Baccalauréat S Antilles–Guyane septembre

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2003\ EXERCICE 1 5 points 1. a. Soit G la variable aléatoire égale au nombre de groupes absents. G suit une loi binomiale de paramètres n = 12 et p = 1 8 . La probabilité cherchée est donc : p(G = 0)= ( 12 0 ) ( 1 8 )0 (7 8 )12 = 712 812 ≈ 0,201. On a donc 0,20< p(G = 0)< 0,21. b. X suit une loi binomiale de paramètres n = 30 et p = 712 812 . X = 30 signifie que tous les jours les 12 groupes se sont présentés. On a p(X = 30)= ( 30 30 ) ( 712 812 )30 ( 1? 712 812 )0 ≈ 1,3?10?21 . Au centième près cete probabilité est nulle. X = 0 signifie que tous les jours les 12 groupes ne se sont pas présentés. La probabilité de cet évènement est donc égale à : p(X = 0)= ( 30 0 ) ( 712 812 )0 ( 1? 712 812 )30 ≈ 0,0012.

• nul ex


• solution de l'équation


• rationnel positif


• probabilité


• points enseignement de spécialité


• ex ?


• ??


• couple

Sujets

• Probabilité
• Couple

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2003
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Extrait

[Baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2003\

E X E R C IC E 1

1.

2.

5 points

a.SoitGla variable aléatoire égale au nombre de groupes absents.Gsuit 1 une loi binomiale de paramètresn=12 etp=. 8 La probabilité cherchée est donc : Ã ! µ ¶ µ ¶ 0 12 12 12 1 7 7 p(G=0)= = ≈0, 201. 12 0 8 8 8 On a donc 0, 20<p(G=0)<0, 21. 12 7 b.Xsuit une loi binomiale de paramètresn=30 etp=.X=30 signifie 12 8 que tous les jours les 12 groupes se sont présentés. Ã ! µ ¶ 30 µ ¶ 0 12 12 30 7 7 −21 On ap(X=30)=1− ≈1, 3×10 . Au centième près 12 12 30 8 8 cete probabilité est nulle. X=ntés.0 signifie que tous les jours les 12 groupes ne se sont pas prése La probabilité de cet évènement est donc égale à : Ã ! µ ¶ 0 µ ¶ 30 12 12 30 7 7 p(X=0)=1− ≈Au centième près cette pro0,001 2. 12 12 0 8 8 µ ¶ 12 7 babilité est aussi nulle. On a E=n×p=30× ≈soit 6,04 au6, 042 8 centième près Ce résultat signifie qu’en moyenne tous les groupes sont présents 6 jours par mois. Ã ! µ ¶ µ ¶ 11 1 12 7 7 c.On aP(S=1)=P(G=11)=1− ≈0, 35 au centième.S 11 8 8 7 suit une loi binomiale de paramètresn=12 etp=, donc E(S)=12× 8 7 21 = =10, 5. 8 2 En moyenne l’association percevera 10,5 Crédits chaque jour. a.On a la même loi binomiale que dans la question 1, mais avecn=13. La probabilité que les 13 groupes soient présents est égale à : Ã ! µ ¶ µ ¶ 13 0 8 13 7 7 7 P 13 =1≈− = 0, 176. 8 13 8 8 8 Au centième près la probabilité est donc égale à 0,18. b.On ne peut avoir queR=0 quand au moins un groupe est absent etR=2 quand tous les groupes inscrits sont présents. On vient de voir queP(R=2)=P 13 ≈0, 18 et doncP(R=0)=1−P(R= 2)≈0, 82. D’où la loi de probabilité deR:

r i 0 2 P(R=r i ) 0,82 0,18 Donc l’espérance mathématique deRest : E(R)=0×0, 82+2×0, 18=0, 36. c. B Il faut distinguer deux cas : celui ou le nombre de groupes pré sents est inférieur ou égal à 12 et celui où les 13 groupes sont prése nts. •Dans le premier cas sikgroupes sont présents le gain est dekCrédits à ! µ ¶ µ ¶ k13−k 13 7 7 avec une probabilité égale à 1−. k8 8

A. P. M. E. P.

Correction du baccalauréat S

•ra queDans le second cas si les 13 groupes sont présents le gain ne se de (13−2) Crédits avec une probabilité égale àP 13 . Donc le gain moyen journalier est égal à :

à ! à ! µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 12 k13−k 12 k13−k X X 13 7 1 13 7 1 k× +(13−2)P 13 =k× +13P 13 −2P 13 k8 8k8 8 k=0k=0

soit

à ! à ! µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 12 k13−k13 13k13−k X X 13 7 1 7 13 7 1 k× +13× −2P 13 =k× −2P 13 . k88 8 k8 8 k=0k=0

7 Ce gain est donc égal à : 13× −2×0, 18≈11, 015≈Crédits.11, 02 8 d.Cette dernière espérance étant supérieure à celle obtenue en ne prenant que 12 groupes, la décision du dirgeant est rentable.

E X E R C IC E 2 Enseignement de spécialité

Soit l’équation (1) d’inconnue rationnellex:

3 2 78x+u x+v x−14=0.

4 points

oùuetvsont des entiers relatifs. 14 1. a.est solution de l’équation (1) signifie que : 39 µ ¶ µ ¶ 3 2 14 14 14 78× +u+v−14=0 39 39 39 2 soit par produit par 39 3 2 2×14+14u+14×39v−14×39=0⇐⇒14u+39v=1 129. b.39=3×13 et 14=2×7 sont premiers entre eux. On sait qu’il existe un couple (x;y) d’entiers vérifiant 14x+39y=1. 39=2×14+11 14=1×11+3 L’ralgorithme d’Euclide donne : 11=3×3+2 3=1×2+1 soit en remontant 3−2=1 3−(11−3×3)=1⇐⇒4×3−11=1 14−(1×11)=3⇒4[14−11]−11=1⇐⇒4×14−5×11=1 39−2×14=11⇒4×14−5(39−2×14)=1⇐⇒ −5×39+14×14=1 On a donc trouvéx=14,y= −5. On a−25×14+9×39= −350+351=1. Donc le couple (−25 ; 9) est aussi solution de l’équation. c.−25×14+9×39=1⇒ −25×1 129×14+9×1 129×39=1 129⇐⇒ 14× −28 225+39×10 161=1 129. ¡ ¢ Le coupleu 0 ;v =(−161) est donc solution de l’équation28 225 ; 10 0 14u+39v=1 129. On a : 14u+39v=1 129 14× −28 225+39×10 161=1 129

AntillesGuyane

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A. P. M. E. P.

2.

Correction du baccalauréat S

d’où par différence : 14(u+28 225)+39(v−10 161)=0⇐⇒14(u+28 225)=39(10 161−v). (1) Donc 14 divisant 39(10 161−v) et étant premier avec 39, divise (10 161−v). Il existe donck∈Z161tel que 10 −v=14k⇐⇒v=10 161− 14k, puis en reportant dans l’égalité (1) : 14(u+28 225)=39(14k)⇐⇒u+28 225=39k⇐⇒u=39k−28 225. L’ensemble des couples solutions est donc S={(39k−28 225 ; 10 161−14k),k∈Z}. 28 225 d.On a 39k−28 225=0⇐⇒k= ≈724. 39 Vérification : 39×724−28 225=11 et 39×723−28 225= −28. On en déduitv=10 161−14×724=25. Le couple solution avec le plus petit premier terme naturel est (11 ; 25). a.78=2×3×13 et 14=2×7 On aD 78 ={1 ; 2 ; 3 ; 6 ; 13 ; 26 ; 39 ; 78 } et D 14 ={1 ; 2 ; 7 ; 14}. P b.une solution rationnelle de l’équation (1) signifie Q 3 2 P P P 3 2 2 3 78+u+v−14=0⇐⇒78P+uP Q+v P Q−14Q=0⇐⇒ 3 2 Q Q Q ¡ ¢ 2 2 3 P78P+uP Q+vQ=14Q. 3 CommePdivise 14Qet est premier avecQ, il divise 14. 3 2 2 3 De même on peut écrire 14Q−v P Q−uP Q=78P⇐⇒ ¡ ¢ 2 2 3 Q14Q−v P Q−uP=78P. 3 3 Qdivise 78P, est premier avecPdonc avecP: il divise 78. c.On a doncP∈D 14 et aussi leurs opposés etQ∈D 78 et leurs opposés. En théorie il y a 4×8=32 possibilités avec des termes positifs, mais commePetQdoivent être premiers entre eux, siPest pairQne peut l’être et inversement. Il faut donc enlever 2×4=8 couples. Il faut égale ment enlever les 4 couples avecQ=1 qui donnent une solution entière. Il reste donc 20 couples positifs et autant de négatifs, soit 40 couples pos sibles. Les 20 rationnels positifs non entiers possibles sont : 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 7 7 7 7 7 7 7 ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; 2 3 6 13 26 39 78 3 13 39 2 3 6 13 26 39 78 14 14 14 ; ; . 3 13 39

P R O B L È M E

10 points

x Partie A  étude préliminaire d’une fonctionϕdéfinie surRparϕ(x)=(2−x)e−1 x x 1.•En−∞:f(x)=2e−xe−1. y x−y En posanty= −x,−xe=ye=. y e y x Donc lim−xe=lim=0. y x→−∞y→+∞ e Donc lim= −1. x→−∞ x •En+∞: lim (2−x)= −∞et lim e= +∞, donc par produit de limites, x→+∞x→+∞ limϕ(x)= −∞. x→+∞ 2.ϕest une somme de produits de fonctions continuez et dérivables surR, elle est donc continue et dérivable surRet : ′ +x x ϕ(x)= −e (2−x)e=(1−x)e qui est du signe de (1−x) car quel que soit x x∈R, e>0.

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A. P. M. E. P.

′ On a doncϕ(x)>0 variations :

x

′ ϕ(x)

ϕ

⇐⇒

′ x<1,ϕ(x)<0

−∞

−1

+

⇐⇒

1

0

e−1

Correction du baccalauréat S

x>1. D’où le tableau de



+∞

−∞

−2 On aϕ(−2)=4e−1≈ −0, 45. ϕ(0)=2−1=1,ϕ(1)=e−1 et enfinϕ(2)=0−1= −1 3.On aϕ(−2)<0 etϕ(0)>0 ; la fonctionϕétant continue et croissante sur ]− 2 ; 0[ elle s’annule une seule fois enα∈]−0[.2 ; De la même façon elle s’annule enβ∈2].[1 ; 4.La calculatrice donne−1, 15<α< −1, 14 et 1, 84<β<1, 85. 1 α α α 5.On sait queϕ(α)=0⇐⇒(2−α)e−1=0⇐⇒(2−α)e=1⇐⇒e= 2−α (carα6=2).

x e−1 Partie B  Étude d’une fonctionfdéfinie parf(x)=et calcul intégral x e−x x 1.Soitela fonction définie surRpare(x)=e−x. Cette fonction est dérivable et ′x pour toutx,e(x)=e−1 qui s’annule pourx=0. ′ ′ Donc surR − ,e(x)<0, donceest décroissante de+∞à 1, et surR + ,e(x)>0, donceest croissante de 1 à+∞. x Le minimum de la fonction est égal à 1, donc pour toutxréel e−x > 1>0. Conclusion :fest définie pour tout réel. x x 2.lim eOn a −1= −1 et lim e−x= +∞, donc limf(x)=0. x→−∞x→−∞x→−∞ x On peut écrire en factorisant puis en simplifiant par le facteur non nul e : −x 1−e f(x)=. −x 1−xe −x−x On a lim 1−e=1 et lim 1−xe=lim1, donc f(x)=1. x→+∞x→+∞x→+∞ 3.fquotient de fonctions dérivables, le dénominateur ne s’annulant pas sutR x x x x e (e−x ) −(e−1) (e−x ) ′ est dérivable et pour toutx∈R,f(x)= = x 2 (e−x ) 2x x2x2x x2x x x e−xe−e−xe+xe+xe 2e−xe−1ϕ(x) = =. x 2 x 2 x 2 (e−x) (e−x) (e−x ) ′ Le signe def(x) est celui deϕ(x) vu à la partie A. On obtient donc le tableau de variations suivant :

x

′ f(x)

f

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−∞

0

−

α

0

f(α)

4

+

β

0

f(β)

−

+∞

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A. P. M. E. P.

Correction du baccalauréat S

α e−1 4.On af(α)=. α e−α 1 α On a vu dans la partie précédente que e=, donc en remplaçant les 2−α exponentieles : 1 −1 1−2+α α−1 1 2−α f(α)= == = . 2 2 1 1−2α+α(α−1)α−1 −α 2−α ′ e(x) x′x 5.On a vu que sie(x)=e−x,e(x)=e−1, doncf(x)=. e(x) Une primitive defest donc la fonctionFdéfinie surRparF(x)=ln|e(x)| = x lne(x)=ln (e−x) (car on a vu quee(x)>0 surR). Z 1 x e−1 dx. x 0 e−x Z 1 £ ¡ ¢¤ 1 1x On a doncf(x) dx= [ F(x)]=ln e−x=ln (e−1)−ln 1=(e−1)≈ 0 0 0 0,541 3≈(au centième près)0, 54.

Partie C  Étude de deux suites 1 1.La fonction est définie si>0⇐⇒2−x>0⇐⇒x<2. 2−x 1 On a donc D g =]− ∞; 2[. La fonctionx7−→est croissante sur ]− ∞; 2[ 2−x et la fonction ln est croissante sur ]0 ;+∞[, donc par composition, la fonction gest croissante sur ]− ∞; 2[. De même les deux fonctions étant continues, la fonctiongest continue sur ]− ∞; 2[. 1 Comme lim=0, limg(x)= −∞. x→−∞x→−∞ 2−x 1 Comme lim= +∞, limg(x)= +∞. 2−x x→2x→2 2.On admet que que l’image pargde l’intervalle I = [−2 ; 0] est incluse dans cet intervalle. · ¸ · ¸ 1 1 a.u 1 =g ( u 0 ) =g(−2)=ln=ln= −2 ln 2∈[−2 ; 0]. 2−(−2) 4 Initialisation : on a doncu 1 ∈[−2 ; 0]. Hérédité : supposons qu’il existen∈Ntel queu n ∈[−2 ; 0]. On a donc−2 6 u n 6 0. Par croissance de la fonctiong, on a donc : · ¸ · ¸ 1 1 g(−2) 6 g ( u n ) 6 g(0)⇐⇒ln 6 g ( u n ) 6 ln⇐⇒ −2 ln 2 6 u n+1 6 4 2 −ln 2⇒ −2 6 u n+1 6 0. On a donc démontré que s’il existen∈Ntel queu n ∈[−2 ; 0], alorsu n+1 ∈ [−2 ; 0]. •Croissance de la suite :  Initialisation :u 0 6 u 1 : vraie Hérédité : suposons qu’il existen∈Ntel queu n 6 u n+1 ; par croissance de la fonctiong,g ( u n ) 6 g ( u n+1 ) ⇐⇒u n+1 6 u n+2 . On a démontré par récurrence que la suite (u n ) est croissante. 1 b.v 0 =0⇒u 1 =g ( v 0 ) =g(0)=ln= −ln 2. 2 On a donc−2 6 u 1 6 v 1 6 v 0 6 0. Démonstration par récurrence : on vient d’initialiser la propriété. Hérédité : supposons qu’il existen∈Ntel que

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