Corrigé Bac S 2017 Pondichéry - Mathématiques spécialité

Description

! ! ! ! Baccalauréat Pondichéry! ! ! Session 2017 ! ! Épreuve de spécialité : Mathématiques ! ! Durée de l’épreuve : 4 heures Coefficient : 7 PROPOSITION DE CORRIGÉ 1 1 Exercice 1 1.1 PartieA 1) D’après l’arbre ci-dessous, on a: p(C) =p(C∩A) +p(C∩B) = 0,98x+ 0,95(1−x), ce qui donne bien la réponse attendue:p(C) = 0,03x+ 0,95. 2) On sait maintenant quep(C) = 0,96. Nous devons donc résoudre uneéquation du premier degré: 0,03x+ 0,95= 0,96⇔0,03x= 0,01 1 ⇔x=. 3 On nous demande de démontrer que1−xest le double dex:. Écrivons cela sous forme d’équation on nous demande de montrer que1−x= 2x, cela signifie que1 + 3x, c’est exactement ce que nous 1 avons établi en écrivant quex=! 3 1.2 PartieB 1) La durée de vie moyenne, c’est l’espérance deZpuisque. Or,Z∼E(λ), nous savons que 11 E(Z) =donc, l’énoncé nous indique que. Ainsiλ= =0,2. λ5 −λ×2−0,4 2)p(Z >= e2) = e≈0,67. 3) On demandepZ >3(Z >5)mais on sait que la loi exponentielle est sans mémoire, ce qui veut dire que cette probabilité est égale àp(Z >2). 1.3 PartieC 1) La calculatrice nous fournitp(8336, on divise par4à gauche et à droite et cela donnec >9, ce qui est vrai par hypothèse. Pondichéry 2017 Maths obli 1 b) On calcule les racines: √ −b−i 4c−36 zA= 2 √ 6−2ic−9 = 2 √ = 3−ic−9. √ zBétant le conjugué dezA, on azB= 3 + ic−9. 2)zAetzBétant conjugués ont le même module, doncOA=OB. ˆ ˆ 3)OABne peut être rectangle que en O, carA=B=45ř.

Sujets

• BAC
• 2017
• Pondichéry
• Spécialité
• maths

Informations

• Publié par: Studyrama
• Publié le: 26 avril 2017
• Nombre de lectures: 71
• Langue: Français

Extrait

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Baccalauréat Pondichéry!

!

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Session 2017

!
!
Épreuve de spécialité :
Mathématiques

!
!

Durée de l’épreuve : 4 heures

Coefficient : 7

PROPOSITION DE CORRIGÉ

1

1

Exercice 1

1.1 PartieA
1) D’après l’arbre ci-dessous, on a:

p(C) =p(C∩A) +p(C∩B) = 0,98x+ 0,95(1−x),

ce qui donne bien la réponse attendue:p(C) = 0,03x+ 0,95.
2) On sait maintenant quep(C) = 0,96. Nous devons donc résoudre uneéquation du premier degré:

0,03x+ 0,95= 0,96⇔0,03x= 0,01
1
⇔x=.
3
On nous demande de démontrer que1−xest le double dex:. Écrivons cela sous forme d’équation
on nous demande de montrer que1−x= 2x, cela signifie que1 + 3x, c’est exactement ce que nous
1
avons établi en écrivant quex=!
3
1.2 PartieB
1) La durée de vie moyenne, c’est l’espérance deZpuisque. Or,Z∼E(λ), nous savons que
11
E(Z) =donc, l’énoncé nous indique que. Ainsiλ= =0,2.
λ5
−λ×2−0,4
2)p(Z >= e2) = e≈0,67.
3) On demandepZ >3(Z >5)mais on sait que la loi exponentielle est sans mémoire, ce qui veut
dire que cette probabilité est égale àp(Z >2).

1.3 PartieC
1) La calculatrice nous fournitp(83< X <87)≈0,6827. Onpeut connaître ce résultat par cœur
car il s’agit en fait dep(µ−σ< X< µ+σ).
La probabilité que la teneur en cacao diffère de plus de 2 points de pourcentages (et non pas 2%)
de la teneur annoncée est1−p(83< X <87)≈0,3173.
2) On trouve avec la calculatricea= 3,29veut dire que l’on avait 68% de chances que la. Cal
teneur en chocolat soit entre 83 et 87, et on a 90% de chances qu’elle soit entre 81,71 et 88,29.
3) La chocolaterie affirme que la probabilité d’un certain événement est 90%=0,9.
Le responsable prend un échantillon de taille 550, donc, au seuil de 95%, la fréquence observée
! #
" "
0,9(1−0,9) 0,9(1−0,9)
devrait être dans l’intervalle0,9−1,96; 0,9 + 1,96 .
√ √
550 550
"
0,9(1−0,9)
Vu que1,96√≈2,5%, on a donc l’intervalle de confiance[87,5%;92,5%].
550
80
Or, la fréquenc eobservée estf=≈0,1455, ce qui correspond à une fréquence contraire
550
¯
f= 1−0,1455= 0,8545≈85% de tablettes correspondant aux critères annoncés.
L’affirmation de la chocolaterie ne semble donc pas crédible.

2 Exercice2
1) a) On calculeΔ=36−4cet l’on nous demande de prouver queΔ<0ce qui équivaut à4c >36,
on divise par4à gauche et à droite et cela donnec >9, ce qui est vrai par hypothèse.

Pondichéry 2017 Maths obli

1

b) On calcule les racines:
√
−b−i 4c−36
zA=
2
√
6−2ic−9
=
2
√
= 3−ic−9.
√
zBétant le conjugué dezA, on azB= 3 + ic−9.
2)zAetzBétant conjugués ont le même module, doncOA=OB.
ˆ ˆ
3)OABne peut être rectangle que en O, carA=B=45ř. Maintenant,OABserait rectangle en
zA
Osi et seulement si on avait= iou−isoit :
zB
√
√ √
3−ic−9
√= i⇔3−ic−9 = i(3 + ic−9)
3 + ic−9
√
⇔3(1−i) =c−9 (i−1)
√
⇔ −3 =c−9impossible.

3

Exercice 3

√
3−ic−9
√=−i
3 + ic−9

√ √
⇔3−ic−9 =−i(3 + ic−9)
√
⇔3(1 + i) =c−9 (i + 1)
√
⇔3 =c−9
⇔9 =c−9
⇔c=18.

3.1 PartieA
′
u
1)fest de la forme lnudonc de dérivée:
u

′
f(x)

=

−4x
.
2
−2x+13,5

2
2) Je vérifie que−2x+13,5est positif dans[−2,5; 2,5]. Unsimple calcul montre que l’on a ceci:
2 2
−2×2,5 +13,5 = 1. Or,−2x+13,5est censé être positif entre ses racines donc a fortiori sur
[−2,5; 2,5]:

2

2
Figure 1.Courbe dex→ −2x+13,5.

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Le dénominateur est positif (voir paragraphe précédent).

Le signe du numérateur est celui de−4x. Ainsi:

x
′
f(x)
f

-2,5

+
↗

0
0
0

On peut calculer (ce n’est pas demandé) le maximum:

f(0)

−
↘

=ln(13,5)≈2,6.

Reste à calculerf(2,5) =f(−2,5)trouve. Onf(2,5) =f(−2,5) = 0.

Ansi,fest à valeurs positives dans l’intervalle où l’énoncé l’a défini.

3.2

Partie B

2,5
.

Remarque :la courbe est symétrique par rapport à(Oy)car la fonctionfest paire, ce qui nous
avons sous-entendu plus haut: pour toutxde l’ensemble de définition,f(x) =f(−x).

1) Non,Cfn’est pas un arc de cercle car vu que le point(2,5; 0)est surCf, l’arc de cercle en
question serait de rayon 2,5, ce qui est contradictoire avecf(0)≈2,6calculé plus haut.
$ $
2,5 2,5
2) L’aire estf(x)dx= 2f(x)dxpar symétrie de la courbe. Mais ceci est exprimé en unité
−2,5 0
2
d’aires. Uneunité est un carré de côté 1, or cela représente2mde côté soit4mde surface.Pour
2
avoir l’aire enmde la surface de creusement, il faut donc multiplier notre intégrale par 4, ce qui,
vu qu’il y a déjà un facteur 2, donne:
$
2,5
A= 8f(x)dx.
0
3) Algorithme

Figure 2.Mathoscope deR.
Sest la somme des aires des rectangles (approximation par excès, donc, de l’aire sous la courbe).

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3

a) Complétons le tableau:

Figure 3.Les valeurs demandées sont en gras.

−6
Les valeurs demandées sont donc, à 10près :

•

•

•

lignek= 1:R=S= 0,130116 ;

lignek= 4:S= 0,519981 ;

lignek=50 :R= 0(carf(2,5) = 0) etS= 5,197538.

La valeur finale deS:est la même que celle de la ligne 50, à savoirS= 5,197538.
$
2,5
b) La valeur obtenue pourSest une approximation def(x)dx.
0
Pour la précision de cette approximation, l’énoncé nous indique qu’il faut calculer:

f(0)−f(2,5) 2,6
×2,5≈ ×2,5≈0,13.
n50

Ainsi, on peut être sûr queS!I!S+ 0,13. On multiplie par 8 pour avoir une approximation deA:

41,580304!A!41,580304+ 1,04
⇔41,580304!A!42,62.

Si l’on veut l’approximation au mètre carré près, on doit donc dire:

4

4.1

Exercice 4

Partie A

1) On a tapéB3=2*B2+3*C2etC3=2*B2+C2.

A≈42.

2) PGCD(un, vn)semblevaloir 1.
3) La conjecture de Flora semble pertinente, tant les quotients semblent proches de 1,5:

(%i1)1258291/838861.0

(%o1)1.499999403953694

4

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(%i2)5033165/3355443.0

(%o2)1.500000149011621

(%i3)20132659/13421774.0

(%o3)1.499999850988401

(%i4)80530637/53687091.0

(%o4)1.500000009313226

4.2

Partie B

1) Démonstration par récurrence:

•

•

•

c’est vrai pourn= 0car2u0−3v0=−1;

n
hérédité :si2un−3vn= (−1), alors:

2un+1−3vn+1= 2(2un+ 3vn)−3(2un+vn)
=−2un+ 3vn
=−(2un−3vn)
n+1
= (−1).

conclusion :la propriété est vraie pour toutn"0.

2) Par Bezout, on a donc pour toutn"0: PGCD(un, vn)=1.

4.3

Partie C

1)a) On calcule le produit de matrices suivant:
 
( )
2−3
×
1 1
( )
 ,
1 3
−1 2

j’ai écrit les deux matrices de manière à faciliter le calcul mental, on trouve:
( )
5 0
.
0 5
( )
1 2−3
Cela prouve donc que×P=I.
5 1 1

b) On calcule:

−1
QnP=

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-
n
1 (−1)
n+1
5 (−1)

.
( )
2n
3×2 2−3
×,
2n+1
2 11

5

j’écris cela pour faciliter les calculs:
(
2
1
-
.n2n n2n
(−1) 3×2 2×(−31) +×2
n+1 2n+1n+1 2n+1
(−21) 2×(−1) +2

)
−3
1
.
n2n
−3×(−31) +×2
.
n+1 2n+1
−3×(−1) +2

Je dois donc à présent calculer:
( )
u0= 1
v0= 1
- .- .
n2n n2n n2n
1 2×(−31