Bac France 2010

(1)

D.Pinel, http://www.capmention.fr/

Corrigé BAC France 2010

Exercice 1

A. Soit (E) : y'+ =y e⁻^x

A1. u est solution de (E) si elle vérifie l’équation (E).

On a ^{u x}^{'( )}⁺^{u x}^{( )}⁼

(

¹^e⁻^x⁻^xe⁻^x

)

⁺^xe⁻^x ⁼^e⁻^x^puisque

( )

^e⁻^x ^'^{= −}^e⁻^x : u est donc bien solution de (E).

A2. Soit (E’) : y'+ = ⇔y 0 y'= −y qui est une équation différentielle de la forme y’ = ay. Elle a donc pour solution les fonctions de la forme y x( )=Ke⁻^x où K∈ℝ.

A3. v est solution de (E) ssi v'+ =v e⁻^x ssi v'+v= u'+u d’après le A1

ssi (v−u) '+(v−u)= 0 par linéarité de la dérivation ssi v – u est solution de (E’).

A4. D’après A2 et A3, on en déduit que v est solution de (E) ssi v – u est solution de (E’)

ssi v – u est de la forme Ke⁻^x, K réel.

Par conséquent les solutions de (E) sont les fonctions v définies par v x( )=u x( )+Ke⁻^x, K∈^ℝavec u x( )=xe⁻^x. A5. Soit g une solution de (E) : la condition initiale g(0) = 2 donne 2=u(0)+Ke⁻⁰ ⇔ =2 K.

Ainsi, ^{v x}^{( )}⁼^xe⁻^x⁺²^e⁻^x ⁼^e⁻^x

(

^x⁺²

)

^.

B. Soit f xk^{( )}=e⁻^x

(

x+k

)

(en fait cela correspond aux fonctions v).

B1.

> Les fonctions f_k sont dérivables et on a f^{' ( )}k x = −e⁻^x

(

x+ +k

)

e⁻^x× =¹ e⁻^x

(

¹− −x k

)

.

> La fonction exp étant strictement positive, f_k est du signe de la fonction affine 1 – x – k.

Ainsi :

Remarque : les résultats de croissance comparée donnent lim _k( )

x f x

→−∞ = −∞ et lim _k( )

x f x

→+∞ = −∞.

B2. La point M_k a pour coordonnées ¹ (1 )

k

f k

−

 

 

−

  cad _{( )} _{( )}

1 1

(1 )

k k

e^{− −} k k e^{− −}

− −

   

=

   

 − +   

    donc ce point appartient bien à la courbe représentant x֏e⁻^x.

B3ab. D’après le tableau de variation précédent, Γ_k a un sommet au point d’abscisse 1 – k : seule une courbe proposée a un sommet au point d’abscisse –1. Elle représente donc Γ₂ (notre fonction v de A5 !).

B4.

> On a ² ^' ¹

' ^x ^x

u x u

v e⁻ v e⁻

= + =

 

 ⇒

= = −

  donc d’après la formule d’IPP on a

( )

2 2 2 2 2 2

0 0

0 x+2 e dx⁻^x = − +[ (x 2)e⁻^x] − −0 e dx⁻^x = −4e⁻ + −2 [e⁻^x] = −5e⁻ +3

∫ ∫

^.

x -∞ 1-k +∞

'_k

f + 0 -

fk

−∞ ր fk

(

¹−k

)

ց −∞

(2)

> La fonction ^x^֏

(

^x⁺²

)

^e⁻^x étant continue et positive sur [0 ;2], l’intégrale correspond à l’aire géométrique du domaine D des points situés entre la courbe et l’axe (Ox) et qui ont une abscisse comprise entre 0 et 2.

Exercice 2

1. Soient u_n et v_n deux suites adjacentes avec par exemple u_n croissante et v_n décroissante.

> D’après la propriété 1 on a déjà u_n ≤v_n

> Toute suite croissante est minorée par son premier terme, toute suite décroissante est manorée par son premier terme donc on a u₀ ≤u_n ≤v_n ≤v₀.

> La suite croissante u_n est donc majorée par v₀ : d’après la propriété 3 elle converge vers un réel L.

De même la suite v_n converge vers un réel L’.

> Comme par définition _n^lim_→+∞

(

^uⁿ⁻^vⁿ

)

⁼⁰ on en déduit que L – L’ = 0 cad L = L’.

2a.

> Comme 10 ¹ 10

n

−n  

= 

  , les résultats sur les suites géométriques assurent que lim 10 ⁿ 0

n

−

→+∞ = donc les deux suites convergent vers 1.

> Leur différence tend donc vers 0.

> ^uⁿ⁺¹⁻^uⁿ ^{= −}^{1 10}^{− −}ⁿ¹^{− +}^{1 10}⁻ⁿ ⁼¹⁰⁻ⁿ

(

^{1 10}⁻ ⁻¹

)

⁼^{0, 9 10}^× ⁻ⁿ ^>⁰ donc cette suite est croissante.

> ^vⁿ⁺¹^{− = +}^vⁿ ^{1 10}^{− −}ⁿ¹^{− −}^{1 10}⁻ⁿ ⁼¹⁰⁻ⁿ

(

¹⁰⁻¹^{− = −}¹

)

^{0, 9 10}^× ⁻ⁿ^<⁰ donc cette suite est décroissante.

=> Les deux suites sont donc adjacentes.

2b. Les deux suites divergent vers +∞ donc elles ne peuvent être adjacentes (sinon elles convergeraient !).

2c.

> Comme pour tout n on a ¹

( )

¹ⁿ ¹

n n n

− ≤ − ≤ , d’après le théorème des gendarmes la suite

( )

¹ⁿ

n

− tend vers 0.

Les deux suites sont donc convergentes vers 1.

> Par contre v_n oscille donc elle n’est pas monotone (calculer par exemple les 3 premiers termes) : les deux suites ne peuvent donc être adjacentes.

3.

> Comme u_n tend vers 1, si on veut que les deux suites soient adjacentes il faut déjà que v_n tende aussi vers 1.

Par continuité de la fonction ln, la suite v_n tend vers ln(a) et ln(a) = 1 donne a = e.

Ainsi il est déjà nécessaire que a = e.

> Vérifions si pour a = e ces deus suites sont adjacentes.

=> u_n est croissante puisque

( )

1

1 1 1

1 1 0

n n

u u

n n n n

+ − = − + = >

+ +

=> v_n est croissante puisque le suite n ¹ n

֏ , la fonction ln croit d’où le résultat par composée.

=> u_n−v_n tend bien vers 0 puisque ces deux suites tendent vers 1.

Les deux suites sont donc adjacentes.

Exercice 3

1.

> Il a ³ 120 10

 

=

 

  façons de piocher 3 boules parmi 10 : il y a ² 21 7

 =

   façons de piocher les 2 blanches et ¹ 3 3

 =

   façons de piocher la noire.

> La probabilité cherchée est donc ^{21 3} ²¹ 120 40

p= × = : réponse A.

(3)

2. Vu qu’il y a remise, tous les tirages sont indépendants. On répète donc 5 fois la même épreuve et ceci de manière indépendante. Nous sommes en présence d’un schéma de bernoulli.

Si X désigne la v.a. qui compte le nombre de boules noires tirées, X suit une loi binomiale 5;³ B 10

 

 . Ainsi ^{p X}

(

⁼³

)

⁼^{  }^{  }³₅ ^×_₁₀³ ^_^³^×^^_₁₀⁷ ^^_²

  : réponse C (puisque ³ ²

5 5

   

=

   

   ).

3. Soit B l’événement la boule est blanche et G l’événement « le joueur gagne ». Voici l’arbre pondéré associé à la situation :

> D’après la formule de probabilité totale on a

( ) ( ) ( )

₁₀⁷ ¹₆ ₁₀³ ¹₄ ₁₂₀²³

p G = p B∩G +p B∩G = × + × = .

> La probabilité cherchée est alors

( ) ( ) ( )

7 60 14

23 23

120

G

p B G p B

p G

= ∩ = =

réponse B.

4. D’après le cours, pour une loi continue, on a ^{p a}

(

^≤^X ^≤^b

)

⁼

∫

_a^b ^{f t dt}^{( )} : une loi exponentielle ayant pour densité t^֏λe⁻^λt, on trouve facilement la réponse A.

Exercice 4

Soit α = +1 i 3 et A(2).

1a. On a :

> α²−4α = − +1 3 2i 3− −4 4i 3= − −6 2i 3

> 2α− = −8 2 2i 3 8− = − −6 2i 3 On a donc bien α²−4α =2α−8. 1b. Vérifions que AB = AC.

> AB=|z_B−z_A| |= − = − +α 2 | | 1 i 3 |= 4=2

> AC=|z_C−z_A| |= − = − −α 2 | | 1 i 3 |= 4=2 B et C sont bien sur le cercle C.

2a. Pour construire E :

> on place milieu I de [OD] (puisque cos( ) 0.5 3

π = )

> on trace la médiatrice de [OD] (qui passe donc par I)

> on place les deux points d’intersection de cette droite avec le cercle de centre O qui passe par D

> le point E est celui des 2 poins tel que

(

^{OD OE}^,

)

soit direct 2b.

> L’écriture de la rotation de centre O et d’angle 3

π _est ^z^{' 0}^{− =}^eⁱ^π³

(

^z^{− ⇔ =}⁰

)

^z^' ^{e z}ⁱ^π³ donc E est d’affixe

3 2 3

i i

i

E D

z e z e e

π π

= = θ^.

> On remarque enfin que ³ cos sin ¹ ³

3 3 2 2 2

i i

e i

π = ^π^+ ^π ^= + =α

    (cad que 2eⁱ³

α = π ).

=> On obtient bien z_E =αeⁱ^θ^. 1/6

5/6 1/4 3/4 7/10

3/10 B

G G

B

G G

(4)

3c. D’après le cours ²

2 2 2

i

B D i

F

z z e

z e

θ θ

α α

+ +

= = = +

3b. On admet que

2

i G

z e

α θ+α

= .

On a

2

2 2

2 2 4

2 2 2 4

2 2

i

i G

i i

F

e

z e

z e e

θ

θ θ

α α

+ − ×

− = = + −

− + − + −

or d’après le 1a on a ^α²⁻⁴^α ⁼²

( )

^α⁻⁴ donc on obtient

2 4

2 2 2 4

2 2 4 2 2 4 2

i

i G

i i

F

z e e

θ θ

α α

α α α α

α α

+ −

− = = × + − =

− + − + − .

> Par conséquent on trouve que ²

(

²

)

³

(

²

)

2

i

G F F

z z e z

α π

− = − = − d’après 2b.

> On reconnaît alors l’écriture complexe de l’image de F par la rotation de centre A(2) et d’angle 3

π : le triangle

GAF est donc isocèle en A (car une rotation conserve les longueurs) et l’angle en A est 3 π .

=> Ce triangle est donc équilatéral.

4. On a donc AF² = f( )θ et le minimum éventuel de f, d’après le tableau de variation est en 6

−π ou _π.

De plus ... 4 2 3

f π6

− = = −

 

  et ^f

( )

^π ^{= >}⁷ ^f^{( )}^π₆ ^.

La fonction f admet donc un minimum en

x_{= −}π6, qui est positif (donc AF² peut l’atteindre) : la conjecture est vérifiée.