[PDF] Corrigé du baccalauréat S Pondichéry 18 avril 2012

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18 avril2012

EXERCICE16 points

Commun à tousles candidats

Les deux parties sont indépendantes.

Partie A

1.Il y a

50
5 50!

5!(505)!2118760 groupes différents de 5 coureurs.

2. a.L1etL3n"ontpuêtreobtenusaveccetalgorithmepuisqu"ilscontiennent

des éléments identiques. Les deux autres oui. b.Cet algorithme permet chaque jour de tirer au sort 5 coureurspour subir un contrôle antidopage.

3.Un joueur étant choisi, on peut lui adjoindre

49
4 groupes de 4 coureurs différents sur les 49 restants. La probabilité pour qu"un coureur choisi au hasard subisse le contrôle prévu pour cette étape est donc égale à 49
4 50
5

49!4!45!5!45!50!550

1

100,1.

4. a.Les tirages de groupes de 5 sont chaque jour indépendants lesuns

des autres et la probabilité d"être choisi pour un des 50 coureurs est etp0,1. b.- On ap(X5) 10 5

0,15(10,1)1052520,150,95

0,00148 soit environ 0,0015

-p(X0)0,100,9100,3487. - On ap(X?1)1p(X0)10,9100,6513.

Partie B

1.En notantp(D)p, on peut construire l"arbre suivant :

D pT 0,97 T0,03 D1pT 0,01 T0,99

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

D"après la loi des probabilités totales :

p(T)pD(T)p(D)p

D(T)pD

ou encore

0,050,97p0,01(1p)0,050,97p0,010,01p

0,96p0,04p4

96124. (un peu plus de 2 coureurs sur 50)

2.Il faut calculerpT

D p T D p(T)0,0111 24

0,05152324231200,19.

EXERCICE24 points

Commun à tousles candidats

Proposition 1

Un vecteur directeurdde la droiteDa pour cordonnées (2 ; 2 ; 2); Un vecteurunormal au planPa pour cordonnées (1 ;1 ;1). Commed 2u, les vecteursdetusont colinéaires, donc la droiteDest orthogonaleau planP. VRAIE

Proposition 2

Calculons la distance de O au planP:

d(O,P)2

111232

La distance n"étant pas égale au rayon de la sphère, la sphèreSde centre O et de rayon 2 n"est pas tangente au planP.

Rem.Comme2

32, on peut dire que la sphère et le plan sont sécants.

Proposition 3

Un pointM(x;y;z) appartient àPet àPsi ses coordonnées vérifient les deux équations : xyz20 xy3z0xyz2 xy 3z(parsomme)2x2z2 xz1. En reportant dans la première équation on obtient : z1yz2 2z1y.

Finalement en posantzt, on a :

M(x;y;z)PPx1t

y 12t ztVRAIE Remarque: on peut aussi vérifier que les points deΔappartiennent aux deux plansPetP.

Proposition 4

Un vecteur directeurdde la droiteDa pour cordonnées (2 ; 2 ; 2);

Un vecteur directeurvde la droiteΔa pour cordonnées (1 ;2 ; 1);detvne sont pas colinéaires, doncDetΔne sont pas parallèles; si elles sont

sécantes il existe un pointM(x;y:z) dont les cordonnées vérifient les deux représentationsparamétriquessoit :

Pondichéry218 avril 2012

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

32t1t

2t 12t

12t tt

2t4

2t 12t

t

12t12t2t4

2(12t) 12t

t 12t 0t3 6t 3 t 12t Ce système n"a pas de solution : les droitesDetΔn"étant ni parallèles ni sé- cantes ne sont pas coplanaires. FAUSSE

EXERCICE35 points

Commun à tousles candidats

1. a.Les fonctions représentées sont positives;Inreprésente donc l"aire

de la surface limitée par le représentation defn, l"axe des abscisses et les droites d"équationsx0 etx1. Le dessin suggère que la suite (In)est décroissante. b.fn1(x)e(n1)x

1xenxex1xenx1xexfn(x)ex.

Or 0?x?1 1?x?0(par croissance de la fonction

exponentielle) e

1?ex?e0. En multipliant chaque membre de

cette dernière inégalité parfn(x)0, on obtient : f n(x)ex?fn(x)1, soit finalement : f n1(x)?fn(x). Par intégrationsur l"intervalle [0; 1] des fonctions continuesfn1et f n: f n1(x)?fn(x)In1?In: la suite(In)est décroissante.

2. a.0?x?11?1x?21

2?11x?11et par produit par le

nombre positif e nx, on obtient : e nx

1x?enx.

D"autre part on sait que pour 1x?1, on a (1x)2?1x

1 (1x)2?11xet par produit par le nombre positif enx, on ob- tient : enx (1x)2?enx1x.

Enfin il est évident que

enx (1x)20, donc finalement : 0?enx (1x)2?enx1x?enx. b.Par intégration sur l"intervalle [0; 1] des inégalités précédentes on obtient 1 0 0dx? 1 0e nx (1x)2dx? 1 0e nx1xdx? 1 0 enxdxsoit encore

0?Jn?In?

1 nenx 1

0c"est à dire :

Pondichéry318 avril 2012

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

0?Jn?In?1n(en1).

Or lim

nen0, donc limn1 nen10. Conclusion d"après le théorème des "gendarmes», les suites (In)et

Jn)convergent vers 0.

3. a.Posonsu(x)1

1xv(x)enx

u (x) 1 (1x)2v(x) 1nenx Toutes ces fonctions sont continues car dérivables sur [0; 1]; en in- tégrant par parties on a donc : I n 1 n(1x)enx 1 01n 1

01(1x)2enxdx;

I n en 2n1n

1nJnou encore

I n1 n

1en2Jn

b.Le résultat précédent peut s"écrire en multipliantparn0 : nI n1en 2Jn.

Comme lim

nenlimnJn0, on a donc : lim nnIn1

Remarque: on a donc pournassez grandIn1

n.

Exemple : pourn10, la calculatrice donneI100,0911

10.

EXERCICE45 points

Candidats n"ayant pas suivil"enseignement de spécialité

Partie A Restitutionorganisée de connaissances

Partie B : Étude d"une transformation particulière

1. a.On azC1(2i)

2i13i3i(3i)(3i)(3i)(3i)913i3i91

86i

1045i35.

b.DezC24 5 2 35
2

16259251, on déduit que le point Cap-

partient au cercleCde centre O et de rayon 1.zCOC1cequimontrequeCappartientaucercleCdecentre

O et de rayon 1.

Pondichéry418 avril 2012

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

c.CalculonszCzAzCzA2i143i

51155i93i5(3i)3(3i)53R.

L"argumentdecequotientestdoncnul,soit

AC ,AC

0 (mod 2π),

ce qui signifie que les points A, C et C sont alignés.

2.Les points qui ont pour image le point A d"affixe 1 ont une affixez1

telle que : z 11z z1. En posantzxiy, l"équation précédente s"écrit : 11xiy xiy1xiy11xiy2x20x1 Les points solutionsont donc pour affixez1iyavecy0 : ce sont les points de la droiteΔd"équationx1 privée du point A.

3.On a pourz1,z1z

z1

1zz11xiyxiy1

(1x)2y2(x1)2y2 1. On vient donc de démontrer que pour tout pointMd"affixez1,zOM1.

Tous les pointsMappartiennentau cercleC.

4.Calculons pourz1, le quotientz1

z11z z11 z11z z1 (z1)(z1.

Le numérateur : 1z

z12zz22xR;

Le dénominateur: (z1)(

z1(z1)z1z12R(réel positif).

Finalement

z1 z1Rsignifie qu"il existe un réelktel quez1k(z1) ou encore

AMkAM, ce qui signifie que les points A,MetMsont

alignés.

5.D"après la question précédente, Dest aligné avec A et D, donc

- D appartientau cercleC; - D est sur la droite (AD).

La construction est donc évidente.

EXERCICE45 points

Candidats ayant suivil"enseignementde spécialité

Partie A Restitutionorganisée de connaissance

Partie B Inverse de 23 modulo 26

1.23(9)26(8)2072081 : le couple (9 ;8) est solution de

l"équation (E).

2.23x26y1

23(9)26(8)1(par différence membre à membre)

23(x9)26(y8)023(x9)26(y8) (1)

Pondichéry518 avril 2012

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

Donc 23 divise 26(y8) et comme il est premier avec 26; il divisey8 (théorème de Gauss) : il existe donc un entierktel quey823k y823k.

En remplaçant dans (1)y8 par 23k, on obtient :

23(x9)2623kx926x926k.

Réciproquement les couples (926k;823k) vérifient (E) car

23(926k)26(823k)2072326k2082623k1.

Les couples solutions de (E) sont donc de la forme : (926k;8

23k),knZ.

donc vérifiant :

0?926k?259?26k?34. La solutionk1 est évidentece qui

donnea92617.

Donc comme 26b0 (mod 26), on a 23171 (mod 26).

Partie C Chiffrement de Hill

1.ST mot en clairétape1 (18, 19)étape2(21, 20)étape3VU mot codé 2. a. (S1)y111x13x2(mod 26) y

27x14x2(mod 26)

44x112x2 4y1(mod 26)

21x112x23y2(mod 26)(par somme)

23x14y13y2(mod 26).

De même :

S1)y111x13x2(mod 26)

y

27x14x2(mod 26)

77x121x2 7y1(mod 26)

77x144x211y2(mod 26)(par somme)

23x27y111y2(mod 26) ou encore puisque

719 (mod 26) :

23x219y111y2(mod 26).

Donc, tout couple

(x1;x2)vérifiant les équations du système(S1), vérifie les équations du système :

S2)23x14y123y2(mod 26)

23x219y111y2(mod 26)

b.On a vu à la partie B que 23171 (mod 26) (23 a pour inverse 17 modulo 26), donc en multipliant chaque membre du système (S2) par 17, on obtient

S2)23x1174y11723y217 (mod 26)

23x21719y11711y217 (mod 26)

Pondichéry618 avril 2012

Baccalauréat SA. P. M. E. P.

x168y1391y2(mod 26) x

2323y1187y2(mod 26)

Or 6816 (mod 26), 3911 (mod 26), 32311 (mod 26),

1875 (mod 26),doncfinalementtoutcouple(x1;x2)vérifiantles

équations du système

(S2), vérifie les équations du système

S3)x116y1y2(mod 26)

x

211y15y2(mod 26)

33y115y2209y126y2.

Or 2091 (mod 26) et 260 (mod 26), donc

11x13x21y10y2(mod 26).

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