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Publié par | LeParisienEtudiant |
Publié le | 21 juin 2017 |
Nombre de lectures | 26 174 |
Langue | Français |
Extrait
−x
M N=f(x)−g(x) =xe=h(x)
−1 1
qui atteint son maximum enx= 1 d’après la question 2 de la partie A, et vaut alorse= .
e
b)Placer les pointsMetNsur les points des courbes d’abscisse 1
Sujet original, très "pratique", où il fallait avoir de bonnes capacités d’interprétation de données parfois un peu
intimidantes à première vue. Très exhaustif en terme de notions vues!
Mathématiques
0
+∞
Série : S
Exercice 2
2 22
1)Le pointAappartient au planPsi et seulement si 2−a−3 =−a−1 =−(a+ 1) = 0,or comme pour
2 2
toutadansRa+ 1>1, on a−(a+ 1)6−1 et donc cette dernière quantité n’est jamais égale à 0.
Ainsi, quelle que soit la valeur du réela, le pointAn’appartient pas au planP.
3)
Ce corrigé est indicatif et n’est ni officiel, ni exhaustif
′
h(x)
−x
1)limxe= 0
x→+∞
′ −x−x−x′
2)Commeh(x) =e−xe=e(1−x), on en déduit le tableau de signes dehpuis de variations deh
sur [0,+∞[ :
a)
Z Z
λ λ
Aλ=f(x)−g(x) dx=h(x) =H(λ)−H(0)
0 0
carHest une primitive deh, et donc
h(x)
0
−x′ −x−x−x−x
b)Comme (−e() =−(−e)) =e, la fonction−eest une primitive dex7→e
−x′ −x
c)Commeh(x) =e−h(x), en notantHune primitive de la fonctionh, on auraH(x) =−e−h(x).
Exercice 1
−1
e
0
x
21 juin 2017
1)
a)CommeMetNont la même abscisse, la distanceM Nest simplement la différence de leurs ordonnées,
donc
Partie B
1 +λ
−λ0−λ−λ−λ
Aλ= (−e−h(λ))−(−e−h(0)) =−e−λe+ 1 =e(−1−λ) + 1 = 1−
λ
e
1+λ1+λ
b)limAλ1= lim−λ= 1 carλtend vers 0 lorsqueλtend vers +∞. Ainsi, l’aire du domaine
e e
λ→+∞λ→+∞
Dλtend vers 1 lorsqueλtend vers +∞.
−5
a)Il afficheraλ= 3 carA3= 0,80085 à 10près.
b)Le rôle de cet algorithme est de déterminer le premier entierntel queAn>0.8
0
1
Baccalauréat 2017 - 4h - obligatoire
Baccalauréat 2017
−
x′x−x−x−x
e−h(x) =e−(e−xe) =xe=h(x)
Baccalauréat 2017 - 4h - obligatoire
1/4
a)
3)
+
2)
Partie A
Série : S
2)
a)Un vecteur normal au planPest le vecteuru0;= (2;−1). La droiteDde vecteur directeurtet
x= 1 + 2t
passant parAadmet pour représentation paramétriquey=a
2
z=a−t
p p
2 2 22 2
b)D’après le système précédent, on aAM= (xM−xA() +yM−yA) +(zM−zA(2) =t) +(t) =
√
2
5t
3)Notons (x,y,z) les coordonnées du pointH. CommeH∈(P), on a 2∗x−z−3 = 0, et donc 2∗(1 + 2t)−
2
2 1+a
(a−t)−3 = 0, ce qui donne après calculst= commeparamètre deH. Ainsi, la distanceAHvaut
5
q
√2
2
1+a1+a
2 22
donc 5t= 5() =qui est minimal pour a=0 cara+ 1est minimal poura= 0.
√
5
5
Exercice 3
Partie A
1)Proposition (C)
2) a)SecteurG4
√
−3 15π
b)z+= 90(i), donc|z|= 90 etarg(z) =, donc on est dans le secteurD5
2 26
Partie B
1)P(M <0) = 0, en effet un module ne peut être négatif.
2)P(M∈]40; 60[)=P(M∈]µ−2σ, µ+ 2σ[) = 0,95.
3)La probabilité que la foudre soit tombée dans le secteurB3 est exactement égale à celle queTsoit dans
π π
; ETqueMsoit dans ]40;60[. CommeMetTsont indépendantes, alors
4 2
i hi h
π ππ π
P(M∈]40; 60[∩T∈=; )P(M∈]40; 60[)∗P(T∈; )= 0.819∗0.95 = 0.77805
4 24 2
Exercice 4
Partie A
1)
2)P(I2) =P(S1∩I2) +P(M1∩I2) +P(I1∩I2) = 0.85∗0.10 + 0.35∗0.05 + 0∗0.1 = 0.2025
P(I2∩I1)P(I2∩I1) 0
.1∗1−4
3)PI2(I1= =) == 0.près4939 à 10
P(I2) 0.2025 0.2025
Partie B
1)Au cours de la semainen, un individu est soit malade, soit immunisé, soit susceptible d’être atteint par
le virus, doncP(Sn) +P(Mn) +P(In) = 1.
2)
Série : S
a)C3= 0.65∗C2+ 0.05∗B2
b)Selon le modèle et à partir de la lecture des termes du tableau, le pic épidémique se produira en
semaine d’indice 4 (probabilité de 0,0859)
Baccalauréat 2017 - 4h - obligatoire
2/4
3) a)Comme un individu ne peut être susceptible d’être atteint par le virus en semainen+ 1que s’il
l’était déjà en semainen, on aP(Sn+1) =P(Sn+1∩Sn) =P(Sn)∗PSn(Sn+1) = 0.85∗P(Sn) et donc
un+1= 0.85∗un.
1n n
b)Soit (Hn) :vn= (0.85−0.65 ).
4
Initialisation : commev0= 0,H0est vraie Héridité : soitn∈N, supposonsHnvérifiée. Alors en
utilisant la formule du terme général d’une suite géométrique, hypothèse,vn+1= 0.65vn+ 0.05un=
1nn n1n+1n+1
0.65( (0.85−0.+ 065 )).05(0.ce qui donne bien85 )vn+1= (0.85−0.calculs.65 )après
4 4
1n n
Ainsi∀n∈N, par le principe de récurrence,vn= (0.85−0.65 ).
4
n
4)Commeuest une suite géométrique de raisonravec|r|<1, limunlim 0= 0. Comme.85 =
n→+∞n→+∞
n1
lim 0.65 =0, limvn= (0−lim0) = 0, et doncwn= 1 : l’épidémie s’éteint en temps long.
4
n→+∞n→+∞n→+∞
Exercice 5 (spécialité)
Partie A
1)(x,y) définit un TRPI si et seulement si il est possible de construire un triangle rectangle de côtés de
longueursxetxet d’hypoténuse+ 1y, ce qui par le théorème de Pythagore est possible si et seulement
2 22
six+ (x+ 1)=y, ce qui équivaut en développant à
2 2
y= 2x+ 2x+ 1
.
√ √
2)On teste les couples possibles pourx= 1 : (1,5 (pas possible carydoit être entier), (2,13 (même
chose), (3,5) est donc le premier couple d’entiers naturels définissant un TRPI.
2
3) a)Raisonnons par l’absurde : supposons quensoit impair et quensoit pair. Alors il existekdansN
2 22 2
tel que 2k=n, et doncn= (2k) =4kest divisible par 2, et doncnest pair, ce qui est absurde.
2
Ainsi, sinest impair,nl’est aussi.
2 22
b)Si (x,y) définit un TRPI, alorsy= 2x+ 2x+ 1 = 2(x+x) + 1,ce qui est impair. Par la question
précédente,yest impair.
2 2
4)Commey= 2x+ 2xon a que+ 1,y(y)−(2x+ 1)x= 1. Ainsi en posantu=yetv=−(2xil vient+ 1),
queuy+bv= 1, oùuetvsont des entiers relatifs. Ainsi par le théorème de Bezout,yetxsont premiers
entre eux.
Partie B
1)La multiplication matricielle donne
′
x3 2x1
= +
′
y4 3y2
et donc
′
x= 3x+ 2y+ 1
′
y= 4x+ 3y+ 2
′ ′
2) a)Indication: La question semble très calculatoire : il faut remplaceryetxpar leurs expressions en
fonction dexety, puis développer et soustraire ..
2 2′2
b)Supposons que (x,y) définisse un TRPI. Alorsy= 2x+ 2x= 2(+ 1x)(xAinsi+ 1) + 1.y=
2′′ ′2′′ ′2
y−2(x)(x+ 1) + 2x(x+ 1)par la question précédente, et doncy+ 2= 1x(x= 2+ 1)x+ 2x+ 1
′ ′
et (x ,y) définit bien un TRPI par la question 1 de la partie A.
2 2
3)Soit (Hn) : (yn2() =xn) +2xnl’hypothèse de récurrence, équivalente au fait que le couple (+ 1xn,yn)
définisse un TRPI.
Initialisation :H0est vraie car (3,5) définit un TRPI comme démontré dans la question 2 de la partie A.
Hérédité : soitn∈N. SupposonsHnvraie, montrons queHn+1l’est aussi.xn+1etyn+1sont définies à
′ ′
partir dexnetyncomme l’étaientxetyà partir dexetydans la partie B, or on a montré en 2.b que si
′ ′
(x,y) définissait un TRPI alors (x ,y) aussi, donc (xn+1,yn+1définit bien un TRPI etHn+1est vérifiée.
Ainsi, par le principe de récurrence, (xn,yn) définit un TRPI pour toutndansN.
Série : S
Baccalauréat 2017 - 4h - obligatoire
3/4
4)Il suffit d’itérer la relation précédente à l’aide de la calculatrice : on calcule (x1,y1) puis (x2,y2) et ainsi
de suite, jusqu’à ce que l’on trouvexn>2017. En itérant ainsi, on finit par trouver un couple (x,y) =
(4059,5741).
Série : S
Baccalauréat 20