Corrigé du bac S 2008: Mathématique Obligatoire

Education Nationale

Description

Etude de fonctions, arbre de probabilité, QCM géométrie dans l'espace, géométrie complexe et barycentres.
Terminale S, Antilles, 2008

Sujets

• bac
• bac s
• corrigé bac

Informations

• Publié par: les-corriges
• Publié le: 01 janvier 2008
• Nombre de lectures: 45
• Langue: Français

Extrait

CorrigéduBaccalauréatSAntilles-Guyane
juin2008
EXERCICE 1 6points
Communàtouslescandidats
PartieA:
′1. (E’)⇐⇒ y =−2y. D’après le cours, les solutions de (E’) sont les fonctions définies
−2xsurRdelaformex7!Ce ,oùC estuneconstanteréelle.
9
2. Enparticulier,avecC= ,onobtientlafonctionh.
2
′ −3x3. g estdérivablesurRetg (x)=9e .Parconséquent,pourtoutréelx :
′ −3x −3x −3xg (x)+2g(x)=9e −6e =3e ,
cequiprouvequeg estbiensolutionde(E).
′ ′ ′4. Comme f =g+h,ona f =g +h ,donc,pourtoutréelx :
′ ′ ′ −3x
f (x)+2f(x)=g (x)+2g(x)+h (x)+2h(x)=3e ,| {z }| {z }
−3x 03e
et f estalorsbiensolutionde(E).
PartieB: µ ¶ µ ¶
−3x9 3 e 3
−2x −3x −2x −2x −x1. f(x)= e −3e =3e − =3e −e .
−2x2 2 e 2
2. • Limitede f en−∞.
X −2xlim (−2x)=+∞et lim e =+∞,doncparcomposition lim e =+∞.De
x→−∞ x→−∞X→+∞ µ ¶
3−3x −xmême lim e =+∞,donc lim −e =−∞;onendéduit,paropérations
x→−∞ x→−∞ 2
surleslimitesdansl’expressionde f(x)obtenueàlaquestionB1que lim f(x)=
x→−∞
−∞.
• Limitede f en+∞.
X −2xlim (−2x)=−∞et lim e =0,doncparcomposition lim e =0.Demême
x→+∞ x→+∞X→−∞
−3xlim e =0; on en déduit par opérations sur les limites dans l’expression ini-
x→+∞
tiale de f(x) que lim f(x)=0. Graphiquement, cela signifie que l’axe des abs-
x→+∞
cissesestasymptotehorizontaleàC auvoisinagede+∞.f
3. f est dérivable surR (combinaison simple de fonctions qui le sont), et, pour tout
réelx :
¡ ¢9
′ −2x −3x −2x −3x −3x xf (x)= ×(−2)e −3×(−3)e =−9e +9e =9e −e +1 .
2
−3x ′ xComme,pourtoutréelx,9e >0, f (x)alemêmesigneque−e +1.
x x ′Or:−e +160⇐⇒16e ⇐⇒06x,donc f (x)60⇐⇒x>0.
9 3
0 0Parailleurs f(0)= e −3e = .Onendéduitletableaudevariationsuivant:
2 2
x −∞ 0 +∞
′f (x) + 0 −
3/2
f(x)
−∞ 0b
b
BaccalauréatS
4. • IntersectiondeC avecl’axe(Ox).f
Oncherchelespointsdecoordonnées(x;f(x))telsque f(x)=0.
−2xD’aprèsl’expressiondelaquestionB1,etcommepourtoutréelx,e 6?0,ona:¡ ¢ ¡ ¢3
−x 3 2f(x)=0⇐⇒ =e ⇐⇒ln =−x⇐⇒x=ln ≃−0,4(à0,01près).2 32 ¡ ¡ ¢ ¢
2LacourbeC coupel’axe(Ox)enunseulpoint A decoordonnées ln ;0 .f 3
• IntersectiondeC avecl’axe(Oy).f ¡ ¢
3Ils’agitdupointdecoordonnéesB(0;f(0))c’est-à-dire 0; .2
9
−2 −35. f(1)= e −3e ≃0,46(à0,01près).L’alluredeC estalorslasuivante:f
2
B
f(1)
→− C f
O →− 1A ı
9
−2x −3x6. Une primitive de f surRestla fonction x7!− e +e .Sur l’intervalle [0;1], la
4
fonction f estpositive,l’aire A cherchéeestdoncégaleà:Z · ¸ µ ¶ µ ¶11 9 9 9 9 5
−2x −3x −2 −3 −2 −3 2A= f(x)dx= − e +e = − e +e − − +1 =− e +e + cm .
4 4 4 4 40 0
EXERCICE 2 5points
Réservéauxcandidatsn’ayantpassuivil’enseignementdespécialité.
1. a. DansU il y a k boules blanches et 3 noires, soit k+3 boules au total; on a1
k 3donc:p(B )= etp(N )= .1 1k+3 k+3
Si l’on a tiré une boule blanche deU il y a maintenant 3 boules blanches et1
une boule noire dansU ; en revanche si l’on a tiré une boule noire deU il y2 1
a maintenant 2 boules blanches et 2 boules noires dansU . L’arbre pondéré2
complétéestdonc:
3
4 B2
k B1
k+3
N21
4
1
2 B23
k+3 N1
N21
2
b. Lesévénements B etN étantcontraires,onaB =(B ∩B )∪(N ∩B ),etla1 1 2 1 2 1 2
formuledesprobabilitéstotalespermetalorsd’écrireque:
3 k 1 3 3k+6
p(B )= × + × = ,2
4 k+3 2 k+3 4k+12
cequ’ilfallaitdémontrer.
2. a. Silejoueurgagne,ilreçoit12eurosetenamisé8,songainestdoncde4euros:
X=4;s’ilperd,ilperdsamiseetalorsX=−8.
3×12+6 42 7
b. p(X=4)=p(B )= = = .2
4×12+12 60 10³ ´ 7 3
p(X =−8)=p X=4 =1−p(X =4)=1− = .Onpeut résumer la loi de
10 10
X dansletableausuivant:
Antilles-Guyane 2 juin2008BaccalauréatS
x −8 4 Totali
3 7
p(X=x ) 1i
10 10
3 7 4
c. L’espérance mathématique de X est : E(X)= ×(−8)+ ×4= = 0,40
10 10 10
euros.
d. LejeuestfavorableaujoueurcarE(X)>0.
3. Lesépreuvessuccessivesétantidentiquesetindépendantes,onaaffaireàunschéma
deBernoullietlavariablealéatoireY quicomptelenombredefoisoùl’onaobtenuµ ¶
7
l’événementB suitdonclaloibinomialeB n; .Ainsi:2
10³ ´
p(Y>1)>0,99 ⇐⇒ p Y =0 >0,99
⇐⇒ 1−p(Y =0)>0,99Ã !µ ¶ µ ¶0 nn 7 3
⇐⇒ 1− >0,99
0 10 10µ ¶n3
⇐⇒ 1− >0,99
10µ ¶n3
⇐⇒ 0,01>
10 µ ¶
3
⇐⇒ ln(0,01)>nln
10
ln(0,01)µ ¶⇐⇒ 6n.
3
ln
10
ln(0,01)µ ¶ ≃3,82,lepluspetitentiern répondantàlaquestionest4.Etcomme
3
ln
10
EXERCICE 2 5points
Réservéauxcandidatsayantsuivil’enseignementdespécialité
PartieA
1. 11×(−7)−26×(−3)=−77+78=1,donclecouple(−7;−3)estsolutionde(E).
2. • Soit(x;y)unesolutionde(E),onaalors11x−26y=1etd’aprèslaquestion pré-
cédente 11×(−7)−26×(−3)= 1 donc 11x−26y = 11×(−7)−26×(−3). On en
déduit que 11(x+7)= 26(y+3). Ainsi 26 divise 11(x+7), or 26 et 11 sont pre-
miersentreeux,lethéorèmedeGaussimplique doncque26divisex+7.Ilexiste
donc un entier relatif k tel que x+7=26k, c’est-à-dire x=−7+26k. On a alors
11×26k=26(y+3),d’où,endivisantpar26:11k=y+3,d’oùy=−3+11k.
Ainsi,si(x;y)estsolutionde(E),ilexisteunentierk telque(x;y)=(−7+26k;−3+
11k).
• Réciproquement, onvérifie que cescouples sont bien solutions de(E); en effet :
11×(−7+26k)−26×(−3+11k)=−77+286k+78−286k=1.
• Enconclusion,lessolutionsde(E)sontlescouplesdelaforme(−7+26k;−3+11k)
oùk∈Z.
3. (u;v)estsolutionde(E)avec06u625sietseulement s’ilexisteunentierrelatifk
telqueu=−7+26k,v=−3+11k−et06−7+26k625.Celaconduità7626k632,
et k = 1 est la seule possibilité. L’unique couple répondant à la question est donc
(19;8).
PartieB
1. La lettre W est chiffrée par x=22. Or 11×22+8≡16 (modulo 26), donc y=16 qui
correspondàlalettreQ.
Antilles-Guyane 3 juin2008BaccalauréatS
2. a. • Soitx et j deuxentiersrelatifstelsque11x≡ j (modulo26).Alors,enmulti-
pliant par 19 : 19×11x≡19j (modulo 26). Or 19×11=209 et 209≡1 (mo-
dulo26),doncx≡19j (modulo26).
• Réciproquement,six≡19j (modulo26),alors,enmultipliantpar11:11x≡
11×19j (modulo26), d’où11x≡ j (modulo26). L’équivalence estdonc dé-
montrée.
b. Soit y un entier compris entre 0 et 25, il s’agit de trouver un entier x compris
entre 0 et 25 tel que :11x+8≡y (modulo 26). Nécessairement on doit avoir :
11x ≡ y−8 (modulo 26), ce qui équivaut, d’après la question précédente, à
x≡19(y−8)(modulo26).Leprocédédedécodageestdonclesuivant:
• onchiffrelalettreàdécoderparunnombreentier y comprisentre0et25;
• oncalculelerestex deladivisioneuclidiennede19(y−8)par26;
• ondéchiffrealorsx pourobtenirlalettredécodée.
c. W est chiffré par y = 22. Or 19×(22−8)≡ 6 (modulo 26), donc x= 6, ce qui
correspondàlalettreG.
EXERCICE 3 4points
Communàtouslescandidats
1. A;
2. C;
3. B;
4. C.
EXERCICE 4 5points
Communàtouslescandidats
1. Unexemple.
a. Voirfigure.
2−(1+i)
′b. LepointK apouraffixez ′= =−2i.K
1+i−i
c. Voirfigure.
2. Despointspourlesquelsleproblèmeneseposepas.¡ ¢ ¡ ¢2 2i i
− − i2 2′ ′a. L apouraffixez ′= = = .OnremarqueainsiqueL =L.L i i 2−i −
2 2
b. SoitM unpointduplancomplexed’affixez6?i.Alors:
³ ´ ³ 2 ´ ³ ´ ³ ´ ³ ´
−z i2f(M)=M ⇐⇒ z= ⇐⇒ z(z−i)=−z ⇐⇒ z(2z−i)=0 ⇐⇒ z=0 ou z= .
z−i 2
Iln’yadoncquedeuxpointsinvariantspar f :O etL.
3. Unprocédédeconstruction.
2z′ 2 2 2i+z−i+z+z (z−i)(z+i)−z z +1−z 1z−i
a. On a : g = = = = = .
3 3 3(z−i) 3(z−i) 3(z−i)
L’égalitéestvérifiée.
b. Soit M est un point du cercle de centre A de rayon r, alors AM = r, donc
1
| |z−i = r. D’après la relation précédente, cela implique que|g|= , donc
3r
1
queG appartientaucercledecentreO derayon .
3r
c. D’aprèslarelationdelaquestion3a:µ ¶ ³ ´1 →− −−→
argg=arg =−arg(3(z−i))=−arg3−arg(z−i)=−arg(z−i)=− u ;AM .
3(z−i)
Antilles-Guyane 4 juin2008BaccalauréatS
′d. ConstructiondupointD :
• onconstruitlepointG,pointd’intersectionducercledecentreOetderayon
2 →− −−→
etdelademi-droited’origineO faisantunanglede−(u ;AD )avecl’hori-
3
zontale;
′• G estlecentredegravitédutriangle ADD ,ennotant J lemilieude[AD]on
−−→ −→
′adonc: JD =3JG .
D
+J
+A K
+ +
→−
v
→−
u
+ +
O I
G+
′K
+
′D
+
Antilles-Guyane 5 juin2008