Corrigé du baccalauréat S Asie juin

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat S Asie 16 juin 2009 \ EXERCICE 1 5 points 1. a. On a : p (F1)= 12 ; p (F2)= 1 3 . Puis : pF1(D)= 5 100 = 1 20 ; pF2(D)= 1,5 100 = 15 1000 3 200 ; p(D)= 3,5 100 = 35 1000 = 7 200 . F1 1 2 D 1 20 D. . . F21 3 D 3 200 D. . . F3 . . . D. . . D. . . b. Cette probabilité est égale à p (F1)?pF1 (D)= 1 2 ? 1 20 = 1 40 = 5 200 . c. De la même façon cette probabilité est égale à (troisième branche) à 13 ? 3 200 =1 200 . d. On a p (F3)= 1?p (F1)?p (F2)= 1? 12 ? 1 3 = 1 6 . D'autre part p(D)= 7200 = p (F1)?pF1 (D)+p (F2)?pF2(D)+p (F3)?pF3 (D) ??7 200 = 1 40 + 1 200 + 1 6pF3 (D) ?? pF3 (D)= 6 [ 7 200 ? 1 40 ? 1 200 ] = 6 [ 6

• u10 ≈


• réel unique


• solution de l'équation


• unique solution


• équations paramétriques


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2009
• Nombre de lectures: 37
• Langue: Français

Extrait

[Corrigé du baccalauréat S Asie 16 juin 2009\

E X E R C IC E points1 5 1 1 1. a.On a :p(F 1 ) =;p(F 2 ) =. Puis : 2 3 5 11, 515 33, 535 7 D)=;p(D)= =;p(D)== =. p F 1 (= F 2 100 20100 1000200 1001000 200 1 20 D F 1 1 . . . D 2 3 200 D F 2 1 . . . 3 D

. . . . . . D F 3 . . . D 1 11 5 . b.Cette probabilité est égale àp(F 1 ) ×p F 1 (D)= == × 2 20 40 200 1 3 c.De la même façon cette probabilité est égale à (troisième branche) à× = 3 200 1 . 200 1 1 1 d.On ap(F 3 ) =1−p(F 1 ) −p(F 2 ) =1− − =. 2 3 6 7 D’autre partp(D) F ) ×D)+p(F )×p(D)+p(F )×p(D)⇐⇒ = =p ( 1 p F 1 ( 2 F 2 3 F 3 200 · ¸· ¸ 7 11 17 1 16 1 = ++p(D)⇐⇒p(D)=6− −=6− = F 3 F 3 200 40200 6200 40 200200 40 · ¸ 6 56 3 6− ==. 200 200200 100 1 31 On a doncp(F 3 ∩D)= ×=. 6 100 200 1 p(F∩D) 63 3 200 e.On ap F (D)= == =. 3 1 p(F 3 ) 200100 6 2. a.SoitXla variable aléatoire donnant le nombre de chaussettes défectueuses sur un tirage de 6 chaussettes. Elle suit une loi binomiale de paramètresn=6 et de probabilitép(D)=0, 035. Ã ! 6 2 42 4 Orp(X=2)=0, 035(1−0, 035)=15×0, 035×0, 965≈0,015 934≈0, 016 2 (au millième près). Ã ! 6 0 6 b.Cette probabilité est égale àp(X=0)+p(X=1)=(10, 035−0, 035)+ 0 Ã ! 6 1 5 0, 035(1−0, 035)≈0,807 54+0,175 734≈0,983 2≈0, 983 (au millième près). 1

Corrigé du baccalauréat S

E X E R C IC E 2 Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

A. P. M. E. P.

5 points

1.C(1−i) et D(−i) π ′ i ′ 2. a.Déterminer l’écriture complexe der.z=ez⇐⇒z=iz. 2 b.OB E Fétant un carré,r(B)=F, doncf=ib. −−→−→ c.On a OB=F E⇐⇒b=e−f⇐⇒e=b+f=b+ib=b(1+i). −−→−→ 3.OF GD est un parallélogramme si et seulement si OD=F G⇐⇒d=g−f⇐⇒ g=d+f= −i+ib=i(b−1). ¡ ¢ 2 e−g b(1+i)−i(b−1)b+i (b+i)(1+ib ) ib+1 4.= === =i. 2 c−g1−i−i(b−1) 1−ib(1−ib)(1+ib) 1+b µ ¶ ³ ´ e−g −−→−→ π Il en résulte que arg=GC,G E=arg(i)=. c−g2

E X E R C IC E points2 5 Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 1. a.239=13×18+5⇐⇒239≡5 (13) 239=17×14+1⇐⇒239≡1 (17) Donc 239 est solution du système. b.N≡5 (13)signifie : il existey∈Ztel queN=13y+5 ; De mêmeN≡1 (17)signifie : il existex∈Ztel queN=17x+1. Toute solutionNdu système peut donc s’écrire de deux façons : 13y+5=17x+1. Il en résulte que 17x+1−13y−5=0⇐⇒17x−13y=4, avec x∈Z,y∈Z. c.Une solution évidente saute aux yeux : le couple (1; 1) On a donc le système : ½ 17x−13y=4 ⇒(par différence 17×1−13×1=4 17(x−1)−13(y−1)=0⇐⇒17(x−1)=13(y−1) (1). 17 étant premier avec 13, il divise d’après le théorème de Gauss, (y−1) ; il existe donck∈Ztel quey−1=17k⇐⇒y=17k+1. En reportant dans l’équation (1), on obtient 17(x−1)=13×17k⇐⇒ x−1=3k⇐⇒x=13k+1. Les couples solutions s’écrivent sous la forme (13k+1 ; 17k+1),k∈Z. d.On a vu queN=17x+1=17(13k+1)+1=221k+17+1=221k+18. ½ N≡5 (13) e.On a déjà démontré cidessus que⇒N≡18 (221). N≡1 (17) Inversement :N≡18 (221)⇐⇒N=221q+18=17×13q+18= 17×13q+17+1⇐⇒N=17(13q+1)+1⇐⇒N≡1 17. De même on peut écrireN=221q+18=17×13q+18=17×13q+13+5= 13(17q+1)+5⇐⇒N≡5 [13]. k 2. a.La réponse est oui s’il existe un nombreNde la forme 10. D’après le petit théorème de Fermat : 17 est premier et 10 est un entier non divisible par 17. 17−1 16 On sait qu’alors 10≡1 [17]⇐⇒10≡1 [17]. ½ ℓ 10≡5 [13] ℓ b.On a vu que 10≡18 [221]=⇒ ℓ 10≡1 [17] Or

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Corrigé du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

•10≡ −3 [13] 2 •10≡9 [13] 3 •10≡ −1 [13] 4 •10≡3 [13] 5 •10≡4 [13] 6 •10≡1 [13] ℓ Dans la division par 13, tous les nombres 10ont donc comme reste :−3 ;−4 ; 9,3 ;1 ; mais jamais 5. ℓ Conclusion : il n’existe pas d’entierℓtel que 10≡18 [221].

E X E R C IC E 3

Partie A : existence et unicité de la solution

6 points

1.fest une somme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ : elle est donc dérivable sur 1 ′ ]0 ;+∞[ etf(x)=1+ > 1>0. x La fonctionfest donc croissante sur ]0 ;+∞[. 2.On a :  limf(x)= −∞; x→0  limf(x)= +∞. x→+∞ Comme la fonctionfest croissante sur ]0 ;+∞[ il existe un réel uniqueα>0 tel que f(α)=0. µ ¶µ ¶ 1 11 1 3.f= +ln= −ln 2<0. 2 22 2 f(1)=1+ln 1=1+0=1>0. µ ¶· ¸ 1 1 On a :f<0,f(1)>0 etfcroissante sur, donc; 1 2 2 1 6 α 6 1. 2

Partie B : encadrement de la solutionα

1.Étude de quelques propriétés de la fonctiong. a.gest une différence de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞elle est donc déri[ ; µ ¶ 1 11 4x−1 ′ vable etf(x)=4− =qui est du signe de 4x−1, donc négative 5x5x ¸ ¸· · 1 1 sur 0; etpositive sur;+∞. 4 4 ¸ ¸ 1 gest donc décroissante sur0 ;, puis croissante. 4 · ¸ 1 b., on vient de voir que; 1Sur l’intervallegest croissante. Donc : 2 µ ¶ 1 1 6 x 6 1⇒g 6 g(x) 6 g(1). 2 2 µ ¶ 1 2−ln 1 2+4ln 2−ln 14 2 Org= =≈0, 53>et0, 5g(1)= =<1. 2 55 55 1 1 Conclusion : 6 x 6 1⇒ 6 g(x) 6 1. 2 2

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Corrigé du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

4x−lnx c.:On a (E)g(x)=x⇐⇒ =x⇐⇒4x−lnx=5x⇐⇒x+lnx=0⇐⇒ 5 f(x)=0. 1 2. a.Initialisation :u 0 =, on a vu queu 1 =g ( u 0 ) ≈0, 53. 2 1 Donc 6 u 0 6 u 1 6 1. 2 1 Hérédité : supposons qu’il existep∈Ntel que 6 u p 6 u p+1 6 1. 2 1 1 ¡ ¢ 1 D’une part 6 u p 6 1⇒ 6 g u p 6 1 soit 6 u p+1 6 1. 2 22 D’autre part par croissance de la fonctiong: ¡ ¢¡ ¢ u p 6 u p+1 ⇒g u p 6 g u p+1 , soitu p+1 6 u p+2 . La démonstration par récurrence est achevée. b.On vient donc de démontrer que la suite (u n ) croissante et majorée par 1 converge vers une limiteℓ 6 1. · ¸ 1 On au n+1 =g ( u n ; 1). La fonction étant continue sur, la limiteℓvérifie : 2 ℓ=g(ℓ) c’estàdire d’après la question1. c.vérifiex+lnx=0⇐⇒f(x)=0, dont l’unique solution estα. Conclusion : la suite (u n ) converge versα. −6 3. a.La calculatrice donneu 10 ≈0,567 124à 10près. b.On admet que : −4 0,567 124 6 α 6 u 10 +5×10 ,soit 0,567124 6 α 6 0,567 524. Donc au millième près : 0,567 6 α 6 0, 568.

E X E R C IC E 4 4points 1.La fonction constantex7→3 est solution de l’équation et les solutions de l’équation ′ −2x y+2y=0 sont de la formex7→Ke . −2x Les solutions sont donc de la forme :f(x)=Ke+3. Orf(0)=1⇐⇒K+3=0⇐⇒ K= −2. Donc réponse (1).

2.G, I et A sont alignés si G est le barycentre de I et A, ou encore par associativité le barycentre de (B, 2), (C, 1) et A, donc en particulier de (B, 2), (C, 1) et (A, 1). La bonne réponse est la (3).

3.La perpendiculaire àPcontenant A a pour équations paramétriques :  x=2+1t  y=3−3t ,t∈R  z= −1+2t Le projeté orthogonal de A surPest donc le point commun à cette droite et àP. Ses coordonnées vérifient donc le système :

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  x=2+1t x=2+1t    y=3−3t y=3−3t ⇐⇒ ⇐⇒ z= −1+2t z= −1+2t     x−3y+2z=5 2+t−3(3−3t)+2(−1+2t)=5   x=2+1t x=3     y=3−3t y=0 ⇐⇒ z= −1+2t z=1     14t=14t=1 Réponse (3)

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4.Question 4 La valeur moyenne de la fonctionfest : Z 1 1 1 m=dx. 2 0 1+x Cette intégrale ne peut être calculée, mais sur [0 ; 1] : 1 1 2 2 0 6 x 6 1⇒0 6 x 6 1⇒1 6 1+x 6 2⇐⇒ 6 6 1. 2 2 1+x Ces fonctions étant positives, on obtient en intégrant sur [0 ; 1] : Z ZZ 1 11 1 11 dx 6 dx 6 1 dx, soit 6 m 6 1. 2 0 2 0 1+x 0 2 π Or≈1, 57,donc la seule réponse possible est la réponse (2). 2

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