TS Bac blanc 1 : Correction 31 janvier 2017 Exercice 1 : Probabilit´es
1. Voir le cours.
2.
Affirmation 1 pA(F) = p(F∩A) p(A) = 144
240 Donc Faux Affirmation 2 p(F∩T) = 39
100 etp(F)×p(T) = 720 1200× 618
1200= 309
1000.p(F∩T)6=p(F)×p(T) donc Faux .
Affirmation 3 Interroger une personne est une epreuve `a 2 issues de succ`es : la personne pr´ef`ere le trainde probabilit´e 618
1200= 103 200.
On observe la r´ep´etition de 20 ´epreuves identiques et ind´ependantes.
SoitX la variable al´eaotire qui compte le nombre de succ`es.X suit la loi bi- nomiale de param`etre 20 et 103
200.
A la calculatrice,` p(X 65)≈0,0015 donc p(X >6) = 1−p(X 65)≈0,985 doncp(X >6)>0,98. Donc Faux
Affirmation 4 Soit E l’´ev´enement :La personne interrog´ee est ´ecologiste et P l’´ev´enement :La personne interrog´ee est pour le projet. p(E∩P¯) = 0,65×0,7 = 0,455 donc Faux
Affirmation 5 ¯P et P forment un syst`eme complet d’´ev´enements. Par la formule des proba- bilit´es totales :p(E) =p(P)×pP(E) +p( ¯P)×pP¯(E) = 0,525. Donc Vrai . Exercice 2 : Suites arithm´etico-g´eom´etrique
1. Pour n= 10 :
Valeur dek 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Valeur deu 1,5 1,9 2,14 2,28 2,37 2,42 2,45 2,47 2,48 2,49 2,49 La suite (un) semble strictement croissante et tendre vers 2,5.
2. Voici l’algorithme pour qu’il affiche seulementun o`u nest l’entier saisi en entr´ee.
Variables : netk entiers naturels,unombre r´eel Entr´ee : Saisirn
Initialisation : uprend la valeur 1,5.
Traitement : Pourk allant de 1 `an
uprend la valeur 0,6u+ 1.
Fin Pour Afficheru
3. Pour tout entier naturel n, posonsPn: un= 2,5−0,6n . Initialisation : Pourn= 0
u0= 1,5 et 2,5−0,60= 1,5.
DoncP0est vraie.
H´er´edit´e : SupposonsPn vraie `a un rangn.
Alorsun = 2,5−0,6n.
Orun+1= 0,6un+ 1 = 0,6(2,5−0,6n) + 1 = 2,5−0,6n+1 DoncPn+1est vraie.
Par r´ecurrence, pour tout entier natureln, Pn est vraie.
4. 0<0,6<1. D’o`u lim
n→+∞0,6n= 0.
Donc par somme lim
n→+∞un = 2,5.
Pour tout entier natureln,un+1−un= 2,5−0,6n+1−(2,5−0,6n) = 0,6n(−0,6+1) = 0,4×0,6n>0
Donc la suite (un) est strictement croissante.
Partie B
1. Pour tout entier natureln,vn+1=un+1−2,5c vn+1= 0,6un+c−2,5c vn+1= 0,6(vn+ 2,5c)−1,5c Pour tout entier natureln,vn+1= 0,6vn.
Donc (vn) est g´eom´etrique de raisonq= 0,6 et de premier termev0=u0−2,5c= 1,5−2,5c.
2. Pour tout entier natureln,vn =v0×qn= (1,5−2,5c)×0,6n. 3. 0<0,6<1, donc lim
n→+∞vn= 0.
Or pour tout entier natureln,un=vn+ 2,5c.
D’o`u par somme, lim
n→+∞un= 2,5c.
Donc pour atteindre son objectif, il faut et il suffit que 2,5c = 10. Autrement dit c= 4.
Exercice 3 : Nombres complexes 1. Calcule dezC0 l’affixe deC0.
zC0 =zC−4 zC−1 = i√
2−4 i√
2−1 = (4−i√
2)(1 +i√ 2)
1 + 2 = 2 +i√ 2 2. R´esolvons sur C\ {1}, z0 = 2−i . z−4
z−1 = 2−i ⇔ z−4 = (2−i)(z−1) ⇔ z−(2−i)z = 4−(2−i) ⇔z(−1 +i) = 2 +i⇔z = 2 +i
−1 +i =−12 −i32. Donc l’affixe deD est −12−i32 .
3. R´esolvons surC\ {1}z0=z . z−4z−1 =z⇔z−4 =z2−z⇔z2−2x+ 4.
Calcul du discriminant : ∆ = 4−16 = −12 < 0. L’´equation admet donc deux racines complexes conjugu´ees.
z1=2−i√ 12
2 = 1−i√
3 etz2= 1 +i√ 3.
f admet donc deux points invariants E et F d’affixes respectives : 1 +i√ 3 et 1−i√
3.
TS Bac blanc 1 : Correction 2 sur 2 2016-2017
C0
D0 D
A B
C E
F
b G
c
~ u
~v
4. (a) z=x+iy doncz0= x+iy−4 x+iy−1
= ((x−4) +iy)((x−1)−iy)
(x−1)2+y2 = (x2−4x−x+ 4 +y2) +i(−xy+ 4y+xy−y)
(x−1)2+y2 .
On a bien Re(z0) = (x2−5x+y2+ 4)
(x−1)2+y2 et Im(z0) = 3y (x−1)2+y2 .
(b) z0 est r´eel ssi Im(z0) = 0 c’est-`a-dire 3y =. E1 est la droite d’´equation y = 0 priv´e du point A.
(c) z0est imaginaire ssiRe(z0) = 0. Orx2−5x+y2+ 4 = (x−52)2+y2−254 + 4 = (x−52)2+y2−94.
Doncz0 est imaginaire ssi (x−52)2+y2= 322 .
E2est le cercle de centre d’affixe 52 et de rayon 32 priv´e deA.
Exercice 4 : Exponentielle
1. Quel que soitx∈R,f(−x) = e−x−ex
2 =−ex−e−x
2 =−f(x) : la fonction f est donc impaire et le point O est centre de sym´etrie pour la courbeC.
2. On a lim
x→+∞e−x = 0 et lim
x→+∞ex = +∞, d’o`u par somme de limites
x→+∞lim f(x) = +∞. De mˆeme, lim
x→−∞ex = 0 et lim
x→−∞e−x = +∞, d’o`u par somme de limites
x→+∞lim f(x) =−∞.
3. f est d´erivable sur R et sur cet inter- valle :
f0(x) =ex+ e−x
2 .
Pour tout r´eel ex>0, la somme de deux termes sup´erieurs `a z´ero est sup´erieure
`
a 0. La fonction f est donc strictement
croissante surR. x
f0(x) f
−∞ +∞
+
−∞
−∞ +∞+∞
Partie B 1. AvecM
x; ex−e2−x
, on a : AM2= (x−1)2+
ex−e−x 2
2
=4(x−1)2+ (ex−e−x)2
4 .
2. (a) Quel que soitx∈R,
g0(x) = 2(x−1) +2 (ex+ e−x) (ex−e−x)
4 = 2(x−1) + e2x−e−2x
2 .
(b) Quel que soitx∈R, g00(x) = 2 + 2e2x+ 2e−2x
2 = e2x+ e−2x+ 2.
On a g00(x) > 0 car somme de trois termes sup´erieurs `a z´ero ; g0 est donc strictement croissante surR.
(c) On ag0(0) =−2 + 1−1
2 =−2 etg0(1) = 0 + e2−e−2 2 ≈3,6.
Sur l’intervalle [0 ; 1],g0 est continue car d´erivable etg0(0)×g0(1)<0 : il existe donc un r´eel uniqueα∈[0 ; 1] tel queg0(α) = 0.
On ag0(0,46)≈ −0,02 etg0(0,47)≈0,02, ce qui montre que 0,46< α <0,47.
g0(α) = 0 etg0 est croissante surR, donc :
• six < α, g0(x)<0 ;
• six > α, g0(x)>0.
(d) On d´eduit du r´esultat pr´ec´edent queg est d´ecroissante sur ]− ∞; α[ et crois- sante sur ]α; +∞[, g(α) ´etant le minimum de la fonction surR.
3. On a AM =p
g(x) ; comme A n’est pas un point deC (on a vu ci-dessus que pour tout r´eelx,g(x)>g(α) doncg(x)>0).
La fonction racine carr´e est strictement croissante sur [0; +∞[ donc le minimum de
√g est le mˆeme que celui de g.
La distanceAM est bien minimum au pointMα . 4. On ag0(α) = 0 ⇐⇒ 2(α−1) +e2α−e−2α
2 = 0 ⇐⇒ α−1 =−e2α−e−2α
4 ⇐⇒
α−1 =−1 2f(2α) .
D’o`ug(α) = (α−1)2+(eα−e−α)2
4 =
−1 2f(2α)
2
+[f(α)]2=1
4[f(2α)]2+[f(α)]2. Par croissance de la fonctionf :
0,46 < α <0,47 ⇒f(0,46) < f(α) < f(0,47), puis par croissance de la fonction x7→x2 surR+,
[f(0,46)]2<[f(α)]2<[f(0,47)]2(1).
De mˆeme :
0,46< α <0,47⇒ −0,54< α−1<−0,53⇒ −0,54<−12f(2α)<−0,53, puis par d´ecroissance de la fonction carr´ee sur ]− ∞; 0], 0,532< 12f(2α)2
<0,532(2) Par somme des encadrements (1) et (2) :
1
4[f(0,92)]2+ (0,53)2 <[1
2f(2α)]2+ [f(α)]2 < 1
4[f(0,94)]2+ (0,54)2 soit 0,507 <
g(α)<0,53 et enfin 0,71<AM0<0,73 .