Corrige Bac Mathematiques 2007 S

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bbbbbbbCorrigédubaccalauréatS-2007CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page1/7Exercice11. Modélisationdel’expériencealéatoire: l’universΩestl’ensemble descombinaisons (choixnonordonnésetsansrépétition)detroiséléments distinctsprisdansl’ensemble deshuitboules{N1,N2,N3,R1,R2,R3,R4,R5}.OnchoisitlaprobabilitééquirépartiesurcetuniversΩ.µ ¶8 8×7×6OnsaitqueCard(Ω)= = =563 3!µ ¶33 1(a) Cetteprobabilitéest = . RéponseA.56 56 µ ¶53 10(b) Laprobabilitédetirer3boulesrougesest = . Laprobabilitédetirer3boulesdelamêmecouleurest56 561 10 11alors + = . RéponseA.56 56 562. Onrépète5fois,dansdesconditionsidentiquesetindépendantes,lamêmeépreuvedeBernoulliquiconsisteàtirerune boule de l’urne. Les issues contraires de cette épreuve sont : «la boule tirée est noire» (succès de probabilitép=3/8)et«labouletiréeestrouge»(échecdeprobabilitéq=1−p=5/8).Soit X la variable aléatoire qui compte le nombre de boules noires obtenues au cours de ces 5 épreuves. On saitalorsque X suitlaloibinomialeB(5,3/8) µ ¶µ ¶ µ ¶k 5−k5 3 5Pourtoutentierk comprisentre0et5,P(X=k)=k 8 8µ ¶53(a) P(X=5)= . RéponseB.8µ ¶µ ¶ µ ¶2 35 3 5(b) P(X=2)= . RéponseC.2 8 83. Construisonsl’arbrepondéréassociéàcettetroisièmeexpériencealéatoire.47 R2R158N3 2757 R238 N12 N27(a) P (R ) est la probabilité de tirer une boule rouge dans une urne contenant 7 boules : 4 rouges et 3 noires.R 214DoncP (R )= . RéponseB.R 21 75 3 15(b) P(R ∩N )=P(R )×P (N )= × = . RéponseC.1 2 1 R 21 8 7 56(c) ...
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b b b b b b b CorrigédubaccalauréatS-2007 CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page1/7 Exercice1 1. Modélisationdel’expériencealéatoire: l’universΩestl’ensemble descombinaisons (choixnonordonnésetsans répétition)detroiséléments distinctsprisdansl’ensemble deshuitboules{N1,N2,N3,R1,R2,R3,R4,R5}. OnchoisitlaprobabilitééquirépartiesurcetuniversΩ.µ ¶ 8 8×7×6 OnsaitqueCard(Ω)= = =56 3 3!µ ¶ 3 3 1 (a) Cetteprobabilitéest = . RéponseA. 56 56 µ ¶ 5 3 10 (b) Laprobabilitédetirer3boulesrougesest = . Laprobabilitédetirer3boulesdelamêmecouleurest 56 56 1 10 11 alors + = . RéponseA. 56 56 56 2. Onrépète5fois,dansdesconditionsidentiquesetindépendantes,lamêmeépreuvedeBernoulliquiconsisteàtirer une boule de l’urne. Les issues contraires de cette épreuve sont : «la boule tirée est noire» (succès de probabilité p=3/8)et«labouletiréeestrouge»(échecdeprobabilitéq=1−p=5/8). Soit X la variable aléatoire qui compte le nombre de boules noires obtenues au cours de ces 5 épreuves. On sait alorsque X suitlaloibinomialeB(5,3/8) µ ¶µ ¶ µ ¶k 5−k5 3 5 Pourtoutentierk comprisentre0et5,P(X=k)= k 8 8 µ ¶53 (a) P(X=5)= . RéponseB. 8µ ¶µ ¶ µ ¶2 35 3 5 (b) P(X=2)= . RéponseC. 2 8 8 3. Construisonsl’arbrepondéréassociéàcettetroisièmeexpériencealéatoire. 4 7 R2R15 8 N3 2 7 5 7 R2 3 8 N1 2 N2 7(a) P (R ) est la probabilité de tirer une boule rouge dans une urne contenant 7 boules : 4 rouges et 3 noires.R 21 4 DoncP (R )= . RéponseB.R 21 7 5 3 15 (b) P(R ∩N )=P(R )×P (N )= × = . RéponseC.1 2 1 R 21 8 7 56 (c) D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales: 5 4 3 5 20+15 35 5 P(R )=P(R ∩R )+P(N ∩R )= × + × = = =2 1 2 1 2 8 7 8 7 56 56 8 RéponseA. P(R ∩N ) P(R ∩N ) 15/56 51 2 1 2 (d) P (R )= = = = . RéponseC.N 12 P(N ) 1−P(R ) 3/8 72 2 Exercice2 (obligatoire) PartieI CorrigédubaccalauréatS-2007 CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page2/7 Onposez=x+iy avecx ety réels. Alorsℜe(z)=x etℑm(z)=y. 1. z=−z⇔x−iy=−(x+iy)⇔x−iy=−x−iy⇔2x=0⇔x=0 ⇔ℜe(z)=0⇔z∈iR oùiRdésignel’ensembledesimaginairespurs. 2. z=z⇔x−iy=x+iy⇔−2iy=0⇔y=0⇔ℑm(z)=0⇔z∈R.q 2 2 22 23. Pardéfinition,|z|= x +y d’où|z| =x +y 2 2 2 2 2 2 2Deplus,zz=(x+iy)(x−iy)=x −(iy) =x −i y =x +y 2Parconséquent zz=|z| PartieIIp pp p 2 2 2 21. OA=|a|= 3 +1 = 10 ; OB=|b|= (−1) +3 = 10 ;p p OC=|c|= 5+5= 10 DoncOA=OB=OC cequisignifiequeO estlecentreducerclecirconscritautriangle ABC. p p 2. LepointH apouraffixeh=(2− 5)+(4− 5)i Les points A et B se placent aisément. Le point C appartient au cercle de centre O, de rayon OA et à la droite d’équationréduitey=x. PourplacerlepointH,onutiliselacalculatriceetonobtienth≈−0,24+i×1,76 B 33 2 2 H A1 1 0 -3 -2 -1 O 0 1 2 3−3 −2 −1 1 2 3 -1−1 -2−2 C -3−3 On«voit»queH estl’orthocentrede ABC PartieIII 1. O estlecentreducerclecirconscritautriangle ABC 2 2 2ssi OA=OB=OC ssi OA =OB =OC 2 2 2ssi |a| =|b| =|c| ssi aa=bb=cc (d’aprèslerésultatétablienI-3.) 2. Onposew=bc−bc ′ ′ ′ ′ ′(a) En utilisant les propriétés de la conjugaison (pour tous complexes z et z , z−z = z−z ; zz = zz et z=z),onobtient: w= bc−bc =bc−bc=bc−bc=−(bc−bc)=−w Onendéduitquew estimaginairepur. (b) •(b+c)(b−c)=bb−bc+cb−cc=(bb−cc)+(bc−bc) Or bb=cc d’aprèsIII-1. Donc(b+c)(b−c)=bc−bc=w w (b+c)(b−c) (b+c)(b−c) b+c• = = = 2|b−c| b−c(b−c)(b−c ) (b−c)(b−c) 1 (c) Onsaitquew estimaginairepuretque estunnombreréel(strictementpositif). 2|b−c| 1 Ils’ensuitque ×w estunimaginairepur 2|b−c| b+c c.à.d. que estunimaginairepur. b−c CorrigédubaccalauréatS-2007 CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page3/7 3. L’énoncésous-entendqueb+c6Æ0(ouque ABC n’estpasrectangleen A). −−→ −−→(a) Levecteur AH apouraffixez =h−a=b+c AH−→ −→LevecteurCB apouraffixez =b−c CB³ ´ ³ ´ ³ ´−→ −−→ −−→ −→→− →−(b) CB , AH = u , AH − u ,CB =arg(z−−→)−arg(z−→) AH CBà ! µ ¶−−→z b+c πAH=arg =arg = +kπ aveck∈Z −→z b−c 2 CB b+c car estunimaginairepurnonnul. b−c (c) L’énoncésous-entenddeplusquea+c6Æ0(ouque ABC n’estpasrectangleenB). D’aprèslaquestionprécé- dente,(CB)⊥(AH)et(CA)⊥(BH). LepointH appartientdoncàdeuxhauteursdutriangle ABC. Enconséquence H estl’orthocentre dutriangle ABC. Exercice2 (spécialité) PartieI ′Onnotes lasimilitude planedirected’écriturecomplexez =az+b oùa∈C\{0;1}. b UnpointM d’affixez estinvariantpars ssiz=az+b cequiéquivautàz−az=b c.à.d. z= 1−a b s admetdoncununiquepointinvariantΩappelécentredes etd’affixeω= 1−a PartieII p p′1. g admetpourécriturecomplexez =az+b aveca=i 2etb=2i 2−2.p b 2i 2−2 g estlasimilitudedirectedecentrelepointΩd’affixeω= = p 1−a 1−i 2p p−2(1−i 2) π= p =−2,derapport|a|= 2etd’anglearg(a)= 21−i 2 p pgs ′ ′2. M(z)7¡→M (z =z)7¡→M (z =i 2z +2i 2−2)1 1 1 ′Nousavons f =g◦s oùs estlatransformationd’écriturecomplexez =z. s estdonclaréflexiond’axe(Ox). PartieIII 1. SoitM unpointd’affixez=x+iy avecx ety réels.p p p p M= f(M)⇔z=i 2z+2i 2−2⇔x+iy=i 2(x−iy)+2i 2−2p½p p p x=y 2−2p p⇔x+iy=y 2−2+i(x 2+2 2)⇔ y=x 2+2 2½ ½ ½ x=(2x+4)−2 x=2x+2 x=−2p p p p⇔ ⇔ ⇔ ⇔z=−2 y=0y=x 2+2 2 y=x 2+2 2 Ainsilepoint Ω(−2)estl’unique pointinvariantpar f 2. SoitN unpointdeD. Alorsilexisteunréelx telqueN aitpouraffixen=x+i(x+2) L’imagedeN par f estlepoint f(N)d’affixep p p p p p p p′n =i 2n+2i 2−2=i 2(x−ix−2i)+2i 2−2=ix 2+x 2+2 2+2i 2−2p p p p =(x 2+2 2−2)+i(x 2+2 2)| {z } | {z } ′ ′x y ′ ′Onconstatequey =x +2. Ilenrésulteque f(N)appartientàD. 3. σestlaréflexiond’axeD etk= f ◦σ CorrigédubaccalauréatS-2007 CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page4/7 ′(a) En tant que similitude indirecte,σ admet une écriture complexe du type z =az+b. Or les points A(−2) et B(2i)sontinvariantsparσ.½ ½ −2=−2a+b b=2a−2 D’oùlesystèmed’égalités: d’où .2i=−2ia+b 2i=−2ia+b 1+i Onendéduitque2i=−2ia+2a−2⇒2+2i=a(2−2i)⇒a= 1−i 2(1+i) D’oùa= =i . Puisb=2a−2=−2+2i. Ainsi 2 ′ σ : z =iz−2+2i (b) Déterminonsl’écriturecomplexedek= f ◦σ. fσ ′ ′M(z)7¡→M (z )7¡→M (z )1 1 (½ z =iz−2+2iz =iz−2+2i 11 ³ ´p pp p⇐⇒ ⇐⇒′ ′z =i 2z +2i 2−2 z =i 2 iz−2+2i +2i 2−21 p p′Ainsik admetpourécriturecomplexez =i 2(−iz−2−2i)+2i 2−2p p′Finalement l’écriturecomplexedek est z = 2z+2 2−2 p p 2 2−2 2( 2−1) (c) Onreconnaîtl’écriturecomplexedel’homothétiedecentrelepointd’affixe p = p =−2(c’estle 1− 2 1− 2p pointΩ)etderapport 2 4. k= f ◦σd’oùk◦σ=(f ◦σ)◦σd’oùk◦σ= f ◦(σ◦σ) Oronsaitqueσ◦σ=Id. Ainsi f =k◦σ Exercice3 PartieI →− →−′1. Pourtoutréelx deI, f (x)6Æ0. AlorsladroiteT n’estpasparallèle àl’axe(O; i ). DoncT coupel’axe (O; i )enun ′uniquepointH dontl’abscisseX estlasolution del’équationd’inconnueX : f (x)(X−x)+f(x)=0T f(x)′ ′f (x)(X−x)+f (x)=0⇐⇒f (x)(X−x)=−f(x)⇐⇒X−x=− ′f (x) f(x)⇐⇒X=x− Ainsi′f (x) f(x) X =x−T ′f (x) →− 2. T admetuneéquationréduitedutypeY =aX+b. AlorsladroiteT n’estpasparallèleàl’axe(O; j ). DoncT coupe →− ′ ′l’axe(O; j )enununiquepointK dontl’odonnéeY vérifieY = f (x)(0−x)+f (x) Y = f(x)−xf (x)T T T CorrigédubaccalauréatS-2007 CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page5/7 PartieII ∗Soitk∈R ,k fixéet f unefonctiondérivablesurunRtelleque ′∀x∈R, f (x)6Æ0. 1. f vérifielapropriété1 ssi ∀x∈R, x−X =kTµ ¶ f(x) ssi ∀x∈R, x− x− =k′f (x) f(x) ssi ∀x∈R, =k′f (x) ′ssi ∀x∈R, f(x)=kf (x) 1′ssi ∀x∈R, f (x)= f(x) k 1′ssi f estunesolutiondel’équation différentielle y = y k 1 x k2. Onsaitquelessolutions decetteéquation différentielle sontlesfonctionsx7¡→λe oùλdésigneuneconstante réelle. ′On sait aussi que l’équation différentielle y = 2y admet une unique solution satisfaisant à la condition initiale 2x 2×0y(0)= 1. Cette solution est la fonction f définie surR par f(x)=λe oùλ vérifieλe = 1. Doncλ= 1 puis 2x∀x∈R, f(x)=e PartieIII ∗Soitk∈R ,k fixéet f unefonctiondérivablesurI=]0,+∞[telleque ′∀x∈I, f (x)6Æ0. 1. f vérifielapropriété2 ssi ∀x∈I, f(x)−Y =kT¡ ¢′ssi ∀x∈I, f(x)− f(x)−xf (x) =k ′ssi ∀x∈I, xf (x)=k k′ssi ∀x∈I, f (x)= x k′ssi f estunesolutionsurI del’équation différentielle y = x 2. LessolutionsdecetteéquationdifférentiellesontlesprimitivessurI dela 1 fonctionu :x7!k× . Cessolutions sontdonclesfonctionsx7¡→klnx+λoùλdésigneuneconstante réelle. On x sait de plus qu’une fonctionu continue sur un intervalle I admet une seule primitive sur I qui prend une valeur 1/2′donnéeen unpointdonné. Dès lors il existe une unique solution de y = satisfaisant à la condition y(1)=0. x 1 1 Cette solution est la fonction f définie sur I par f(x)= lnx+λ où λ vérifie ln1+λ= 1. Donc λ= 1 puis 2 2 1∀x>0, f(x)=1+ lnx 2 Exercice4 PartieI 1x x −x −x1. (E) : e = ⇐⇒xe =1⇐⇒x=e ⇐⇒x−e =0⇐⇒f(x)=0 x ′ −x −x2. (a) f est dérivable surR et pour tout réel x, f (x)=1+e . Or pour tout réel x, e >0. Donc pour tout réelx, ′f (x)>1>0. Ainsilafonction f eststrictementcroissantesurR CorrigédubaccalauréatS-2007 CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page6/7 (b) • f(0)=−1. Alorsx<0=⇒f(x)< f(0)=⇒ f(x)<−1=⇒f(x)<0 L’équation f(x)=0n’admetaucunesolutiondansl’intervalle ]−∞,0[. 1 1• f(1)=1− . Alorsx>1=⇒ f(x)> f(1)=⇒ f(x)>1− =⇒ f(x)>0 e e L’équation f(x)=0n’admetaucunesolutiondansl’intervalle ]1,+∞[. • La fonction f est continue et strictement croissante sur l’intervalle [0,1]. Donc d’après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, f réalise une bijection de [0,1] sur l’intervalle image de [0,1] par f à savoir · ¸ 1 f([0,1])=[f(0),f(1)]= −1,1− e Puisque0∈f([0,1]),l’équation f(x)=0admetuneuniquesolutionαdans[0,1].µ ¶ 1 −1(c) • f ≈−0,1 à10 prèsparexcès. 2 −1• f(1)≈0,6 à10 prèspardéfaut. •Donc f(1/2)≤−0,1<0<0,6≤ f(1)avec 0= f(α)µ ¶ 1 d’où f < f(α)< f (1) 2 1 Ilenrésulteparcroissancede f surRque ≤α≤1 2 (d) x∈[0,α]=⇒f(0)≤ f(x)≤ f(α)=⇒−1≤ f(x)≤0car f(α)=0 Ainsi f estnégativesur[0,α]. PartieII 1+x x x1. g(x)=x⇐⇒ =x⇐⇒1+x=x(1+e )⇐⇒1+x=x+xe x1+e 1x x⇐⇒1=xe ⇐⇒e = x 2. OnavuenI-2.(b)queαétaitl’unique solutiondans[0,1]del’équation f(x)=0quiestéquivalenteàg(x)=x. Enconséquenceαestl’uniquesolutiondans[0,1]del’équationg(x)=x. 3. Lafonctiong estdérivablesur[0,1]etpourtoutx de[0,1], x x x x x x x −x1(1+e )−(1+x)e 1+e −e −xe 1−xe −e (x−e )′g (x)= = = = x 2 x 2 x 2 x 2(1+e ) (1+e ) (1+e ) (1+e ) x−e f(x)′Doncpourtoutx de[0,1], g (x)= x 2(1+e ) xe ′Puisque >0,g (x)et f(x)sontdesignescontraires. x 2(1+e ) ′Donc,d’aprèsI-2(d), f étantpositivesur[0,α],pourtoutx de[0,α],g (x)≥0. Ainsilafonctiong estcroissantesur[0,α]. PartieIII 1. Pourtoutentiernatureln,notonsP lapropriété: «0≤u ≤u ≤α»n n n+1 • Initialisation: vérifionslapropriétéaurang0. 1 u =0etu =g(0)=1/2. Ord’aprèsI-2.(c), ≤α. Donc0
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