Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie mars 2008

Description

Niveau: Supérieur, Master, Bac+4
Durée : 4 heures [ Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie mars 2008 \ (spécialité) EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats 1. 1 2 3 4 5 6?1?2?3 1 2 3 4 5 6 7 ?1 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 M0 M1 M2 M3M4 ANNEXE (à rendre avec la copie) On peut conjecturer que : – la suite est croissante ; – la suite converge vers 3. 2. a. x < 3 ?? ?3

• ?un


• ?3 ?


• triangle rectangle de côtés db


• propriétés de compatibilité de la relation de congruence avec l'ad- dition

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 mars 2008
• Nombre de lectures: 9

Extrait

Durée : 4 heures

[Baccalauréat S NouvelleCalédonie mars 2008\ (spécialité)

E X E R C IC E 1 Commun à tous les candidats ANNEXE (à rendre avec la copie)

1.

7 7

6 6

5 5

4 4

3 3

2 2

1 1

5 points

0 -3 -2 -1 01 2 3 4 5 6 −3−2−1 12 3 4 5 6 M MM MM 0 12 34 -1 −1 On peut conjecturer que : – lasuite est croissante ; – lasuite converge vers 3. 1 1 2. a.x<3⇐⇒ −3< −x⇐⇒6−3,<6−x⇐⇒3<6−x⇐⇒ <⇐⇒ 6−x3 1 1 9 9× <9× ⇐⇒<3. 6−x3 6−x On vient donc de démontrer que six<3, alorsf(x)<3. Par récurrence immédiatte : deU 0 <3 et deU n <3 entraîneU n+1 = f ( U n ) <3, on déduit aussitôt queU n <3 pour tout entier natureln. 2 2 9 9−6U+ 3) n U n ( U n − b.On aU n+1 −U n =f ( U n ) −U n = −U n = =. 6−U n 6−U n 6−U n On vient de démontrer queU n <3<6, donc le dénominateur est positif et le numérateur (carré) aussi. On a doncU n+1 −U n >0⇐⇒U n+1 >U n : la suite est croissante (stricte ment). c.La suite (U n ) est croissante et majorée par 3 : elle converge vers une li mite inférieure ou égale à 3.

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1 3.Soit la suite définie parV n =pour tout entier natureln. U n −3 1 11 1 a.Calculons la différenceV n+1 −V n = −= −= 9 U n+1 −3U n −3 −3 U n −3 6−U n 6−U n 1 6−U n 1 6−U n 1 6−U n −3 − =− =− == 9−18+3U n U n −3 3U n −9U n − ( 3 3U n −3)U n −3 3 ( U n −3) 3−U n 1 = −. On vient donc de démontrer que la suite (V n ) est une 3 (U n −3) 3 1 suite arithmétique de raison−. 3 1 1 b.On aV 0 = =−. −3−3 6 µ ¶ 1 12n2n+1 On sait queV n =V 0 +n− == −−× −. 3 66 6 1−6 OrU n −3= =. V n 2n+1 −6 c.Comme lim=0, limU n −3=0 et finalement n→+∞n→+∞ 2n+1 limU n =3. n→+∞

E X E R C IC E 2 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

5 points

PARTIE A : Question de cours Quelles sont les propriétés de compatibilité de la relation de congruence avec l’ad dition, la multiplication et les puissances ? Démontrer la propriété de compatibilité avec la multiplication. 1. a.SoitN 1 le nombre s’écrivant en base 12 : 12 N 1 =β1α 2 1 On a doncN 1 =11×12+1×12+10=1606. b.SoitN 2 le nombre s’écrivant en base 10 :N 2 =1131. 2 La plus grande puissance de 12 contenue dans 1131 est 12et 1131= 2 7×144+123=7×12+10×12+3. 12 On a doncN 2 =7α3 . Dans toute la suite, un entier naturelNs’écrira de manière générale en base 12 : 12 N=a n ∙ ∙ ∙a 1 a 0 i i 2. a.On a pour 1 6 i 6 n,a i ×12≡donc12 [0],a i ×12≡Donc3 (0). N≡a 0 (3). Pn en déduit que sia 0 est un multiple de 3,Nl’est aussi. (ou encoreN est multiple de 3 s’il se termine par 0, 3 ,6 ou 9. 12 b.CommeN 2 =7αil est donc multiple de 3. De son écriture décimale3 , (1131) et de 1+1+3+1=6 est multiple de 3, donc 1131 l’est aussi. n X i i i 3. a.On aN=a i ×Quel que soit12 .itel que 1 6 i 6 n, 12=(11+En1) . i=0 développant cette puissance avec la formule du binôme, tous les termes i de la somme sont congrus à 11 sauf le dernier : autrement dita i ×12≡ a 0 (11) et finalementN≡a n + ∙ ∙ ∙ +a 1 +a 0 (11). Conclusion : un nombre écrit en base 12 est un multiple de 11 si la somme des nombres représentant ses chiffres est ellemême un multiple de 11.

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Baccalauréat S

b.Ainsi pourN 1 , commeβ+1+αsoit 11+1+10=22=2×11,N 1 est un multiple de 11. En écriture décimale 1606=146×11, montre bien queN 1 est un multiple de 11. 12 4.Des questions2.et3.on déduit queN=x4yest un multiple de 3 et de 11 et donc de 3×11, puisque ces deux nombres sont premiers entre eux, si : ½ y=0 (3) x+4+y=11k

–y=0⇒x=7 –y=3⇒x=4 –y=6⇒x=1 –y=9⇒x=9 12 12 12 12 Les solutions sont donc les nombres 740, 443, 146, 949.

E X E R C IC E 3 Commun à tous les candidats

5 points

1. a.u bout deLa probabilité qu’un alevin de premier élevage soit vivant a trois mois est 0,9 et celle d’un alevin du deuxième élevage 0, 95. La probabilité pour l’enfant d’avoir un alevin vivant est donc 0,6×0, 9+ 0, 4×0, 95=0, 54+0, 38=0, 92. b.De même la probabilité pour l’enfant d’avoir un poisson rouge est égale à 0,6×0, 75+0, 4×0, 65=0, 45+0, 26=0, 71. c.Les poissons vivants sont rouge ou gris. La probabilité d’avoir un alevin gris est donc égale à 0,92−0, 71=0, 21. La probabilité qu’il soit gris et provienne du premier élevage est égale à 0, 6×0, 15=0, 09. gris∩9 30, 09élevage 1 On a donc :p gris (élevage 1)= == =. p21 21 7(gris) 0, 2.On suppose qu’il y a assez d’alevins pour que la probabilité d’avoir un alevin en vie au bout de trois mois est toujours égale à 0,92. On a donc une épreuve de Bernoulli avecn=5,p=0, 92. La probabilité d’avoir 3 alevins en vie sur 5 au bout de trois mois est donc égale à : Ã ! 5 3 2 32−2 0, 92×(1−0, 92)=10×0, 92×0, 08≈0, 049≈0, 05à 10près. 3

3.On a le tableau de loi de probabilité suivant :

couleur rougegris mort probabilité 0,710,21 0,08 gain(")+1+0, 25−0, 10 On a donc E(X)=0, 71×1+0, 21×0, 25−0, 08×0, 10=0, 7545≈0, 75".

E X E R C IC E 4 5points Commun à tous les candidats −→ 1. a.On sait que le vecteurn(4 ; 1 ; 2) est un vecteur directeur deDet donc qu’une équation d’un planPperpendiculaire àDest 4x+1y+2z+d=0. A appartient à ce plan si 4×(−1)+1×2+2×3+d=0⇐⇒4+d=0⇐⇒ d= −4. Une équation du planPest donc : 4x+1y+2z−4=0.

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b.On voit que la valeurt= −3 donne les coordonnées du point B. c.On sait que la distanced B du point B au planPest égale àd(B,P)= ¯ ¯ 4x B +y B +2z B −4 | 4×(−3)+3+2×(−4)−4 | 21 = p= p=21. 2 2 22 2 2 4+1+2 4+1+ 2 21 d.La droiteDest perpendiculaire àP, donc orthogonale à toute droite de P. On a donc un triangle rectangle de côtésd B etdet d’hypoténuse [AB]. 2 22 Le théorème de Pythagore permet d’écrired=AB−d. B 2 22 2 AB=(−2)+1+(−7)=54. 2 Doncd=54−21=33. Finalementd=33. 2 22 2 2.On a AM=(10+4t)+(4+t)+(−1+2t)= 2 22 2 100+16t+80t+16+t+8t+1+4t−4t=21t+84t+117. La distance de A à la droiteDest la plus petite distance AM, donc le carré de 2 la distance correspond au minimum du trinôme 21t+84t+117. µ ¶· ¸· ¸ 117 11733 2 22 2 21t+84t+117=21t+4t+ =21 (t+2)−4+ =21 (t+2)+. 21 2121 Le minimum est obtenu pourt= −2 ; pour cette valeur le trinôme vaut 33 2 21× =33=d. Et finalementd=33. 21

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