Corrigé - Maths-france.fr

EXERCICE 1
BACCALAUREAT GENERAL
Session de juin 2009
MATHEMATIQUES
- Série S -
Enseignement Obligatoire
Rochambeau
Partie A : Etude de la progression de l’épidémie pendant 30 jours.
1) Puisque la fonction y est dérivable sur l’intervalle [0, 30] et strictement positive, la fonction z est dérivable sur l’intervalle
[0, 30]. Ensuite,
D’autre part,
Finalement
y ′ = 0, 05y(10 − y) ⇔
y(0) = 0, 01 ⇔ 1
1
= 0, 01 ⇔ z(0) = ⇔ z(0) = 100.
z(0) 0, 01
′
1
= 0, 05 ×
z
1
10 −
z
1
z
⇔ z ′ = −0, 5z + 0, 05.
′ z 0, 5
⇔ − =
z2 z
y(0) = 0, 01
y ′ = 0, 05y(10 − y) ⇔
z(0) = 100
z ′ = −0, 5z + 0, 05 .
0, 05
−
z2 ⇔ z ′ = −z 2
0, 5 0, 05
−
z z2
2) a) On sait que les solutions de l’équation différentielle z ′ = az+b, a et b réels donnés tels que a = 0, sont les fonctions
de la forme z : t ↦→ − b
a + Keat où K est un réel. Ici, a = −0, 5 et b = 0, 05 et donc il existe un réel K tel que pour tout
0, 05
réel t de l’intervalle [0, 30], z(t) =
0, 5 + Ke−0,5t = 0, 1 + Ke−0,5t .
La condition z(0) = 100 fournit alors 100 = 0, 1 + Ke0 et donc K = 99, 9. Ainsi,
pour tout réel t de [0, 30], z(t) = 99, 9e −0,5t + 0, 1.
La fonction z obtenue est effectivement strictement positive sur l’intervalle [0, 30] et donc
Pour tout réel t de [0, 30], y(t) =
b) Le pourcentage de la population infectée après 30 jours est
y(30) =
1
99, 9e −0,5t + 0, 1 .
1
99, 9e−0,5×30 + 0, 1 =
1
99, 9e−15 = 9, 9....
+ 0, 1
Le pourcentage de la population infectée après 30 jours est 10% arrondi à l’unité.
Partie B : Etude de l’efficacité d’un vaccin.
1) On note V l’événement « l’individu est vacciné » et M l’événement « l’individu tombe malade ». La probabilité demandée
est p(V ∩ M). L’énoncé donne p(V) = 0, 25, pV(M) = 0, 92 et p(M) = 0, 1.
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On en déduit PV(M) = 1−pV(M) = 0, 08 puis p(V ∩M) = p(V) ×pV(M) = 0, 25 ×0, 08 = 0, 02. Enfin, d’après la formule
des probabilités totales, p(V ∩ M) + p(V ∩ M) = p(M) et donc
p(V ∩ M) = p(M) − p(V ∩ M) = 0, 1 − 0, 02 = 0, 08.
La probabilité de l’événement « l’individu n’est pas vacciné et tombe malade » est 0, 08.
2) La probabilité demandée est p V (M).
p(V ∩ M)
pV (M) =
p(V)
0, 08 8
= = = 0, 106....
1 − 0, 25 75
La probabilité de tomber malade pour un individu qui n’est pas vacciné est 0, 11 arrondi au centième.
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EXERCICE 2
PARTIE A : Restitution organisée de connaissances
Soient f et g deux fonctions continues sur un intervalle [a, b] telles que pour tout x de [a, b], f(x) g(x).
b Alors, pour tout réel x de [a, b], g(x) − f(x) 0 puis par positivité de l’intégrale, (g(x) − f(x)) dx 0 et enfin, par
b b b a b linéarité de l’intégrale, g(x) dx − f(x) dx 0. On a ainsi montré que f(x) dx g(x) dx.
PARTIE B
a
a
1) a) Pour tout réel x de l’intervalle [0, 1], on a −1 −x2 0. Par croissance de la fonction exponentielle sur R, on en
déduit que pour tout réel x de [0, 1], e−1 e−x2 e0 et finalement
pour tout réel x de [0, 1], 1
f(x) 1.
e
b) L’inégalité de la moyenne permet alors d’affirmer que 1
× (1 − 0)
e
1
e u0 1.
2) Pour tout réel x de [0, 1], xe−x2 = − 1
2 (−2x)e−x2 = − 1
2 (e−x2)
′ et donc
u1 =
1 xe −x2
dx =
0
− 1
2 e−x2
1 u1 = 1
2
0
a
a
1 f(x) dx 1 × (1 − 0) et donc que
0
= − 1
2 e−1 + 1
2 e0 = 1
1 −
2
1
.
e
1 − 1
e
3) a) Soit n un entier naturel. Pour tout réel x de [0, 1], on a xn 1 f(x) 0. On en déduit que x n f(x) dx 0 par positivité
de l’intégrale.
b) Soit n un entier naturel.
1 un+1 − un =
x
0
n+1 e −x2
1 dx −
.
Pour tout entier naturel n, un 0.
x
0
n e −x2
1 dx =
0
x n+1 e −x2
− x n e −x2
dx =
0
1
x
0
n (x − 1)e −x2
Maintenant, pour tout réel x de [0, 1], xn 0, e−x2 0 et (x − 1) 0 et donc xn (x − 1)e−x2 1 0. On en déduit par
croissance de l’intégrale que un+1 − un 0 dx = 0. Ainsi, pour tout entier naturel n, un+1 un et donc
0
la suite (un)n∈N est décroissante.
c) La suite (un)n∈N est décroissante et minorée par 0. Donc la suite (un)n∈N converge.
4) a) Soit n un entier naturel. Pour tout réel x de [0, 1], e−x2 e0 = 1 et donc, puisque xn 0, pour tout réel x de [0, 1],
xne−x2 xn . On en déduit par croissance de l’intégrale que
1 un = x n e −x2
1 dx x n 1 n+1 x
dx = =
n + 1
1n+1 0n+1 1
− =
n + 1 n + 1 n + 1 .
0
0
Pour tout entier naturel n, un 1
n + 1 .
b) Pour tout entier naturel n, on a 0 un 1
1
. Comme lim
n + 1 n→+∞ n + 1
d’affirmer que
lim
n→+∞ un = 0.
0
dx.
= 0, le théorème des gendarmes permet
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EXERCICE 3
1) Dans le repère
A, −→
AB, −→ −→
AD, AE , le point D a pour coordonnées (0, 1, 0) et le point E a pour coordonnées (0, 0, 1).
Le point I est le centre du carré ADHE et donc le milieu de la diagonale [DE]. On en déduit que le point I a pour
xD + xE
coordonnées ,
2
yD + yE
,
2
zD
+ zE
ou encore 0,
2
1
1
, .
2 2
De même, les points B et D ont pour coordonnées respectives (1, 0, 0) et (0, 1, 0). Puisque le point J est le milieu du segment
1 1
[BD], le point J a pour coordonnées , , 0 .
2 2
1 1 1
Enfin, le point K est le milieu du segment [IJ] et donc le point K a pour coordonnées , ,
4 2 4
Les points I, J et K ont respectivement pour coordonnées 0, 1
1 1 1 1 1 1
, , , , 0 et , , .
2 2 2 2 4 2 4
2) Le point A a pour coordonnées (0, 0, 0) et donc le vecteur −→
1 1 1
AK a pour coordonnées , , .
4 2 4
Ensuite, puisque −→
AG = −→
AB + −→
BC + −→
CG = −→
AB + −→ −→ −→
AD + AE, le point G a pour coordonnées (1, 1, 1) et donc le vecteur AG a
pour coordonnées (1, 1, 1).
S’il existe un réel k tel que −→
AK = k −→
AG, on doit avoir 1 × k = 1
−→
4
AK et −→
AG ne sont pas colinéaires ou encore
Les points A, K et G définissent donc un unique plan.
les points A, K et G ne sont pas alignés.
1
et aussi 1 × k = ce qui est impossible. Donc les vecteurs
2
3) a) Déjà le milieu K du segment [IJ] est dans le plan (AKG). Il reste à vérifier que le vecteur −→ IJ est normal au plan
(AKG). Pour cela, vérifions que le vecteur −→ IJ est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires −→
AK et −→
AG du plan (AKG).
Le vecteur −→
1
IJ a pour coordonnées , 0, −1 et donc
2 2
et
On a montré que
−→ −→ 1 1 1 1 1
IJ. AK = × + 0 × − × = 0,
2 4 2 2 4
−→ −→ 1 1
IJ. AG = × 1 + 0 × 1 − × 1 = 0.
2 2
Le plan (AKG) est le plan médiateur du segment [IJ].
b) Le plan (AKG) est le plan passant par A de vecteur normal −→ IJ. Une équation cartésienne du plan (AKG) est donc
1
1
(x − 0) + 0(y − 0) − (z − 0) = 0 ou encore
2 2
une équation cartésienne du plan (AKG) est x − z = 0.
c) Le point D a pour coordonnées (0, 1, 0) et donc xD − zD = 0. Ceci montre que
le point D appartient au plan (AKG).
4) a) Les points D et G ont respectivement pour coordonnées (0, 1, 0) et (1, 1, 1). Le point L est lemilieu du segment
[DG]
1 1
1 1 1
et a donc pour coordonnées , 1, . Par suite, le milieu du segment [AL] a pour coordonnées , , . Le milieu du
2 2
4 2 4
segment [AL] est donc le point K.
Le point K est le milieu du segment [AL].
b) Le point L est le milieu du segment [DG] et donc, d’après le théorème du barycentre partiel, K = bar(A(2), L(2)) =
bar(A(2), D(1), G(1)).
K = bar(A(2), L(2)) = bar(A(2), D(1), G(1)).
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EXERCICE 4
Partie A Etude d’un cas particulier
1) a)
−a
b − a =
−1 − i √ 3
1 − √
3 + 1 + √
3 i − 1 − i √ 3
= −1 − i√3 − √ 3 + i = (−1 − i√3)(− √ 3 − i)
(− √ 3 + i)(− √ 3 − i) =
√ √
3 + i + 3i − 3
(− √ 3) 2 + 12 = i.
−a
= i.
b − a
b) AO |0 − a|
=
AB |b − a| =
−a
b
− a
= |i| = 1 et donc AO = AB. Le triangle OAB est isocèle en A.
−→ −→
−a
AB, AO = arg = arg(i) =
b − a
π
[2π]. Le triangle OAB est rectangle en A.
2
Le triangle OAB est rectangle isocèle en A.
2) L’expression complexe de la rotation r est z ′ = e 2iπ/3 z ou encore z ′ =
3) a) Soit M(x, y) un point du plan.
− 1
√
3
+ i z. Par suite,
2 2
c = − 1
√
3
+ i a = −
2 2
1
√
3
+ i (1 + i
2 2
√ 3) = − 1
√ √
3 3 3
− i + i − = −2.
2 2 2 2
M ∈ (AC) ⇔ −−→
AM et −→
AC sont colinéaires ⇔
c = −2.
⇔ 3y = √ 3x + 2 √ √
3
3 ⇔ y = (x + 2).
3
b) L’affixe du milieu E du segment [BD] est
Par suite,
e =
Partie B Etude du cas général
1) a ′ = e iθ a et b ′ = e iθ b.
′ a + a
2) a) p =
2
x − 1 −2 − 1
y − √ 3 0 − √ 3
√
3
Une équation de la droite (AC) est y = (x + 2).
3
b + d
2 =
1 − √ 3 +
1 + √
3 i − 2 − 2i
2
= 0 ⇔ −√3(x − 1) + 3(y − √ 3) = 0
= − 1 + √ 3
2
+ i −1 + √ 3
.
2
√
3
3 (xE
√
3
+ 2) = −
3
1 + √ √
3 3
+ 2 =
2 3 × 3 − √ 3
=
2
−3 + 3√3 3 × 2 = −1 + √ 3
= yE.
2
= a + eiθ a
2
= 1 + eiθ
Le milieu du segment [BD] appartient à la droite (AC).
a et de même q =
2
1 + eiθ
b.
2
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) q − p =
1 + eiθ
b −
2
1 + eiθ
a =
2
Ainsi, pour θ = π, on a q − p = 0 et
Pour θ = π, on a P = Q = O.
−→ −→
c) Pour θ = π, on a PQ, PO
1 + eiθ
(b − a). Maintenant, b − a = 0 puis pour θ ∈]0, 2π[,
2
1 + eiθ = 0 ⇔ e
2
iθ = −1 ⇔ θ = π.
−p
q − p =
1 + eiθ × (−a)
2
1 + eiθ × (b − a)
2
= −a
b − a .
−p −a
= arg = arg =
q − p b − a
π
[2π] d’après la question A.1)a). Donc
2
la droite (OP) est perpendiculaire à la droite (PQ).
d) Pour θ = π, on a P = O. De plus, puisque le triangle OAA ′ est isocèle en O et que le point P est le milieu de [AA ′ ], la
droite (OP) est la médiatrice du segment [AA ′ ]. En particulier, la droite (OP) est perpendiculaire à la droite (AA ′ ) qui
est aussi la droite (PA).
D’après la question précédente, la droite (OP) est également perpendiculaire à la droite (PQ). On en déduit que les droites
(PA) et (PQ) sont parallèles. Puisque ces droites ont en commun le point P, ces droites sont confondues et donc le point
Q appartient à la droite (PA) qui est aussi la droite (AA ′ ).
Ce dernier résultat reste vrai quand θ = π car alors Q = P ou encore Q est le milieu du segment [AA ′ ].
Le point Q appartient à la droite (AA ′ ).
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