Correction bac blanc mars 2014

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EXERCICE1 Asie juin 2011

1. a. lim

x→0⁺

1 x= +∞

xlim→0ln(x)= −∞







donc lim

x→0f(x)= −∞

En+∞, la limite de la fonction f est 0 (limite de référence).

b. f est le quotient de deux fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[, elle est donc dérivables sur ]0 ; +∞[ et pour tout réelx>0 on a :

f^′(x)=

1

x×x−1×ln(x) x²

=1−ln(x) x² .

c. f^′(x) est du signe de 1−ln(x) sur ]0 ;+∞[ car un carré est toujours positif, et on a les équivalences suivantes :

1−ln(x) > 0

⇐⇒ ln(x) 6 1

⇐⇒ x 6 e D’où le tableau suivant :

x 0 e +∞

f^′(x) + 0 −

f

−∞

1e

0 2. Étude d’une fonctiong

a. La limite degen 0 est+∞carg(x)=f(x)×ln(x) et lim

x→0ln(x)= −∞; lim

x→0f(x)= −∞; donc on obtient par produit le résultat énoncé.

La limite degen+∞est 0 car :

4

µln(px) px

¶2

=

µ2ln(px) px

¶2

= µln(x)

px

¶2

=(ln(x))²

x =g(x).

Donc lim

x→+∞(g(x))= lim

x→+∞

à 4

µln(px) px

¶²!

= lim

X→+∞

µ 4

µln(X) X

¶2¶

=0 car lim

X→+∞

µln(X) X

¶

=0 ; on a posé X=p

xetX tend vers+∞quandxtend vers+∞. b. Pour tout réelx>0 on a :

g(x)=f(x)×ln(x)

g^′(x)=f^′(x)×ln(x)+f(x)×1 x g^′(x)=1−ln(x)

x² ×ln(x)+ln(x) x ×1

x g^′(x)= ···

g^′(x)=ln(x)(2−ln(x)) x² On a les équivalences suivantes :

2−ln(x) >0

⇐⇒ ln(x) 62

⇐⇒ x 6e² On en déduit le signe deg^′(x)

x 0 1 e² +∞

ln(x) − 0 + +

2−ln(x) + + 0 −

g^′(x) − 0 + 0 −

c. Tableau de variations

x 0 1 e² +∞

g^′(x) − 0 + 0 −

g(x)

+∞

0

4 e²

0

3. a. Les courbesC_f etC_gse coupent aux points dont les abscisses sont les solutions de f(x)=g(x) ⇐⇒ln(x) =(ln(x))²

⇐⇒ 0 =(ln(x))²−ln(x)

⇐⇒ 0 =ln(x)×(ln(x)−1)

⇐⇒ln(x) =0 ou ln(x) =1

⇐⇒ x =1 ou x =e.

Les courbesC_f etC_gse coupent aux pointsA(1 ; 0) etB µ

e ; 1 e

¶

b. La position relative des courbesC_f etC_gest donnée par le signe def(x)−g(x) f(x)−g(x)>0 ⇐⇒ ln(x)−(ln(x))²>0 ⇐⇒ ln(x)(1−ln(x))>0

x 0 1 e +∞

ln(x) − 0 + +

1−ln(x) + + 0 −

f(x)−g(x) − 0 + 0 −

La courbe def est au dessus de la courbe degpourx∈]1 ; e[.

La courbe def est au dessous de la courbe degpourx∈]0 ; 1[∩]e ;+∞[.

La courbe def coupe la courbe degpourx=1 ou pourx=e.

4. a. (voir graphique) b. A =

Ze

1 (f(x)−g(x)) dx car sur [1 ; e], f(x)>g(x) A =

Ze 1 (ln(x)

x ) dx− Ze

1 ((ln(x))² x )d x=

·(ln(x))²

2 −(ln(x))³ 3

¸^e

1=1 2−1

3=1 6

(pour trouver les primitives, on a reconnu la formeuⁿ×u^′avecu(x)=ln(x) etu^′(x)=¹_x et pour la première intégralen=1 c’estu×u^′et pour la deuxièmen=2 c’estu²×u^′et sin6= −1, alorsuⁿ×u^′ a pour primitivex7→u(x)ⁿ⁺¹

n+1 .

0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6

−0,1

−0,2

−0,3

−0,4

2 4 6 8 10

C_f

C_g

O e

EXERCICE2 Nouvelle Calédonie novembre 2013

1. (1+i)⁴ⁿ=¡

(1+i)⁴¢n

et (1+i)⁴=¡

(1+i)²¢2

(1+i)²=1+2i+i²=1+2i−1=2i ; donc (1+i)⁴=(2i)²=4i²= −4 Donc (1+i)⁴ⁿ=(−4)ⁿ;la proposition est vraie.

2. On cherche les solutions de l’équation (E) : (z−4)¡

z²−4z+8¢

=0.

Il y az=4 qui annulez−4.

Pourz²−4z+8=0 :∆=(−4)²−4×1×8=16−32= −16<0 L’équation admet deux solutions complexes conjuguées : z₁=−(−4)+ip

16

2 =4+4i

2 =2+2i etz₂=2−2i L’équation (E) admet pour solutionsn

4, 2+2i, 2−2io . Représentons les points dont les affixes sont solutions de (E) :

~ u

~v O

A B

C H

Le triangle ABC est isocèle en A car les points B et C sont symétriques par rapport à l’axe³

O,→−u´

et A ap- partient à cet axe ; donc le milieu H de [BC] est aussi le pied de la hauteur issue de A dans le triangle.

H a pour affixe 2 donc AH=2 ; de plus BC= |2+2i− 2+2i| = |4i| =4.

L’aire de ce triangle vaut donc : BC×AH

2 =4×2 2 =4 La proposition est fausse.

3. déterminons un arguments dezA:

|zA| =1

2|1+i| =1 2

p1²+1²= p2

2 . On a doncz_A=

p2 2

Ãp 2 2 +

p2 2 i

!

= p2

2

¡cos^π₄+isin^π₄¢

On en déduit que arg(z_A)=π

4 [2π] d’où³−→ u;−−→OA´

=π 4 [2π] Le nombre complexezAa pour argumentπ

4 donc le nombre complexe (z_A)ⁿa pour argumentnπ 4 (argu- ment d’un produit).

Les points O, A etMn sont alignés si et seulement si l’argument de l’affixe deMn est π

4 ouπ+π 4 à 2π près.

~ u

~v O

A

π 4

π+^π₄

Remarquons que arg¡ z_A³¢

=3×π

4 [2π] d’où³→−u;−−−→OM₃´

=3π 4 [2π].

On a donc pourn=3,n−1 pair et pourtant les points O, A etM₃ne sont pas alignés car³−−→OA ;−−−→OM₃´

=π 2 [2π].

La proposition est fausse.

4. Le nombre j a pour module 1 et argument2π

3 donc j²a pour module 1²=1 et pour argument 2×2π 3 =4π

3 . On a : j=cos2π

3 +isin2π 3 = −1

2+ p3

2 (propriétés du cercle trigonométrique).

Et : j²=cos4π

3 +isin4π 3 = −1

2− p3

2 . Donc 1+j+j²=1−1

2+ p3

2 −1 2−

p3 2 =0.

La proposition est vraie.

Une solution plus élégante consiste à écrire le nombre j sous la forme e^i23π pour prouver que j³ =1.

Ensuite on développe¡

1+j+j²¢ ¡ 1−j¢

en 1−j³qui donne donc 0. Et comme j n’est pas égal à 1, le facteur 1−j n’est pas nul, mais comme le produit¡

1+j+j²¢ ¡ 1−j¢

est nul, c’est le facteur 1+j+j²qui est nul.

EXERCICE3 Asie juin 2009

1. a. On a :p(F₁)=1

2; p(F₂)=1 3. Puis : p_F1(D)= 5

100= 1

20 ; p_F2(D)=1,5 100= 3

200 ; p(D)= 3,5 100= 7

200.

F1 12

D

201

. . . D

F₂

13

D

2003

. . . D

F3

. . . D

. . . D b. p(F₁∩D)=p(F₁)×p_F1(D)=1

2× 1 20= 1

40= 5

La probabilité qu’une paire de chaussettes prélevée soit fabriquée par le fournisseur200 F₁et présente un défaut est 5

200.

c. p(F₂∩D=p(F₂)×p_F2(D)=1 3× 3

200= 1 200. d. D’après la formule des probabilités totales on a :

p(D)=p(F₁∩D+p(F₂∩D+p(F₃∩D p(F3∩D=p(D)−¡

p(F1∩D+p(F2∩D¢ p(F₃∩D= 7

200− µ 5

200+ 1 200

¶

p(F₃∩D= 1 200 On ap(F3)=1−p(F1)−p(F2)=1−1

2−1 3=1

6. e. On apF3(D)=p(F3∩D)

p(F₃) =

2001 1 6

= 6 200= 3

100.

Sachant que la paire de chaussettes prélevée est fabriquée par le fournisseur F₃, la probabilité qu’elle présente un défaut est 3

100.

2. a. SoitXla variable aléatoire donnant le nombre de chaussettes défectueuses sur un tirage de 6 chaus- settes. Elle suit une loi binomiale de paramètresn=6 etp=p(D)=0,035.

Or d’après la calculatricep(X=2)≈0,016 (au millième près).

La probabilité que deux paires de chaussettes exactement d’un lot présentent un défaut vaut envi- ron 0,016.

b. D’après la calculatricep(X61)≈0,983 (au millième près).

La probabilité, arrondie au millième, qu’au plus une paire de chaussettes d’un lot présente un dé- faut est égale à 0,983.

EXERCICE4 Centre étrange juin 2013

Partie A - Algorithmique et conjectures 1. Affecter àula valeurn×u+1

2(n+1) Affecter ànla valeurn+1.

2. Pour que l’algorithme calcule et affiche tous les termes de la suite deu₂jusqu’àu₉Il faut rajouter avant le Fin Tant que : « Afficher la variableu».

3. La suite (u_n) semble être décroissante et converger vers 0.

Partie B - Étude mathématique 1. Pour tout entiern>1,

vn+1=nun+1−1

=(n+1)×n×un+1 2(n+1) −1

=n×un+1

2 −2

2

=n×un−1 2

=1 2vn.

Cette relation montre que la suite (v_n) est géométrique de raison1

2et de premier terme v₀=1×u₁−1=1

2.

2. On a donc pour tout entiern>1,v_n+1=0,5×0,5ⁿ⁻¹=0,5ⁿ. Orvn=nun−1⇐⇒ un=vn+1

n =1+0,5ⁿ n . 3. Comme−1<0,5<1, on sait que lim

n→+∞0,5ⁿ=0, et comme lim

n→+∞

1

n=0, on a donc lim

n→+∞un=0.

4. Pour tout entiern>1, on a :

un+1−un=1+(0,5)ⁿ⁺¹

n+1 −1+(0,5)ⁿ n

=n+n×0,5ⁿ⁺¹−(n+1)−(n+1)×0,5ⁿ n(n+1)

=−1+0,5n×0,5ⁿ−(n+1)×0,5ⁿ n(n+1)

=−1+0,5ⁿ(0,5n−n−1) n(n+1)

=−1+0,5ⁿ(−0,5n−1) n(n+1)

= −1+(1+0,5n)(0,5)ⁿ n(n+1) .

Les deux termes du quotient sont supérieurs à zéro, donc pour tout entiern>1, on a : un+1−un<0, ce qui démontre que la suite (un) est décroissante.

Partie C - Retour à l’algorithmique

Variables nest un entier naturel uest un réel

Initialisation Affecter ànla valeur 1 Affecter àula valeur 1,5 Traitement Tant queu>0,001

Affecter àula valeurn×u+1 2(n+1) Affecter ànla valeurn+1 Fin Tant que

Sortie Afficher la variablen