrice nous permet d’affirmer que 227 n’est divisible ni par 7, ni par 11, ni par 13. Donc 227 est un nombre premier.

3. a . f(0) est le reste de la division euclidienne de 0¹⁰⁹ par 227 et donc f(0) = 0. Puis

gf 0=g0 est le reste de la division euclidienne de 0¹⁴¹ par 227. Doncgf 0=0 . b . Soit a un entier naturel tel que 1a226 . Donc 227 ne divise pas a. D’autre part, d’après la question 2., 227 est un nombre premier, et donc, d’après le petit théorème de Fermat rappelé par l’énoncé, a²²⁷⁻¹≡1 [227].D'où pour a∈ℕ tel que 1a226 , a²²⁶≡1 [227].

c . Soit a un entier naturel tel que 1a226 . Par définition, f a≡ a¹⁰⁹ [227] et donc

fa¹⁴¹≡a¹⁰⁹¹⁴¹ [227].

D’après la question 1.b ., on a 109141=122668 et donc

a¹⁰⁹¹⁴¹=a^109×141=a^1226×68=aa²²⁶⁶⁸≡a1⁶⁸ [ 227] ou encore a¹⁰⁹¹⁴¹≡ a [227].

On a démontré que fa¹⁴¹≡ a [227] ou encore que gf a≡ a [ 227].

Maintenant, gf a est un entier compris entre 1 et 226 et il existe un et un seul entier compris entre 1 et 226, congru à a modulo 227 à savoir a lui-même.

Finalement gf a=a.

4. Pour tout a∈ℕ tel que 1a226 , gf a=a. De même, ga≡a¹⁴¹ [227] et donc

ga¹⁰⁹≡a¹⁴¹¹⁰⁹ [227] puis ga¹⁰⁹≡ a [227] et donc f ga≡ a [227].

Enfin, comme précédemment f ga est un entier entre 1 et 226 et donc pour tout entier naturel a tel que 1a226 , f ga=a.

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.

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d . D'après 1. c., pour tout x∈ℝ, e^x− x³

60 d'où pour tout x∈ℝ^*, e^x x²x

6 ; or lim

x∞

x

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

x∞

e^x x²=∞

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 ^Pn 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 2u_p30 et u_p40, d'où ^up10, c'est à dire ^Pp1 est vraie.

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

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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.

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