BacS2016- mathématiques-spécialité

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Bac Pondichéry Maths 2016 par Vincent Douce, professeur agrégé de maths Exercice 1 : probabilités & échantillonnage (obli+spé) Partie A 1řa) voir annexe 1 1řb)p(5,8!T!22) = 1−2×0,En e023 d’après le graphique.ffet : p(T!5,8) +p(5,8!T!22) +p(T"22) = 1. !!"#$$!!"#$$ 0,0230,023 On trouvep(5,8!T!22) = 0,953. −2 Or, on sait quep(µ−2σ!T!µ+ 2σ) = 0,près (en fait 0,9545).95 à 10 Ainsi, on peut approcher par2σ=22−µ=µ−5,8 = 8,1d’oùσ= 4,05 soit au dixième :σ= 4,1. 2) On demandep(T"18)avec la calculatrice. On trouvep(T"18)≈0,16. Partie B 1) voir annexe 1 p1 ¯ D’après lecture de l’arbre :p(O) =p(O∩R) +p(O∩R+) =. 2 6 6255 2řa) On calculeqech= =, 1500 12 % ' & & qech(1−qech)qech(1−qech) on sait que cet intervalle estIq=qech−1,96;qech+ 1,96 . n n & & qech(1−qech7) 1−4 On calcule0= =,0127 en arrondissant par exemple à 10près. n1203 On trouveIq= [0,4040; 0,4294]. p1 1 2řb) On aq= +⇔p= 2q−d’oùIp= [0,4747; 0,5255]: cette proportion est environ 1/2. 2 63 Exercice 2 : géométrie (obli+spé) * ( )√ 2 1 5 2 1)B J= 1+d’après le théorème de Pythagore, on trouveB J=. 2 2 √ 5−1 B K=B J−RC=. 2 4iπ2π ki 5 5 2řa) L’affixe deA2esta2=ecar l’affixe deAkestak=e. 2řb) Raisonnons avec les coordonnées : 1 ( () ( )) 4π4π A2cos;sin etB(−1; 0)d’après Pythagore :. Toujours 5 5 * ( ()) ( ()) 2 2 4π4π B A2+= 1cos+sin. 5 5 On développe les carrés : B A2 = = + ( )( )( ) 4π4π4π 2 2 ,1 + 2cos+cos+sin -55 5 !!"#$$ =1 * ( ) 4π 2 + 2cos.
Publié le : lundi 25 avril 2016
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Bac Pondichéry Maths 2016

par Vincent Douce, professeur agrégé de maths

Exercice 1 : probabilités & échantillonnage (obli+spé)

Partie A

1řa) voir annexe 1
1řb)p(5,8!T!22) = 1−2×0,En e023 d’après le graphique.ffet :

p(T!5,8) +p(5,8!T!22) +p(T"22) = 1.
!!"#$$!!"#$$
0,0230,023

On trouvep(5,8!T!22) = 0,953.
−2
Or, on sait quep(µ−2σ!T!µ+ 2σ) = 0,près (en fait 0,9545).95 à 10
Ainsi, on peut approcher par2σ=22−µ=µ−5,8 = 8,1d’oùσ= 4,05 soit au dixième :σ= 4,1.
2) On demandep(T"18)avec la calculatrice. On trouvep(T"18)≈0,16.

Partie B

1) voir annexe 1
p1
¯
D’après lecture de l’arbre :p(O) =p(O∩R) +p(O∩R+) =.
2 6
6255
2řa) On calculeqech= =,
1500 12
% '
& &
qech(1−qech)qech(1−qech)
on sait que cet intervalle estIq=qech−1,96;qech+ 1,96 .
n n
& &
qech(1−qech7) 1−4
On calcule0= =,0127 en arrondissant par exemple à 10près.
n1203
On trouveIq= [0,4040; 0,4294].
p1 1
2řb) On aq= +⇔p= 2q−d’oùIp= [0,4747; 0,5255]: cette proportion est environ 1/2.
2 63

Exercice 2 : géométrie (obli+spé)
*
( )√
2
1 5
2
1)B J= 1+d’après le théorème de Pythagore, on trouveB J=.
2 2

5−1
B K=B J−RC=.
2
4iπ2π
ki
5 5
2řa) L’affixe deA2esta2=ecar l’affixe deAkestak=e.
2řb) Raisonnons avec les coordonnées :

1

( () ( ))
4π4π
A2cos;sin etB(−1; 0)d’après Pythagore :. Toujours
5 5
*
( ()) ( ())
2 2
4π4π
B A2+= 1cos+sin.
5 5

On développe les carrés :

B A2

=

=

+
( )( )( )
4π4π4π
2 2
,1 + 2cos+cos+sin
-55 5
!!"#$$
=1
*
( )

2 + 2cos.
5

& &&
√ √ √√
−5−+ 11 53−5 5−1
2řc) D’après le logiciel,B A2+ 2= 2×= 2−= ==B K.
4 22 2
3) On placeB , JpuisK, puis on trace le cercle de centreBpassant parK:A2sera dessus.
CommeA2est aussi sur le cercle trigo, on trace celui-ci, on a maintenantA2.
EnsuiteA1est sur la médiatrice de[A0A2]et aussi sur le cercle trigo ; ainsi on aA1(vu queA0
est connu carA0(1; 0)).
Les autres points sont obtenus par report de mesure, voir annexe.

Exercice 3 : espace (obli)

1)

A(0; 0; 0)

G(1; 1; 1)

I(1; 0; 1/ 2)

J(1; 1 / 2; 0)

2řa)A G(1; 1; 1)on calcule aussiI J(0; 1 /2;−1 /2)etI K(−1/ 2; 1;−1 /2).

K(1/ 2; 1; 0).

On remarque queA G∙I J= 1/ 2−1 /2 = 0etA G∙IK=−1 / 2 + 1−1 /2 = 0.

Ainsi,AGest orthogonal à deux vecteurs de(I J K)donc normal au plan.

2řb) on applique la formule de l’équation d’un plan de vecteur normal(a, b, c)et passant par
M(x0, y0, z0):

Ici, cela donne :

a x+b y+c z=a x0+b y0+c z0.

x+y+z= 1 + 0 + 1/ 2

x+y+z= 3/ 2.

3řa)Mcourt le long de la diagonale(AG)a directement. OnM(t;t;t).

Par Pythagore :

2
M I

=
=
=

2 22
(t−1) +t+ (t−1 / 2)
2 22
t−2t+ 1 +t+t−t+ 1/ 4
2
3t−3t+ 5/ 4.

2

b
3řb) Ce trinome du second degré aveca= 3;b=−3;c= 5 / 4est minimal pourt0=−= 1 /
2c’est2a
à-dire effectivement pour le pointN(1/ 2; 1/ 2; 1/ 2).

4řa) Il suffit de vérifier queNvérifie l’équation du plan(I J K):

C’est bon !

1 /2 + 1/ 2 + 1 /2 = 3/ 2.

4řb)I N(−1/ 2; 1/ 2; 0)etAG(1; 1; 1)etB F(0; 0; 1)(vecteur vertical) et donc :

d’où le résultat demandé.

I N∙A G=−1 /2 + 1 / 2 = 0
I N∙B F+ 0 + 0 = 0= 0...

Exercice 3 : Matrices (spé)

Partie A

1) On calcule le produit :

( )( )
a b3−b
×,
5 3−5a

avec les techniques usuelles du produit de deux matrices.
( )
3a−5b0
On trouve.
0 3a−5b

En divisant par(3a−5b)chaque coefficient de cette matrice obtenue par produit, on obtient
( )
1 3−b
l’identité : cela prouve bien que la matriceN=est l’inverse de la matrice
( )
3a−5b−5a
a b
.
5 3

2) On doit résoudre3a−5b=3, avecaetbentiers (donc dansZ).

2řa)3×6−5×3 =18−15= 3

2řb) Vu que3×6−5×3 =3, on peut remplacer3dans l’équation par3×6−5×3, on obtient :

3a−5b=3
⇔3a−5b= 3×6−5×3
⇔3a−3×6 = 5b−5×3
⇔3(a−6) = 5(b−3).

2řc) On en déduit que(a, b)solution entraîne :
.
3|5(b−3)
5|3(a−6),
ce qui, par Gauss, implique :
.
3|(b−3)
5|(a−6),

3


donc :b= 3 + 3keta= 6 + 5k, on remplace dans l’équation on trouve :



3(6 + 5k)−5(3 + 3k) = 3

15k−15k= 0

k=k .

Ainsi, les solutions de l’équation de départ sont les(a, b) = (6 + 5k ,3 + 3k), k∈Z.
Partie B
1) Cette matriceQest la matriceMde la partie A obtenue poura= 6etb= 3.
Son inverse est donc la matriceNobtenue avec les mêmes valeurs des paramètresaetb:
( )( )
1 3−31−1
−1
Q= =.
18−15−5 6−25 / 3
2) Codage :
Pour résumer, on pourrait dire que pour coderX, on prendQ×Xmodulo 26.
Codons donc DO :
( )
3
•DO→X=
14

( )() ()
6 3360
X→Q X= =Y=.
5 314 57

( )
8
Y→R=Y[modulo 26] =
5
( )
8
→IF.
5

DO se code en IF.
3) Décodage :
−1−1
3řa) À partir deY=Q X, multiplions à gauche parQde chaque côté, on obtientQ Y=X,
puis par 3, on obtient l’égalité demandée.

Ensuite on regarde coefficient par coefficient :
(
3x1
−1
3Q Y= 3X⇔
3x2

.
y1≡
puis, vu que
y2≡

r1[26]
r2[26],

=
=

)
3y1−3y2
,
−5y1+ 6y2

on en déduit qu’on a bien :
( )
3x1≡3r1−3r2[26]
(∗).
3x2≡ −5r1+ 6r2[26]

3řb) l’égalité9×3≡1[26]indique que, d’une certaine manière, on peut « simplifier par 3 », en...
multipliant par 9. Multiplions donc par 9 les deux égalités de(∗):
( )
x1≡r1−r2[26]
(∗).
x2≡ −45r1+54r2[26]
Quid de−45 et de 48 ?
.
−45≡7 [26]
+54≡2 [26].

4

Ainsi :

(
x1≡r1−r2
x2≡7r1+ 2r2

)
[26]
(∗).
[26]

( )
r1=18
3řc) Allons-y : SG←R=. On doitdonc maintenant résoudre :
r2= 6
( )( )
x1≡18−6 [26]x1≡12[26]
⇔.
x2≡7×18+ 2×6 [26]x2≡138[26]

Pourx1, pas de doute possible, 12 est déjà entre 0 et 25 doncx1=12 (lettre M).
Pourx2, on fait la division euclidienne de 138 par 26, on trouvex2= 8(lettre I).
Ainsi SG←MI.

Exercice 4 Petit exercice (obli & spé)

Sixest l’abscisse deM(avecx"0), l’aire deO PM Qest donnée par la formule :

AO P M Q=largeur×hauteur
=OP×OQ
=x×f(x)
= 2x−xln(x/ 2).

Cette grandeur n’est pas constante. Par exemple, pourx= 2cette aire vaut 4 tandis que pourx= 1
elle vaut2−ln(1/ 2) = 2 +ln(2)≈2,69.
Admet-elle un maximum ?Pour le savoir, posonsg(x) = 2x−xln(x/2), alors :


g(x)

1
= 2−ln(x/2)−x×
x
= 1−ln(x/2).

Cette quantité s’annule pourx/ 2 =e⇔x= 2e, elle est positive avant et négative après.
Donc elle admet un maximum obtenu pourx= 2esoitM(2e,1)(pour info cette aire max vaut
Amax= 2e).

Exercice 5 (obli+spé)

Partie A

T0=25
T1=36,25

1) ona doncT3=54C.
T2=45,81
T3=53,94
2) Par récurrence.
On remarque que l’algorithme traduit une relation de récurrence qui pourrait s’écrire :

Tn+1= 0,85×Tn+15.

Initialisation : la formule marche pourn= 0car elle donneT0=100−75=25 ce qui est vrai.

5

n
Hérédité : siTn=100−75×0,:85 alors

Tn+1

=
=
=

n
0,85(100−75×0,85) +15
n+1
85−75×0,85+15
n+1
100−75×0,85.

En partant de la formule au rangnon a validé la formule au rangn+ 1, cette formule est
donc héréditaire.

Vraie enn= 0et héréditaire, la formule annoncée est donc vraie pour toutn∈N.

3) On nous demande de résoudre :

Tn=85




n
100−75×0,85=85
n
75×0,85=15
n
0,85= 5
ln(1 /5)
n=.
ln(0,85)

On trouven≈9,9on peut donc répondre : « au bout de 10 minutes ».

Partie B
( )( )( )
ln5ln5ln5
′ ′
1řa)f(t) =−75∙−exp−∙td’oùf(t) = 7,5×ln5×exp−∙t.
10 1010
Ceci est toujours positif doncfcroît sur[0; +∞[.
ln5
Remarque 1 : on aurait aussi pu partir du sens de variation de la fonctiont→ −t: décroissant,
10
puis composer par exp : toujours décroissant, puis par le produit par−75 : croissant, puis par
l’ajout du nombre 100 : toujours croissant.Cela évite de dériver.
Remarque 2 : tout ceci suppose connu que ln5>0, ce qui découle de5>1.

1řb) Puisquefcroît, pourt"10, on af(t)"f(10).
Calculonsf(10):

f(10)

=
=
=
=

−ln5
100−75×e
1
100−75×
5
100−15
85,

d’où le résultat.
2řa) D’après le graphique,A(25)Or un rectangle a pourest supérieur à trois rectangles et demi.
aire5×5 =25 donc 3,5 rectangles font 75+12,5qui est supérieur à 80.
2řb) Pourt"10,Cfest au-dessus de la droite d’équationy=85 doncA(θ)est donné par :
/
θ
A(θ) =[f(t)−85] dt
10
/ /
θ θln5
−t
10
=15dt−75edt,
10 10

par linéarité de l’intégrale.

6

0
θ
Vu que15dt=15(θ−10)on a bien le résultat annoncé.
10
ln5
0−t
θ
10
3řc) Calculons :A(20) =15×10−75edt
10
/
θln5
−t
10
A(20) =150−75edt
10
% '
20
ln5
−t
10
10
=150−75−e
ln5
10
( )
10 10
−2ln5−ln5
=150−75−e+e
ln5ln5
( )
101101
=150−75− ×+×
ln525 ln5 5
( )
101 1
=150−75× −
ln5 525
104
=150−75× ×
ln525
120
=150−.
ln5

On nous demande si :

A(20)>80

120
150−>80
ln5
120
<70
ln5
12
ln5> .
7

12
Vu que ln5≈1,6et≈1,7la réponse est : « presque » !
7
(non, elle n’est pas fini, mais on n’est pas loin...).

7

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