PartieB Exercice1 PartieA

MAI2017 CORRECTIONBACBLANC TS

Exercice 1

Partie A

1. (a) Arbre pondéré :

0,65 A

0,08 D 0,92 D

0,35 B

0,05 D 0,95 D

(b) Les événementsAetBforment une partition de l’univers, on a donc, d’après la formule des probabilités totales :

P³ D´

=P³ A∩D´

+P³ B∩D´

=P(A)×PA

³ D´

+P(B)×PB

³ D´

=0,65×0,92+0,35×0,95= 0,930 5 . (c) Par définition d’une probabilité conditionnelle :

P_D(A)= P³

A∩D´ P³

D´ =0,65×0,92

0,930 5 ≈0,642 7

2. SoitXle nombre d’ampoules sans défaut. Les choix d’ampoules étant assimilés à un tirage suc- cessif avec remise, on est en présence d’un schéma de Bernoulli etX suit donc la loi binomiale de paramètresn=10 etp=0,92 (les ampoules sont issues de la machine A). Par conséquent, à l’aide de la calculatrice :

P(X>9)=P(X=9)+P(X=10)=10×0, 92⁹×0, 08+0, 92¹⁰≈0,812 1.

Ou, par la fonctionBinomFRep:

P(X>9)=1−P(X68)≈ 0,812 1 Partie B

1. (a) On aP(T6a)= Z_a

0

λe^−λxdx= h

−e^−λxia

0= −e^−λa+1, donc P(T>a)=P(T6a)=1−P(T6a)=1−

³

−e^−λa+1´

=e^−λa. Ou bien, «par propriété » . . .

(b) On a :

P(T>t)(T>_t+a) = P¡

(T>_t+a)∩(T>_t)^¢ P(T >t)

= P(T>t+a) P(T >t)

= e^−λ(t+a) e^−λt

= e^{−λ(t+a−t)}

= e^−λa

= p(T>a).

2. (a) D’après le coursE(T)=1

λ. On en déduit queλ= 1

E(T)= 1

10 000= 0,000 1 . (b) On aP(T>5 000)=e^{−0,000 1×5000}=e^−0,5≈ 0,606 5 .

(c) Il s’agit de calculerPT>7000(T>12000). Puisque la loi est sans vieillissement : PT>7000(T >12000)=PT>7000(T >7000+5000)=P(T>5000)≈ 0,606 5

Exercice 2

Le profil du module de skateboard a été modélisé à partir d’une photo par la fonction f définie sur l’intervalle [0 ; 20] par

f(x)=(x+1) ln(x+1)−3x+7.

On notef^′la fonction dérivée de la fonctionf etC la courbe représentative de la fonctionf dans le repère(O, I, J).

Partie A

1. f =uln(u)+vavecu(x)=x+1 etv(x)= −3x+7.

f est dérivable comme somme et composée de fonctions dérivables.

f^′=u^′ln(u)+u×u^′

u +v^′avecu^′(x)=1 etv^′(x)= −3 d’où f^′(x)=1×ln(x+1)+(x+1) 1

x+1−3=ln(x+1)+1−3 donc f^′(x)=ln(x+1)−2 . 2. f^′(x)>0 ⇐⇒ln(x+1)>2⇐⇒ x+1>e² ⇐⇒ x>e²−1.

On en déduit le tableau de variation de f : x

f^′(x)

f(x)

0 e²−1 20

− 0 +

7 7

f(e²−1) f(e²−1)

f(20) f(20)

Avec f(e²−1)= −e²+10≈2,61 etf(20)=21 ln(21)−53≈10, 93 3. f^′(0)=1 ln(1)−2= −2 .

4. En admettant que la fonctiong définie sur l’intervalle [0 ; 20] parg(x)= 1

2(x+1)²ln(x+1)− 1

4x²−1

2xest une primitive dex7→(x+1) ln(x+1), on peut déterminer une primitive def :

F(x)=g(x)−3x²

2 +7x=1

2(x+1)²ln(x+1)−1 4x²−1

2x−3x²

2 +7x= 1

2(x+1)²ln(x+1)−7x² 4 +13

2 x Partie B

1. P1: La différence entre le point le plus haut et le point le plus bas de la piste est f(20)−f¡

e²−1¢

≈10, 93−2, 6≈8, 3>8 doncP1estVraie;

P2: L’inclinaison en B est 2. L’inclinaison en C estf^′(20)=ln(21)−2

≈1, 04, doncP2estVraie.

2. f est continue, donc la face avant, en unités d’aire, vaut A₁=R20

0 f(x) dx=F(20)−F(0).

F(20)=21²ln 21

2 −700+130=441 ln 21 2 −570.

F(0)=0.

On en déduitA₁=441 ln 21

2 −570≈101, 3.

L’aire latérale gauche vautA₂=A(O AB^′B)=10f(0)=70.

L’aire latérale droite vautA₃=A(DD^′C^′C)=10f(20)≈109, 3.

L’aire à peindre en rouge est doncA =2A₁+A₂+A₃≈381, 98 m². Le nombre de litres de peinture à prévoir est 381, 9

5 ≈ 77 , valeur arrondie par excès.

3. On souhaite peindre en noir la piste roulante, autrement dit la surface supérieure du module.

Afin de déterminer une valeur approchée de l’aire de la partie à peindre, on considère dans le repère(O, I, J)du plan de face, les pointsBk(k; f(k)) pourkentier variant de 0 à 20.

Ainsi,B0=B.

(a) D’après la formule du calcul d’une longueur dans un repère orthonormé, on a : B_kB_k+1=

q 1²+¡

f(k+1)−f(k)¢2

= q

1+¡

f(k+1)−f(k)¢2

(b) Algorithme complété : Variables S: réel

K: entier

Fonction f : définie parf(x)=(x+1) ln(x+1)−3x+7 Traitement Sprend pour valeur 0

PourK variant de0à19

Sprend pour valeurS+++10 q

1+¡

f(k+1)−f(k)¢2

Fin Pour Sortie AfficherS

Exercice 3

1. Affirmation 1 : vraie ln³p

e⁷´ +ln¡

e⁹¢ ln¡

e²¢=e^{ln 2+ln3} e^{ln 3−ln4} Explication

ln³p e⁷´

=1 2ln¡

e⁷¢

=7 2; ln¡

e⁹¢

=9 et ln¡ e²¢

=2 doncln¡ e⁹¢ ln¡

e²¢=9 2 Donc ln³p

e⁷´ +ln¡

e⁹¢ ln¡

e²¢=7 2+9

2=16 2 =8

ln 2+ln 3=ln(2×3)=ln 6 donc e^ln2+ln3=e^{ln 6}=6 ; ln 3−ln 4=ln3

4donc e^{ln 3−ln4}=e^ln34 =3 4 Donc e^{ln 2+ln3}

e^{ln 3−ln4} = 6 3 4

=6×4 3=8

2. Affirmation 2 : fausse

L’équation ln(x−1)−ln(x+2)=ln 4 admet une solution unique dansR. Explication

L’expression ln(x−1)−ln(x+2) n’existe que six−1>0 etx+2>0 donc on va résoudre l’équation ln(x−1)−ln(x+2)=ln 4 dans l’intervalleI=]_{1 ;}+∞[_.

ln(x−1)−ln(x+2)=ln 4⇐⇒lnx−1

x+2=ln 4⇐⇒ x−1

x+2=4⇐⇒ x−1−4(x+2) x+2 =0

⇐⇒ x−1−4x−8

x+2 =0 ⇐⇒ −3x−9

x+2 =0 ⇐⇒x= −3 etx6= −2 Mais−36∈I donc l’équation n’a pas de solution dansR.

3. Affirmation 3 : vraie

On définit une suite (u_n) de réels strictement positifs paru₀=1 et pour tout entier natureln, ln (un+1)=ln (un)−1

ln (un+1)=ln (un)−1 ⇐⇒ln (un+1)−ln (un)= −1 ⇐⇒ln µun+1

un

¶

=ln(e⁻¹) ⇐⇒ un+1

un

=e⁻¹

⇐⇒un+1=e⁻¹un.

Donc la suite (un) est géométrique de raison e⁻¹.

Exercice 4

Partie A

On considère la fonctionf définie et dérivable sur l’intervalle[_{0 ;}+∞[_parf(x)=xe^−x. 1. D’après le cours, lim

x→+∞

e^x

x = +∞; donc lim

x→+∞

x

e^x =0 ce qui équivaut à lim

x→+∞xe^−x=0.

Donc lim

x→+∞f(x)=0

2. La fonctionf est dérivable sur[_{0 ;}+∞[_{et :}

f^′(x)=1×e^−x+x(−1×e^−x)=e^−x−xe^−x=(1−x) e^−x

Pour tout réelx>0, e^−x>0 doncf^′(x) est du signe de 1−x;f(0)=0 et f(1)=e⁻¹≈0, 37 D’où le tableau de variation de la fonctionf sur[_{0 ;}+∞[_:

x 0 1 +∞

f^′(x) +++ 0 −−−

e⁻¹ f(x)

0 0

On donne la courbeC_f représentative de la fonction f dans un repère du plan ainsi que la droite∆ d’équationy=x.

Partie B

Soit la suite (un) définie paru0=1 et, pour tout entier natureln,un+1=f(un).

1. On place sur le graphique, en utilisant la courbeC_f et la droite∆, les pointsA0,A1etA2d’or- données nulles et d’abscisses respectivesu0,u1etu2.

2. SoitP_nla propriétéun>0.

0,5

1 2

∆

C_f

A₀ A₁

A₂ u1

u2

b

b

b

• On suppose la propriété vraie au rangp>0, c’est-à-direup>0.

Pour tout réelx, e^−x>0 donc pour tout réelx>0,xe^−x>0 doncf(x)>0.

Orup+1=f(up) etup>0 (hypothèse de récurrence) ; donc f(up)>0 et doncup+1>0.

La propriété est vraie au rangp+1.

• La propriété est vérifiée au rang 0, et elle est héréditaire pour toutp>0 ; elle est donc vraie pour toutn>0.

On a donc démontré que, pour tout entier natureln,un>0.

3. Pour tout réelx>0 :

−x<0 ⇐⇒ e^−x<e⁰ croissance de la fonction exponentielle

⇐⇒ e^−x<1

⇐⇒ xe^−x<x carx>0

⇐⇒ f(x)<x

Donc, pour toutx>0, f(x)<x; or, pour toutn,un>0 donc f(un)<un ce qui veut dire que un+1<un. La suite (un) est donc décroissante.

4. (a) La suite (un) est décroissante, minorée par 0, donc, d’après le théorème de la convergence monotone, la suite (u_n) est convergente.

(b) On admet que la limite de la suite (un) est solution de l’équationxe^−x=x.

On résout l’équationxe^−x=xsur [0 ;+∞[ :

xe^−x=x ⇐⇒ x(e^−x−1)=0 ⇐⇒ x=0 ou e^−x−1=0

⇐⇒ x=0 ou e^−x=1 ⇐⇒ x=0 ou−x=0 Donc la limite de la suite (un) est égale à 0.

Partie C

On considère la suite (Sn) définie pour tout entier naturelnparSn=

k=n

X

k=0

u_k=u0+u1+. . .+un

L’algorithme suivant donneS100:

Déclaration des variables : Setusont des nombres réels kest un nombre entier Initialisation : uprend la valeur1

Sprend la valeuru Traitement : Pourkvariant de 1 à100

uprend la valeuru×e^−u Sprend la valeurS+++u Fin Pour

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