[PDF] Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord 31 mai 2012 Corrigé

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Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord 31 mai 2012

Corrigé de A. Saoud Manal

EXERCICE15POINTS

PARTIEA.

1.Un quart des femmes et un tiers des hommes adhèrent à la section tennis, donc

p

F(T)=1

4etpF(T)=13.

30 % des membres de cette association adhèrent à la section tennis, doncp(T)=3

10. Fet Fforment une partition, d"après le théorème des probabilités totales, on a : p(T)=p(T∩F)+p?

T∩

F? =pF(T)×p(F)+pF(T)×p?F? =14×p(F)+13(1-p(F))=310.

On en déduit que

1

12p(F)=13-310soitp(F)=25.

2.Il s"agit de calculerpT(F). OrpT(F)=p(T∩F)

p(T)=p(F)×pF(T)p(T)=2

5×14

3

10=13.

PARTIEB.

1. a.C"est une répétition d"une expérience aléatoire à deux issues, identique et indépen-

dante. La variable aléatoireX, donnant le nombre de membres adhérant à la section d"épreuves) etp=3

10. On souhaite deux succès, la probabilité est doncp(X=2)=?

4 2?

×?3

10? 2

1-310?

4-2 4 2?

×?310?

2

×?710?

4-2 =13235000≈0,2646 . b.Ilsuffitdeconsidérer l"évènementcontrairequiconsiste ànechoisir aucunmembre du club de tennisnfois, soit?7 10? n . Le résultat est doncpn=1-?710? n c.pn?0,99, 1-?7 10? n ?0,99,?710? n ?0,01, ln??710? n? ?ln(0,01) car la fonction ln est croissante. nln?7 10? ?ln(0,01),n?ln(0,01)ln?710? car ln?710? <0.n?12,9, i.e.n?13.

2. a.Les gains algébriques possibles sont-5, 15, et 35.

Y=yi-51535

p(Y=yi) ?90 2? ?100 2? =89110 ?90 1?? 10 1? ?100 2? =211 ?10 2? ?100 2? =1110 b.L"espérance est doncE(Y)=? iy Le jeu est en défaveurdujoueur car l"espérance est négativeou encore qu"en moyenne, sur un grand nombre de partie, le joueur perd 1 euro par partie.

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

EXERCICE25POINTS

PARTIEA. RESTITUTION ORGANISÉE DES CONNAISSANCES

On posex=et, on a doncx>0, ln(x)=t. On a limt→∞et= +∞ =limt→∞x. limx→+∞ln(x)

x=limt→+∞ln(e t)et= lim t→+∞t et=0 puisque limt→+∞e tt=+∞.

PARTIEB.

1.La fonctiongest dérivable d"après les théorèmes généraux etg?(x)=2x+1

x.

Pourx?1, 2x>0 et1

x>0, doncg?(x)>0 donc la fonctiongest strictement croissante sur [1;+∞[.

2. a.La fonctionf(x)=u(x)-v(x)

u(x)avecu(x)=xetv(x)=ln(x).uetvsont dérivables avec u ?(x)=1 etv?(x)=1 x. D"après les théorèmes générauxfest dérivable et on af?(x)= u ?(x)-v?(x)u(x)-v(x)u?(x) u(x)2=1-1 x×x-ln(x) x2=x2-1+ln(x)x2=g(x)x2 b.Pour toutx?[1;+∞[,g(x)>0 etx2>0, doncf?(x)>0. On en déduit quefest stricte- ment croissante sur [1;+∞[. c.f(x)-x= -ln(x) x, limx→+∞f(x)-x= -limx→+∞ln(x)x=0 donc la droiteDd"équationy=x est une asymptote à la courbeC. d.Pour toutx?[1;+∞[, ln(x)?0 etx>0, doncln(x) x?0 donc la courbeCest située en dessous de la droiteD.

3. a.Un graphique pour comprendre :

12345
1 2 3 4 5 0 DCM3 M3 N5 M5

La distanceMkNk=|f(x)-x|=ln(k)k>0.

Amérique du Nord231 mai 2012

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

b.Variables kest un entier dest une variable réelle

Initialisation

k:=2;d:=ln(k)kTraitementTant qued>10-2

Début du tant que

k:=k+1 ; d:=ln(k)k;Fin du tant que

Sortie

Afficherk

EXERCICE35POINTS

PARTIEA.

1.Pour toutx?[0; 1],1

1+x2>0, doncf?(x)>0. On en déduit quefest strictement croissante

sur [0; 1]

2. a.gest la composée des fonctionsfetu:x?-→tan(x) qui sont dérivables, doncgest

dérivable etg?(x)=f?(u(x))×u?(x)=1

1+tan2(x)×?1+tan2(x)?=1

b.Pour toutxde?

0;π

4? ,g?(x)=1, donc pour toutxde?

0;π4?

,g(x)=x+cavecc?Rune constante. D"autre part, 0+c=g(0)=f(tan(0))=f(0)=0. On en déduit quec=0. On a doncg(x)=xpour toutxde?

0;π

4? .g?π4? =π4=f? tan(π4)? =f(1), doncf(1)=π4.

3.fest croissante sur [0; 1].f(0)=0 etf(1)=π

4donc, pour toutx?[0 ; 1],0?f(x)?π4

PARTIEB.

1+x2sontconti-

1 0 f(x)dx=? 1 0 u?(x)f(x)dx= ?u(x)f(x)?10-? 1 0 u(x)f?(x)dx=?xf(x)?10-? 1 0x

1+x2dx=f(1)-12?

1

02x1+x2dx.Onpose pour

toutxde [0; 1],v(x)=1+x2.vest dérivable avecv?(x)=2x, de plusv(x)>0 pour toutxde [0; 1].? 1 02x

1+x2dx=?

1 0v ?(x)v(x)dx=[ln(v(x))]10=ln(2). On en déduit queI0=π4-12ln(2).

2. a.Pour toutxde [0; 1], 0?xnet 0?f(x), donc 0?xnf(x) d"après la positivité de l"inté-

grale, on a 0?? 1 0 xnf(x)dx, donc 0?In. b.Pour toutxde [0; 1], 0?xnetf(x)?π

4, doncxnf(x)?π4xnd"après la croissance de

l"intégrale, on a 1 0 xnf(x)dx?? 1 0π

4xndx=?π4×xn+1n+1?

1

0=π4(n+1), donc

I n?π

4(n+1).

Amérique du Nord331 mai 2012

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

c.On a 0?In?π4(n+1)et limn→+∞π4(n+1)=0, d"après le théorème des comparaisons des

limites de suites, (In) converge et sa limite est 0 .

EXERCICE45POINTS

Pour les candidats n"ayant pas suivi l"enseignement despécialité

1.f(M)=M??z=z2??z2-z=0??z(z-1)=0??z=0 ouz=1. On en déduit que

1={O,Ω}.

2. a.a=?

2-i?2=2?

?2 2-i? 2 2? =2? cos? -π4? +isin? -π4?? =2e-iπ 4. b.SoitMtel quef(M)=A??z2=a??z2-2e-iπ

4=0??z2-??2e-iπ8?2=0???

z-?

2e-iπ8??

z+?2e-iπ8? =0??z-?2e-iπ8=0 ouz+?2e-iπ8=0?? z=?

2e-iπ8ouz=-?2e-iπ8.

Les affixes des deux antécédents deAparfsont?

2e-iπ8et-?2e-iπ8.

3.On posez=x+iyl écriture algébrique dez. On az?=x2-y2+2ixyest imaginaire pur si et

seulement six2-y2=0??(x-y)(x+y)=0??x-y=0 oux+y=0?? x=youx=-y.

2est donc la réunion des droites d"équationsx=yetx=-y.

4. a.Mdistinct deΩesttelque letriangleΩMM?est rectangleisocèle directenΩsietseule-

ment siz?=1etM?est l"image deMparla rotation de centreΩet d"angleπ

2??z?-1=

e iπ

2(z-1)??z2-1=i(z-1)??z2-iz-1+i=0 avecz?=1.

b.(z-1)(z+1-i)=z2+z-iz-z-1+i=z2-iz-1+i c.z2-iz-1+i=0??(z-1)(z+1-i)=0??z-1=0 ouz+1-i=0?? z=1 ouz=-1+i. Orz?=1, doncΓ3contient uniquement le point d"affixe-1+i. 5. a. ?---→OM,---→OM?? =arg?z? z? =arg?z2z? =arg(z). b.Les pointsO,MetM?sont alignés si et seulement si?---→OM,---→OM?? ≡0[π]??arg(z)≡

0[π]??z?R.Γ4est donc l"axe des abscisses privé des pointsOetΩ.

EXERCICE4 SPÉCIALITÉ5POINTS

PARTIEA.

1. Recherche depoints invariants :

Mest un point invariant??z=5iz+6i+4??z-5iz=6i+4??z(1-5i)=6i+4?? z=6i+4

1-5i=-1+i. L"unique point invariant parSest le pointΩd"affixeω=-1+i.

z 5e iπ

2(z-ω)??z?-ω=5eiπ2(z-ω). C"est l"expression complexe de la similitude de centreΩ,

de rapport 5 et d"angleπ 2.

Amérique du Nord431 mai 2012

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

2.z?=x?+iy?=5iz+6i+4=5i(x+iy)+6i+4=5ix-5y+6i+4= -5y+4+i(5x+6)???x?=-5y+4

y ?=5x+6

PARTIEB.

1. a.On a 4×1+3×(-1)=1, en multipliant par 5, on obtient 4×5+3×(-5)=5. On a ainsi

une solution particulière (5;-5). D"où 4a+3b=5??4a+3b=4×5+3×(-5)??

4a-4×5=-3b+3×(-5)??4(a-5)=-3(b+5). On en déduit que 4 divise-3(b+5),

or 4 et -3 sont premiers entre eux, d"près le théorème de Gauss, 4 diviseb+5, donc ?k?Ztelqueb+5=4k??b=-5+4k, onendéduit que 4(a-5)=-3(-5+4k+5)??

4(a-5)= -3×4k??a-5=-3k??a=5-3k. L"ensemble des couples solutions est

donc {(5-3k;-5+4k)/k?Z}. y=-5+4k -3?5-3k?5 et-3?-5+4k?5, donc seulsk=1 etk=2 sont tels que -3?x?5 et-3?y?5. Les points de coordonnées (2;-1) et (-1; 3) répondent à la question.

2. a.x?+y?=-5y+4+5x+6=5(x-y+2), doncx?+y?est un multiple de 5.

b.x?+y?-(x?-y?)=2y?, doncx?-y?etx?+y?sont congrus modulo 2. Par ailleurs 2 est un nombre premier. Si 2 divisex?2-y?2=(x?-y?)(x?+y?), alors il divise x ?-y?oux?+y?. Supposons qu"il divisex?-y?, alorsx?-y?≡0 [2], orx?-y?≡x?+y?[2], doncx?+y?≡x?-y?≡0 [2]. Le raisonnement est identique si on suppose que x ?+y?≡0 [2]. c.x?2-y?2=20 doncx?2-y?2est multiple de 2 doncx?-y?etx?+y?le sont également. Par

2 et de 5 qui divise 20,x?+y?est donc un multiple de 10 qui divise 20. On en déduit que

x ?+y?=±10 oux?+y?=±20.x?+y?=±20 est impossible car cela donneraitx?-y?=±1 qui ne serait pas congru àx?+y?=±20 modulo 2. Il reste donc l"unique possibilitéx?+y?= ±10 doncx?-y?= ±2, ce qui donnex?= ±6 ety?= ±4.x?=6 n"est pas possible car cela donnerait 6= -5y+4 d"oùy= -2

5, donc

yn"est pas entier. On a finalementx?= -6 ety?= -4 ce qui donnex= -2 ety=2.

L"unique point deEest donc (2;-2).

Amérique du Nord531 mai 2012

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