correction du sujet

7/28/2019 Correction Du Sujet

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Monsieur CRESSINI LEtudiant mercredi 29 mai 2013

Sujet Type BAC S nouveau programme 2013

Ce sujet privilgie les nouveaux chapitres introduits cette anne

au programme.

A savoir la loi normale et en spcialit le calcul matriciel et les

graphes probabilistes.

Ne figure pas dans ce sujet la gomtrie dans lespace ou

larithmtique en spcialit, domaines qui peuvent cependant tout

fait tomber lexamen. Ne figure pas non plus le chapitre sur les

intervalles de fluctuation.

Jai choisi un vrai ou faux en analyse o titre dentrainement, jedemande de justifier les rponses. En cas de rponse vraie il

convient donc de fournir une brve dmonstration en utilisant les

acquis du cours, en cas de rponse fausse, un contre exemple

suffit.

A lexamen, si ce type dexercice tombait, il ne devrait pas y avoir

plus de 5 questions. Les justifications ne seront pas demandes et

il ny aura pas de point ngatif en cas de mauvaise rponse.

Exercice I

Rpondre par vrai ou faux chaque affirmation en justifiant

votre rponse.

1 G(0) = 0 et G(1) = 0 car =1

1

0)( dttf . Donc VRAI

2 Par dfinition x

dttf1

)( reprsente la primitive de la fonctionf

sannulant en 1 donc cette fonction est drivable sur [,0[ + et lafonction G est donc drivable sur [,0[ + en tant que produit de

fonctions drivables. Soit

+=+=x

xxfFxFxfxdttfxG1

)()1()()()(1)('

Or 0)1( =F donc )()()(' xxfxFxG += . Donc VRAI

3 fest positive sur [,0[+

doncFest croissante sur [,0[+

. Or0)1( =F donc 0)( xF sur

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]1;0[ alors que daprs le texte 0)( xxf . On ne peut donc

conclure sur le signe ).(' xG

Donc VRAI

4 fest positive sur ]2,0[ donc par dfinition cette aire se calcule

par2

0

)( dttf . La valeur de lintgrale est indpendante de la

primitive choisie donc )0()2()(2

0

FFdttf = .

Donc VRAI

5 Une quation de (T) est : )1()( axeeaxey aaa +=+= . Donc VRAI

6 ax eexf =)(' et 0)('' >= xexf doncfest strictement croissante sur

IR. Donc VRAI.

7 Pour tudier la position de ( C) par rapport (T) il convient

dtudier le signe de )1( axee ax + . Si ax < , et lquation devient0=y ; Donc FAUX

8 La courbe de la fonction exponentielle est toujours situe au

dessus de ses tangentes.

(On dit que la fonction exponentielle de base e est une fonctionconvexe)

Donc si a = 0 , 0)1()( += xexf x , car 1+=xy est lquation de la

tangente ( C ) lorigine.

Par consquent laire demande est gale :

522

4

2

)(

202

2

0

2

0

==

= eeex

xedttfx

units daires. Donc

FAUX.

Exercice II

12

1

11)( =

+=

+

=

i

i

i

iif

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22

2

2

2

2

1

2

1

)1)(1(

)1(

1)(

4

5 i

ei

i

ii

ii

i

iif =

=

=

+

=+

=

donc ]2[4

5)](arg[

=if .

2 1121' =+=

zizz soit 12 += ziz , est donc la mdiatrice du

segment [AB].

3 a) (z rel strictement ngatif) ]2[)'(arg( = z et iz 2 )

Or daprs le cours, ]2[,)'arg( MBMAz =

Lensemble E des pointsMtels que ( ) ]2[, =MBMA est lesegment [AB] priv des pointsA etB , A par dfinition de

z etB sinonz = 0.

b) (z un imaginaire pur) ]2[2)'(arg(

= z et iz 2 ) soit( ) ]2[

2,

=MBMA .

Lensemble des points Mtels que ( ) ]2[2

,

=MBMA est le

cercle de diamtre [AB] priv des pointsA etB ,A par

dfinition dez etB sinonz = 0.

4 a) 15

1

12

1

121

1

21'

+=

+

=

+

=

+

=

zz

i

z

i

z

izz donc 511' =+ zz

.b) SiMdcrit le cercle de centreA et de rayon

2

5alors

2

5=AM , soit

2

51 =+z .

Donc pour tout 1' z , 52

51'11' ==+ zzz . Soit

21' =z , c'est--dire CM= 2 . Donc 'M dcrit le cercle de

centre Cet de rayon 2.

Exercice III

1 a) 01

11 >+

=+n

uu nn donc la suite )( nu est strictement croissante.

b) Toute suite croissante et majore est convergente, donc une

condition ncessaire et

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suffisante pour que )( nu admette une limite finie est quelle

soit majore.

c) Cette conjecture est envisageable car 01

lim =+nn . Mais la

lecture de la fin de lexercice

nous conduit supposer le contraire.

2 a) Il y a une faute de frappe, il faut lire p prend la valeur et non

rend la valeur

Il convient de comprendre que M dsigne un majorant denu et S = nu .

On cherche prouver lexistence ventuelle dun tel

majorant.Cet algorithme permet donc de dire quelle doit tre le rang

n pour que la valeur M soit atteinte, c'est--dire que M ne

puisse plus dsigner un majorant.

b)

Pour M = 2, la rponse afficher est p = 4. En effet 833,13 u

et 2083,24 >u .

Pour M = 5, la rponse afficher est p = 83. En effet990,482 u et 5002,583 >u .

Pour M = 10, la rponse afficher est p = 12367. En effet9999,912366 u et 1000004,1012367 >u . (La TI82 met environ 7

min pour afficher ce rsultat)

Pour M = 20, la rponse ne peut tre affiche par les

calculatrices ordinaires, lusage dun logiciel de

programmation est ncessaire.

c) Lobjectif est de comprendre que cette suite croit vraiment

trs lentement mais quelle nest pas majore car nimportequelle valeur M peut-tre dpasse mme si cela est

obtenu pour un rang trs lev.

3 a) La contrapose dune implication QP est non Q

nonP.

Soit Si la suite )( 2nu diverge alors la suite )( nu diverge .

b) Dsignons par nP la proprit : Pour tout entier 1n ,

21

2nu n +

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Initialisation :

Si n = 1 ,2

112 +u , vrai car 5,12 u . La proprit nP est

vrifie au rang initial .

Hrdit :Posons lhypothse de rcurrence : il existe un entier

naturel quelconque fix1n tel que nP soit vraie. Dmontrons qualors 1+nP est

encore vraie.

122 2

1...

22

1

12

11

+++

++

++=+

nnnnn uu .

Or =++++

+ +121

...22

1

12

1nnn nnnn

22

1...

22

1

12

1

+++

++

+

car nnnn 22222 1 +==+

De plus +

+++

++

nnnn22

1...

22

1

12

1+

+nn

22

1+

+nn

22

1+ nn

22

1

+

Soit2

1

2

12

22

1...

22

1

12

11=

+++

++

++n

n

nnnn .

2

122 1++ nn uu

Or par hypothse2

12

nu n + donc

2

1

2112 +++

nu n ,

2

1112

+++n

u n donc 1+nP est vraie.

La proprit nP est vrifie au rang initial n = 1 et elle est

hrditaire, elle est donc vraie pour tout entier 1n .

(cette dmonstration demande une certaine persvrance !)

42

1limlim2

nu

nnn +

++donc +=+ nun 2lim , donc )( nu diverge et

comme elle est strictement croissante +=+ nn ulim .

Exercice IV

1 ROC

Si Xsuit une loi normale N ),( alors la variable alatoire

=X

T suit une loi normale centre rduite N )1,0( . donc par

dfinition 0)( =TE et 1)( =TV .

Or

+=

XETE1

)( donc daprs les pr-requis donns dans le

texte

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0)(11

)( ==

+=

XEXETE soit =)(XE .

De mme 1)(

1)( == XVTV

soit )( =XV .

2 75,0200

150)( ==API

3 a) Lexprience alatoire qui consiste interroger les 200

tudiants intresss pour

savoir sils achtent ou pas la tablette est une succession de

200 preuves indpendantes deux issues succs et chec.

On dsigne par succs lvnement de probabilit 0,7: Un tudiant intress achte la tablette et par vnement

chec lvnement contraire.

La variable alatoire X prenant pour valeurs le nombre de

succs obtenus, suit donc une loi binomiale de paramtres

n = 200 et p = 0,7.

b) Soit nX une variable alatoire suivant une loi binomiale B(

n ;p), alors pour tout

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rels a et b : )()1(

lim bZaPbpnp

npXaP n

n=

+ , o Z est une

variable alatoire suivant une loi normale centre rduite N)1,0( .

Dans ce thorme on considre que la limite estpratiquement atteinte lorsque

5)1(

5

30

pn

np

n

et dans ce cas )()1(

bZaPbpnp

npXaP n

.

Ici n = 200 , np = 140 et n(1-p) = 60 ; les trois critres sont

vrifis, lapproximation de la loi deXpar une loi normale

N ))1(,( pnpnp est justifie.

4 a) 1407,0200 === np et==== 423,0140)1( pnp 6,48 210 prs.

b) Par dfinition Tsuit une loi normale centre rduite.

c) La calculatrice donne )( aTP Donc aprs simplification on

obtient : )85,1(1)85,1( = TPTP = 0,03 210 prs.

et 02,0)17,2(1)17,2()17,2( === TPTPTP 210 prs.

5 a) 210 prs :

03,0)85,1()85,1(42

140128

42

140)128( ==

= TPTP

XPXP

Un calcul direct la calculatrice donne la mme chose.

b) A la calculatrice nous avons obtenu 015,0)17,2( =TP 310

prs.

Soit 015,017,242

140=

XP et 015,04217,2140 =XP .

Or 94,1254217,2140 . Donc ( ) 015,0125 XP

Ce qui se vrifie par un calcul direct la calculatrice.

Le nombre maximal n de tablettes que lassociation doit

commander est donc 125.

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Exercice V

1 a)

b)

=

97,003,0

07,093,0T

c) ( ) ( )00000001 97,007,003,093,097,003,0

07,093,0yxyxyxTUU ++=

== .

2 a) ( ) ( )7,03,097,003,0

07,093,07,03,0

01 =

== TUU , la loi de probabilit

de nX

est alors une loi invariante, on parle dtat stable c'est--dire que la rpartition des

salaris du groupe reste inchange.

b) ( )759,0241,05

05 == TUU avec les arrondis demands.( )735,0265,010010 == TUU ( )704,0296,030030 == TUU

c) On peut conjecturer que la loi de probabilit de nX se

rapproche de plus en plus de la loi invariante prcdente.

3 a) On calcule le dterminant deP, 01073)det( ==P doncP

est inversible et

=

=

1,01,0

7,03,0

11

73

10

11P Par application de la formule

de cours ou par calcul direct la calculatrice.

b)

=

== 9,00

01

31

71

97,003,0

07,093,0

1,01,0

7,03,01TPPD

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c) TPTPPPPDTPPD === 11 Attention respecter lordre du

produit matriciel.

et TTPPPDPTPPD === 11

d) InitialisationSi n = 0 : 2

0IT = et 2

11

2

10IPPPPIPPD === ( 2I matrice

identit dordre 2). La proprit est donc vrifie au rang

initial.

Hrdit

Posons lhypothse de rcurrence : pour un entier naturel

quelconque fix n , n>0, 1= PPDT nn . Montrons que la

proprit est encore vrifie au rang n+1.

11111111 )())(( ++ ===== PPDDPPDDPPPPDPDPPPDTTT nnnnnn

.

La proprit est donc hrditaire. Elle est donc vraie pour

tout entier naturel n.

4 a) .0n

nTUU =

+=

=

nn

nn

n

nnT

9,03,07,09,03,03,0

9,07,07,09,07,03,01,01,07,03,0

9,00

013171

Do ( ) = 8,02,0nU

+nn

nn

9,03,07,09,03,03,0

9,07,07,09,07,03,0

( )nnn

U 9,01,07,09,01,03,0 =

b) 09,0lim =+

n

ndonc 3,0lim =+ nn x et 7,0lim =+ nn y . Ce qui dmontre la

conjecture de

la question 2.

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