[PDF] Correction du baccalauréat S Antilles–Guyane juin 2003

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?Correction du baccalauréat S Antilles-Guyane? juin 2003

EXERCICE15 points

Commun à tous les candidats

1. a.LarotationdecentreAquitransformeOenA2apourangleπ

2Sonécriture

complexe est de la forme :z?-(3+2i)=eiπ

2[z-(3+2i)].

Avec e

iπ

2=i, on obtientz?=3+2i+iz-3i+2??z?=iz+5-i.

En particulierzA2=5-i.

Le centre I du carré OA

1A2A est le milieu du segment [OA2] , donc

z I=5

2-12i.

b.La rotation decentre Bqui transforme O en B1a pour angle-π

2. Son écri-

ture complexe est de la forme : z ?-(-1+4i)=e-iπ

2[z-(-1+4i)]; comme e-iπ2= -i, l"égalité précédente

z ?=-iz-5+3i.

En particulierzB1=-5+3i.

Donc le centre J du carré OBB

1B2est le milieu du segment [OB1], et par

conséquentzJ=-5

2+32i.

2.zK=zA+zB

2=1+3i.

KI=|zI-zK|=????3

2-72i????

9

4+494=?

58
4=? 58
2.

KJ=??zJ-zK??=????

-7

2-32i????

58
2.

KI ,-→KJ?

=arg?zJ-zK zI-zK? =arg((( -7 2-32i 3

2-72i)))

=arg((( -i-7 2i+32 3

2-72i)))

=arg(-i)= -π 2 (à 2πprès). Conclusion : le triangle IKJ est isocèle rectangle en K. -1 -2 -3 -41 234

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

?A? B A1? A2? O B 2? B1 ?-→u-→ v ?I ?J? K

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

EXERCICE25 points

Pour lescandidats quin"ont passuivi l"enseignementde spécialité

On note :

— S l"évènement "la pièce présente un défaut de soudure» — C l"évènement "la pièce présente un défaut de composant électronique» — D l"évènement "la pièce est défectueuse».

1.Les évènements S et C sont indépendants, donc :

p(S∩C)=p(S)×p(C) et comme D = S?C,p(D)=p(S)+p(C-p(S∩C)=0,03+0,02-0,03×0,02=

0,0494.

2. a.La loi de X est une loi binomiale de paramètresn=800 etp=0,0494.

On a pour tout entierk?[0 ; 800],

p(X=k)=?800 k?(0,0494)k(1-0,0494)800-k. b.E(X)=n×p=800×0,0494=39,52. Ceci représente la moyenne d"articles défectueux dans un lot de 800.

3. a.OnnoteYlavariablealéatoirequiassocie lenombred"articlesdéfectueux

parmi les 25 commandés. Y suit une loi binomiale de paramètresn=25 etp=0,0494.D"où : p(Y>2)=1-p(Y=0)-p(Y=1)-p(Y=2) (1-0,0494)23≈0,1237, soit : p(Y>2)≈0,124 à 10-3près. b.On note Ynla variable aléatoire associée au nombre d"articles défectueux parmi lesncommandés. Y nsuit une loi binomiale de paramètresnetp=0,0494. La probabilité d"avoir au moins un article défectueux est 1-[1-0,0494]n=1-0,9506n.

Le petit commerçant veut donc que :

n?ln0,5 ln0,9506≈13,6 (car ln(0,5)<0).

Il devra donc commander au plus 13 articles.

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 de probabilité de cette variable est la fonctionfdéfinie par : f(x)=0,0007e-0,0007x.

Donc:p([700; 1000])=?

1000
700
La probabilité est donc d"environ 0,116 à 10 -3près.

EXERCICE25 points

Pour lescandidats quiont suivi l"enseignementde spécialité

1. a.(1+?

6)2=7+2?6 ;

(1+?

6)4=?7+2?6?2=73+28?6 ;

(1+?

Antilles-Guyane2juin 2003

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

b.On a les divisions suivantes : L"avant dernier reste est égal à 1; donc pgcd(847; 342) = 1 ou encore 847 et 342 sont premiers entre eux. Autre méthode : en utilisant pgcd(a;b)=pgcd(a-b) ;b); = pgcd(24; 19) = pgcd(5; 19) = pgcd(5; 4) = 1.

2.Avecn?Net avecanetbntels que :?

1+? 6? n=an+bn?6 onsait déjà(d"après laquestion 1. a.)quea1=1 ;b1=1;a2=7;b2=2 ;a4=

73 ;b4=28 ;a6=847 ;b6=342.

a.On a d"une part?1+?

6?n+1=an+1+bn+1?6 et également :?1+?

6?n+1=?1+?6?n?1+?6?=?an+bn?6??1+?6?=

a n+6bn+(an+bn)?

6. Commean+6bn?Netan+bn?N, on en déduit

par identification que : ?an+1=an+6bn b n+1=an+bn b.On aan+1+bn+1=2an+7bn=2(an+bn)+5bn. Par contraposition, si 5 divisean+1+bn+1, alors 5 divisean+1+bn+1-5bn c"est-à-dire 2 (an+bn). Comme 5 est premier avec 2, 5 divisean+bn. Par contraposition : si 5 ne divise pasan+bn, alors 5 ne divise pasan+1+ b n+1.

Démonstration par récurrence :

•Initialisation : 5 ne divise pasa1+b1=2;

•Hérédité : on l"a démontrée juste au-dessus. Conclusion : quel que soitn?N, 5 ne divise pasan+bn. c.Si pourn?N,dest un diviseur premier dean+1etbn+1, alorsddivise a n+1-bn+1=5bn. Or on vient de voir qued?=5, doncddivisebn. Mais il divise aussibn+1- b n=an. Mais d"après la question précédente,anetbnsont premiers entre eux, doncd=1, etan+1etbn+1sont aussi premiers entre eux. Comme au départa1etb1sont premiers entre eux, on a démontré par récurrence queanetbnsont premiers entre eux.

PROBLÈME10points

PartieA

hest bien une solution de (E).

2.ysolution de (E)??(z+h)?-2(z+h)=2?e2x-1???z?-2z+h?-2h=

2?e2x-1???z?-2z=0 carhest solution de (E).

Conclusion :ysolution de (E) si et seulement siz?-2z=0.

Antilles-Guyane3juin 2003

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

On sait que les solutions de cette équation sont les fonctionsx?-→z(x)=

Ce2xavecC?R.

Finalementy=z+hest solution de (E) si et seulement siy=Ce2x+2xe2x+

1=y(x)=(C+2x)e2x+1.

3.La solutionyde (E) telle quey(0)=0??0=C+1??C=-1.

Cette solutiongest donc définie par :

g(x)=(2x-1)e2x.

PartieB : étude deg

1.gest dérivable surRetg?(x)=2e2x+2(2x-1)e2x=4xe2xdont le signe est

celui dexpuisque e2x>0, quel que soit le réelx. On en déduit le tableau de variations deg: x-∞0+∞ g ?(x)-0+ g 0 D"après le tableau de variations degpuisqueg(0)=0, cette dernière valeur est le minimum de la fonction et donc pour toutx?R,g(x)?0.

2. a.1-g(x)?0??g(x)?1??(2x-1)e2x?0.

Or e

2x>0 donc 1-g(x)?0??2x-1?0??x?1

2. S=? -∞;1 2? b.CalculdeI=? 1 2

0(1-g(x))dx=?

12

0(1-2x)e2xdx.Onutiliseuneintégration

par parties en posant : ?u(x)=1-2x v ?(x)=e2xu ?(x)= -2 v(x)=1 2e2x
Toutes ces fonctions étant continues sur l"intervalle d"intégration, I=?1

2(1-2x)e2x?

1 2 0+? 12

02×1

2e2xdx=?12(1-2x)e2x+12e2x?

1 2 0= ?(1-x)e2x?1 20=e 2-1. c.La question a. montre que la courbe représentative degest au dessous de la droite d"équationy=1 sur l"intervalle?0 ;1

2?. L"intégrale I est donc

égale à l"aire , en unité d"aire de la surface comprise entre le graphe deg la droitey=1 et les droites verticales d"équationx=0 etx=1 2.

PartieC

1.•On a limx→-∞e2x=0, donc limx→-∞f(x)=0(+).

•On peut écriref(x)=2e2x-e2×0

2x-2×0. La limite de ce quotient lorsquextend

vers 0 est 2. (car lim

X→0e

X-1 X=1.)

Antilles-Guyane4juin 2003

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

•On écritf(x)=2e2x2x-1x. Or limx→+∞e

2x2x=+∞et limx→+∞1x=0.

Finalement lim

x→+∞f(x)=+∞.

2.La deuxième limite montre que l"axe des abscisses est asymptote au voisi-

nage de moins l"infini de la courbe représentative def. x2=(2x-1)e2x+1x2= g(x) x2+1x2. Or on a démontré queg(x)?0, doncg(x)x2>0 et1x2>0, donc f ?(x)>0. Donc pour toutxnon nul, la dérivéef?(x) est supérieure à zéro. La fonctionfest donc (strictement) croissante sur les intervalles ]-∞; 0[ et ]0 ;+∞[. On en déduit le tableau de variations suivant def: x-∞0+∞ f ?(x)+ + f 02 2

4.Tableau de valeurs :

x-2-1,5-1-0,5-0,2-0,1-0,050,050,10,20,51 Courbe représentative def: attention,f(0) n"existe pas. 12345
-1-2123456

0 1-1-2-→ı-→

O

Antilles-Guyane5juin 2003

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