Correction du baccalauréat S Antilles–Guyane juin

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Correction du baccalauréat S Antilles–Guyane \ juin 2003 EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats 1. a. La rotation de centre A qui transforme O en A2 a pour angle π 2 Son écri- ture complexe est de la forme : z ?? (3+2i)= ei π 2 [z? (3+2i)]. Avec ei π 2 = i, on obtient z ? = 3+2i+ iz?3i+2 ?? z ? = iz+5? i. En particulier zA2 = 5? i. Le centre I du carré OA1A2A est le milieu du segment [OA2] , donc zI = 5 2 ? 1 2 i. b. La rotation de centre B qui transforme O en B1 a pour angle ? π 2 . Son écriture complexe est de la forme : z ?? (?1+4i)= e?i π 2 [z? (?1+4i)] ; comme e?i π 2 =?i, l'égalité précédente s'écrit z ?? (?1+4i)=?i[z? (?1+4i)] ?? z ? =?1+4i? iz? i?4 ?? z ? =?iz?5+3i. En particulier zB1 =?5+3i. Donc le centre J du carré OBB1B2 est le milieu du segment [OB1], et par conséquent zJ =? 5 2 + 3 2 i.

• défaut de composant électronique


• ?? z


• zi? zk


• particulier zb1


• question précédente


• ecriture complexe


• e2x

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2003
• Nombre de lectures: 28
• Langue: Français

Extrait

[CorrectiondubaccalauréatSAntilles–Guyane\
juin2003
EXERCICE 1 5points
Communàtouslescandidats
π
1. a. LarotationdecentreAquitransforme OenA apour angle Sonécri-2
2
π π′ i i
2 2turecomplexeestdelaforme:z −(3+2i)=e [z−(3+2i)].Avece =i,
′ ′onobtient z =3+2i+iz−3i+2 ⇐⇒ z =iz+5−i.
Enparticulier z =5−i.A2
LecentreIducarréOA A Aestlemilieudusegment[OA ],donc1 2 2
5 1
z = − i.I
2 2
π
b. La rotation de centre B qui transforme O en B a pour angle− . Son1
2
écriturecomplexeestdelaforme:
π π′ −i −i2 2z −(−1+4i)=e [z−(−1+4i)];commee =−i,l’égalitéprécédente
′ ′s’écrit z −(−1+4i)=−i[z−(−1+4i)] ⇐⇒ z =−1+4i−iz−i−4 ⇐⇒
′z =−iz−5+3i.
Enparticulier z =−5+3i.B1
Doncle centre JducarréOBB B est le milieu du segment [OB ], et par1 2 1
5 3
conséquent z =− + i.J
2 2
z +zA B
2. z = =1+3i.K
2 r p? ? q? ?3 7 58 589 49? ?| |KI= z −z = − i = + = = .I K ? ? 4 42 2 4 2
p? ?
? ? ? ?7 3 58
? ? ? ?KJ= z −z = − − i = .J K ? ?2 2 2
   7 3 7 3? ? − − i − i+? ?−→ −→ z −z πJ K    2 2 2 2
KI, KJ = arg = arg = arg−i = arg(−i)=−
3 7 3 7z −z 2I K − i − i
2 2 2 2
(à2πprès).
Conclusion:letriangleIKJestisocèlerectangleenK.CorrectiondubaccalauréatS
5
B
4
B1 K
3
A
2
J
1
→−
v
O
→− I−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5u
A2
−1
B2
−2
A−3 1
−4
EXERCICE 2 5points
Pourlescandidatsquin’ontpassuivil’enseignementdespécialité
Onnote:
– Sl’évènement «lapièceprésenteundéfautdesoudure.»
– Cl’évènement «lapièceprésenteundéfautdecomposantélectronique.»
– Dl’évènement «lapièceestdéfectueuse».
1. Lesévènements SetCsontindépendants, donc:
p(S∩C)=p(S)×p(C)
etcommeD=S∪C, p(D)=p(S)+p(C−p(S∩C)=0,03+0,02−0,03×0,02=
0,0494.
2. a. LaloideXestuneloibinomialedeparamètresn=800etp=0,0494.
Onapourtoutentierk∈[0; 800],
? ?800 k 800−kp(X=k)= (0,0494) (1−0,0494) .
k
b. E(X)=n×p=800×0,0494=39,52.Cecireprésentelamoyenned’articles
défectueuxdansunlotde800.
3. a. On note Y la variable aléatoire qui associe le nombre d’articles défec-
tueux parmi les 25 commandés. Y suit une loi binomiale de paramètres
n=25et p=0,0494.D’où :
p(Y >2)=1−p(Y =0)−p(Y =1)−p(Y =2)
0 2 1 2 2=1−0,0494 (1−0,0494) 5−25×0,0494 ×(1−0,0494) 4−300×0,0494 ×
23(1−0,0494) ≈0,1237, soit:
−3p(Y >2)≈0,124à10 près.
b. OnnoteY lavariablealéatoireassociéeaunombred’articlesdéfectueuxn
parmilesn commandés.
Y suit une loi binomiale de paramètres n et p=0,0494. La probabilitén
n nd’avoiraumoinsunarticledéfectueuxest1−[1−0,0494] =1−0,9506 .
Lepetitcommerçantveutdoncque:
Antilles–Guyane 2 juin2003
bbbbbbbbbbbbbbCorrectiondubaccalauréatS
n n1−0,9506 60,5 ⇐⇒ 0,9506 >0,5 ⇐⇒ nln0,9506>ln0,5 ⇐⇒
ln0,5
n6 ≈13,6(carln(0,5)<0).
ln0,9506
Ildevradonccommanderauplus13articles.
4. La variable aléatoire qui à tout article associe sa durée de vie en jours, suit
une loi exponentielle de paramètre 0,0007. La densité deprobabilité decette
variableestlafonction f définiepar:
−0,0007xf(x)=0,0007e .
Z1000 ? ?1000−0,0007x −0,0007xDonc:p([700; 1000])= 0,0007e dx= −e ≈0,11604.700
700
−3Laprobabilitéestdoncd’environ0,116à10 près.
EXERCICE 2 5points
Pourlescandidatsquiontsuivil’enseignementdespécialité
p p
21. a. (1+ 6) =7+2 6;
p ? p ? p24(1+ 6) = 7+2 6 =73+28 6;
p p p ? p ?? p ? p
6 2 4(1+ 6) =(1+ 6) (1+ 6) = 7+2 6 73+28 6 =847+342 6.
b. Onalesdivisionssuivantes:
847=2×342+163342=2×163+16163=10×16+316=5×3+1
L’avantdernierresteestégalà1;doncpgcd(847;342)=1ouencore847
et342sontpremiersentreeux.
Autreméthode:enutilisant pgcd(a ; b)=pgcd(a−b); b);
pgcd(847; 342) = pgcd(505; 342) = pgcd(163; 302) = pgcd(163; 139) =
pgcd(24;139)=pgcd(24;19)=pgcd(5;19)=pgcd(5;4)=1.
2. Avecn∈Netavec a etb telsque:n n
? ?p pn
1+ 6 =a +b 6n n
onsaitdéjà(d’aprèslaquestion1.a.)que a =1; b =1; a =7; b =2; a =1 1 2 2 4
73; b =28; a =847; b =342.4 6 6
? p ? pn+1
a. Onad’unepart 1+ 6 =a +b 6etégalement:n+1 n+1
? p ? ? p ? ? p ? ? p ?? p ? pn+1 n
1+ 6 = 1+ 6 1+ 6 = a +b 6 1+ 6 =a +6b +(a +b ) 6.n n n n n n
Comme a +6b ∈Neta +b ∈N,onendéduitparidentificationque:n n n n
?
a = a +6bn+1 n n
b = a +bn+1 n n
b. Onaa +b =2a +7b =2(a +b )+5b .n+1 n+1 n n n n n
Parcontraposition,si5divisea +b ,alors5divisea +b −5bn+1 n+1 n+1 n+1 n
c’est-à-dire2(a +b ).Comme5estpremieravec2,5divise a +b .n n n n
parcontraposition:si5nedivisepasa +b ,alors5nedivisepasa +n n n+1
b .n+1
Démonstrationparrécurrence:
• Initialisation:5nedivisepas a +b =2;1 1
• Hérédité:onl’adémontréejusteau-dessus.
Conclusion:quelquesoitn∈N, 5nedivisepas a +b .n n
Antilles–Guyane 3 juin2003CorrectiondubaccalauréatS
c. Si pour n∈N, d est un diviseur premier de a et b , alors d divisen+1 n+1
a −b =5b .n+1 n+1 n
Oronvientdevoirqued6?5,doncd diviseb .Maisildiviseaussib −n n+1
b =a .n n
Mais d’après la question précédente, a et b sont premiers entre eux,n n
doncd=1,et a etb sontaussipremiersentreeux.n+1 n+1
Comme au départ a et b sont premiers entre eux, on a démontré par1 1
récurrenceque a etb sontpremiersentreeux.n n
PROBLÈME 10points
PartieA
′1. Lafonctionh sommeetproduitdefonctionsdérivablesestdérivableeth (x)−? ?
2x 2x 2x 2x 2x2h(x)=2e +4xe −4xe −2=2e −2=2 e −1 .
h estbienunesolutionde(E).
? ?
′ 2x ′ ′2. y solution de (E)⇐⇒ (z+h) −2(z+h)= 2 e −1 ⇐⇒ z −2z+h −2h=? ?
2x ′2 e −1 ⇐⇒ z −2z=0carh estsolutionde(E).
′Conclusion: y solutionde(E)sietseulementsi z −2z=0.
2xOnsaitquelessolutionsdecetteéquationsontlesfonctionsx7?→z(x)=Ce
avecC∈R.
2x 2xFinalement y=z+hestsolutionde(E)sietseulementsiy=Ce +2xe +1=
2xy(x)=(C+2x)e +1.
3. Lasolution y de(E)telleque y(0)=0 ⇐⇒ 0=C+1 ⇐⇒ C=−1.
Cettesolution g estdoncdéfiniepar:
2xg(x)=(2x−1)e .
PartieB:étudedeg
′ 2x 2x 2x1. g est dérivable surR et g (x)= 2e +2(2x−1)e = 4xe dont le signe est
2xcelui de x puisque e >0, quel que soit le réel x. On en déduit le tableau de
variationsdeg :
x −∞ 0 +∞
′ −g (x) 0 +
g
0
D’après le tableau de variations de g puisque g(0)= 0, cette dernière valeur
estleminimumdelafonctionetdoncpourtout x∈R, g(x)>0.
2x 2x2. a. 1−g(x)>0 ⇐⇒ g(x)61 ⇐⇒ (2x−1)e 60.‘Ore >0donc1−g(x)>
1
0 ⇐⇒ 2x−160⇐⇒ x6 .
2
? ?
1
S= −∞;
2
Antilles–Guyane 4 juin2003CorrectiondubaccalauréatS
Z1 Z1
2 2 2xb. CalculdeI= (1−g(x))dx= (1−2x)e dx.Onutiliseuneintégra-
0 0
tionparpartiesenposant:
′? u (x) = −2u(x) = 1−2x
1′ 2x 2xv (x) = e v(x) = e
2
Toutes ces fonctions étant continues sur l’intervalle d’intégration, I =
? ?1 ? ?1Z1
12 22 ? ?1 1 1 12x 2x 2x 2x2x 2(1−2x)e + 2× e dx= (1−2x)e + e = (1−x)e =
02 2 2 200 0
e
−1.
2
c. La question a. montre que la courbe représentative de g est au dessous? ?
1deladroited’équation y=1surl’intervalle 0; .L’intégrale Iestdonc2
égaleàl’aire,enunitéd’airedelasurfacecompriseentrelegraphedeg
1ladroite y=1etlesdroitesverticalesd’équation x=0etx= .2
PartieC
2x1. • Ona lim e =0,donc lim f(x)=0 .(+)
x→−∞ x→−∞
2x 0e −e
• On peut écrire f(x)= 2 . La limite de ce quotient lorsque x
2x−2×0
Xe −1
tendvers0est2.(car lim =1.)
X→0 X
2x 2xe 1 e 1
• Onécrit f(x)=2 − .Or lim =+∞et lim =0.
x→+∞ x→+∞2x x 2x x
Finalement lim f(x)=+∞.
x→+∞
2. Ladeuxièmelimitemontrequel’axedesabscissesestasymptoteauvoisinage
demoinsl’infinidelacourbereprésentativede f.
2x 2x 2x2xe −e +1 (2x−1)e′3. Lafonction f estdérivable(saufen0)et f (x)= = =
2 2x x
g(x)
. Or on a démontré que g(x)>0, en fait on a seulement g(0)=0. Donc
2x
′pourtout x nonnul,ladérivée f (x)estsupérieureàzéro.
Donclafonction f estcroissantesurlesintervalles]−∞; 0[et]0;+∞[.
Onendéduitletableaudevariationssuivantde f :
x −∞ +∞0
′f (x) + +
2
f
0 2
4. Tableaudevaleurs:
x −2 −1,5 −1 −0,5 −0,2 −0,1 −0,05 0,05 0,1 0,2 0,5 1
f(x) 0,49 0,63 0,86 1,26 1,65 1,81 1,90 2,10 2,21 2,46 3,44 6,39
Courbereprésentativede f :attention, f(0)n’existepas.
Antilles–Guyane 5 juin2003CorrectiondubaccalauréatS
5
4
3
2
1
→−

→−O
−2 −1 ı
5. Lafonction f estdéfiniesurRetcontinuecar lim f (x)=lim f(x)=2= f (0).1 1 1
x→0 x→0
(f estleprolongementparcontinuité de f surR.)1
Legraphede f estlemêmequeceluide f complétéparlepoint(0;2).Doncla1
tangenteencepointauxdeuxgraphesestlamême.Graphiquementilsemble
quelecoefficientdirecteurdecettetangenteen(0;2)soitégalà2.
f (x)−f (0)1 1′Onpeutdoncsupposerque f (0)=2=lim .1 x→0 x−0
PartieD
Enpartantde−26x6−1⇐⇒
−462x6−2 ⇐⇒
−4 2x −2e 6e 6e (l