Métropole 22 juin 2015 - APMEP
M E P Corrigé du baccalauréat S Métropole 22 juin 2015 EXERCICE 1 6 POINTS
BACCALAUREAT PROFESSIONNEL
Page 1 sur 10 EXAMEN : BACCALAURÉAT PROFESSIONNEL Session : 2015
Annales officielles SUJETS • CORRIGÉS - PGE PGO
• CORRIGÉS BAC +2 admission en 1re année d'ESC BAC +3/4 admission en Centres d'examens en France: Amiens, Annecy, Besançon, Bordeaux, Brest, Caen, Chambéry
Sujet du bac S Mathématiques Obligatoire 2015 - Sujet de bac
Le sujet est composé de 4 exercices indépendants Le candidat doit traiter tous les
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A. P. M. E. P.
?Corrigé du baccalauréat S Métropole 22 juin 2015?EXERCICE16POINTS
Partie 1
1. a.Soientcetddeux réels tels que 0?c Par définition,P(c?X?d)=?d
cf(x) dx=?d cλe-λx=?-e-λx?dc =-e-λd-?-e-λc?= e-λc-e-λd. 0,95??1-e-20λ=0,95??e-20λ=0,05?? -20λ=ln0,05??
λ=ln0,05
-20≈0,150. c.On sait que l"espérance d"une loi exponentielleestE(X)=1 λ≈6,676.
Dans la suite de l"exercice on prendλ=0,15.
0,173.
0,067.
2.SoitYune variable aléatoire qui suit la loi normale d"espérance 16 et d"écart
type 1,95. a.P(20?Y?21)≈ 0,015.
b.P((Y<11)?(Y>21))=1-P(11?Y?21)≈ 0,010.
Partie 2
1.Notons :
Rl"évènement "le bon d"achat est rouge». Vl"évènement "le bon d"achat est vert». T: l"évènement "avoir un un bon d"achat de trente?». C: l"évènement "avoir un un bon d"achat de cent?». A: l"évènement "avoir un un bon d"achat d"une autre valeur». à 30?».
L"arbre correspondant est alors :
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
?V 0,75T 0,067 autre montant 0,933 R 0,25T 0,015 C 0,010 autre montant 0,975 On a :PR(S)=PR(T?C)=pR(T)+PR(C)=0,015+0,010=
0,025.
0,057.
Pourla questionsuivante,on utilise cette valeur.
3.La probabilité d"avoir un bon d"un montant supérieur ou égalà 30?estp=
0,057.
La fréquence observée estf=6
200=3100=0,03.
La taille de l"échantillonestn=200.
On an=200?30;np=11,4?5 etn(1-p)=188,6?5.
On peut donc utiliser la formule donnant l"intervalle de fluctuation asympto- tique au seuil de 95 %. I 200=?
p-1,96×? p(1-p)?n;p+1,96×? p(1-p)?n? ≈[0,024 ; 0,090]. f=0,03?I. Les doutes du directeur du magasin ne sont donc pas justifiésau seuil de confiance de 95 %. EXERCICE23POINTS
Commun à tousles candidats
Dansunrepèreorthonormé(O,I,J,K)d"unité1cm,onconsidèrelespointsA(0;-1; 5), B(2 ;-1 ; 5), C(11 ; 0 ; 1), D(11 ; 4 ; 4).
1. a.Un vecteur directeur de la droite (AB) est-→AB((200))
=2-→OI. La droite (AB) est donc parallèle à l"axe (OI). b.On axC=xD=11 donc la droite (CD) est incluse dans le planPd"équa- tion x=11. c.(AB) est parallèle à (OI) et (OI) est orthogonale au planPdonc (AB) est orthogonaleàP. Métropole222 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
tion cartésienne dePet la représentationparamétriquedeP. On doit avoir :???????x=11
x=t y=-1 z=5donc E(11 ;-1 ; 5).
d.Une représentation paramétrique de (AB) est???x=t y=-1 z=5,t?Ret une représentation paramétrique de (CD) est ?x=11 y=0,8t? z=1+0,6t?,t??R. On résout le système ?t=11 -1=0,8t? z=1+0,6t?qui n"a pas de solutions, car on trouvet?négatif, donc 1+0,6t?<5. Les droites (AB) et (CD) ne sont pas sécantes.
2. a. ----→MtNt(( 11-t 0,8t+1
0,6t-4))
doncMtN2t=(11-t)2+(0,8t+1)2+(0,6t-4)2 MtN2t=2t2-25,2t+138.
b.MtNtest positif, donc est minimale quand son carré est minimal. On considère la fonctionf:t?→2t2-25,2t+138;fest une fonction du second degré; le coefficient det2est 2. Le minimum est atteint pourt= 25,2
4=6,3.
La distance est
minimalepourt=6,3 s EXERCICE35POINTS
Candidats n"ayant pas suivil"enseignement de spécialité 1.Soit l"équationz2-8z+64=0.
Δ=64-4×64=-3×64<0.
L"équation a deux solutionscomplexes conjuguées : z 1=8+i?
3×64
2=4+4?3etz2=z1=4-4i?3.
Le plan complexe est muni d"un repère orthonormédirect ?O;-→u;-→v?. 2.On considère les points A, B et C d"affixes respectivesa=4+4i?
3, b=4-4i? 3 etc=8i. (figure à la fin de l"exercice)
Métropole322 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
a.|a| =|4+4i?3|=4|1+i?3|=4×2=8. On en déduita=8?
1 2+i? 3 2? =8eiπ 3. Un argument deaest doncπ3.
b.On a trouvéa=8eiπ 3etb=a=8e-iπ3.
c.|a| =8;|b|=?? a??=|a| =8 et|c| =|8i|=8. Les pointsA, B et C sontdonc sur le cercle de centre 0 et de rayon 8. d.Voir figure en fin d"exercice. 3.On considère les points A?, B?et C?d"affixes respectivesa?=aeiπ
3,b?=beiπ3et
c ?=ceiπ 3. a.b?=beiπ 3=8e-iπ3×eiπ3=8.
b.|a?|=??? aeiπ 3??? =|a|×??? eiπ3??? =|a| =8car??eiθ??=1 pour toutθréel. arg(a?)=arg? aeiπ 3? =arg(a)+arg? eiπ3? =π3+π3= 2π 3 Pour la suite on admet quea?=-4+4i?3 etc?=-4?3+4i. 4. a.On noter,settles affixes des milieux respectifs R, S et T des segments
[A ?B], [B?C] et [C?A]. On a :r=a?+b
2=-4+4i?
3+4-4i?3
2=0. s=b?+c 2=8+8i2=4+4i.
On a admis quet=2-2?
3+i?2+2?3?.
b.Il semble que la figure que RST soit un triangleéquilatéral. RS=|s-r|=|4+4i|=4|1+i|=
4?2. ST=|t-s|=|-2-2?
3+i?-2+2?3?|=2|-1-?3+i?-1+?3?|
=2? 4?2. RT=|t-r|=??2-2?
3+i(2+2?3)??
=2??1-? 3+i(1+?3)??=2?1-2?3+3+1+2?3+3=2?8
4?2. RS=ST=RT=4?
2 donc le triangleRST estéquilatéral.
Métropole422 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
?A B? C O=R? A? B?? C? S? T -9-8-7-6-5-4-3-2-1012345678 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -4 -6 -82 468
2 4 6 8-2-4-6-8
EXERCICE35POINTS
Candidats ayant suivil"enseignementde spécialité 1.On considère l"équation (E) à résoudre dansZ: 7x-5y=1.
a.7×3-5×4=21-20=1 donc (3; 4) est solutionde (E). b.• Le couple (x;y) est solutionde (E) donc : 7×x-5×y=1 Le couple (3; 4) est solution de (E) donc : 7×3-5×4=1 Par soustractionmembre à membre : 7(x-3)-5(y-4)=0 donc 7(x-3)=5(y-4). • Réciproquement, si le couple (x;y) est tel que 7(x-3)=5(y-4), on peut dire que 7(x-3)-5(y-4)=0??7x-21-5y+20=0?? 7x-5y=1, et donc que le couple (x;y) est solutionde (E).
• Donc le couple d"entiers (x;y) est solution de (E) si et seulement si 7(x-3)=5(y-4).
c.• Soit(x;y) uncoupled"entierssolutionde(E),ce quiéquivaut à7(x- 3)=5(y-4).
entre eux, donc, d"après le théorème de Gauss, 7 divisey-4. Donc il existeun entierrelatifktel quey-4=7kce quiéquivaut ày=7k+4 aveck?Z. Comme 7(x-3)=5(y-4) ety-4=7k, cela implique que 7(x-3)= 5×7kce qui équivaut àx-3=5kou encorex=5k+3.
Métropole522 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
Donc si (x;y) est solution de (E), alors?x=5k+3
y=7k+4oùk?Z • Réciproquement, si le couple d"entiers (x;y) est tel que?x=5k+3 y=7k+4oùk?Z, alors 7x-5y=7(5k+3)-5(7k+4)=35k+ 21-35k-20=1 donc (x;y) est solution de (E).
• Donclessolutionsentièresdel"équation(E)sontexactementlescouples (x;y) d"entiers relatifs tels que?x=5k+3 y=7k+4oùk?Z 2.Une boîte contient 25 jetons, des rouges, des verts et des blancs. Sur les 25
jetons il y axjetons rouges etyjetons verts. On sait que 7x-5y=1. D"après la question1, on peut dire quex=5k+3 ety=7k+4 aveckentier relatif. Le nombre de jetons est un nombre positif, et ne doitpas dépasser 25 qui est le nombre total de jetons dans la boîte. Pourk=0,x=3 ety=4; il peut donc y avoir 3 jetons rouges, 4 jetons verts et 25-3-4=18 jetons blancs.
Pourk=1,x=8 ety=11; il peut donc y avoir 8 jetons rouges, 11 jetons verts et 25-8-11=6 jetons blancs. Les autres valeurs dekne donnent pas de résultats répondant au problème. Dans la suite, on supposera qu"il y a 3 jetons rougeset 4 jetonsverts. 3.Comme au départ c"est-à-dire pourn=0, le pion est en A, on peut dire que
X 0=?1 0 0?.
D"après le texte, on tire au hasard un pion dans la boîte, doncil y a équiproba- bilité. Il y a 3 pions rouges sur 25 donc la probabilitéde tirer un pion rouge est 3 25=0,12. On calcule de même la probabilité de tirer un pion vert :425=016
et la probabilitéde tirer un pion blanc : 18 25=0,72.
On cherche la probabilitéan+1qu"à l"étapen+1 le pion soit en A. S"il était en A à l"étapen, il faut tirer une boule blanche pour qu"il y reste, ce qui se fait avec une probabilitéde 0,72. Commeil avait une probabilitéégale à a nd"être en A à l"étapen, on retient 0,72an. S"il était en B à l"étapen, il faut tirer une boule rouge pour qu"il passe en A, ce qui se fait avec une probabilitéde 0,12. Commeil avait une probabilitéégale à b nd"être en B à l"étapen, on retient 0,12bn. S"il était en C à l"étapen, il faut tirer une boule rouge pour qu"il passe en A, ce qui se fait avec une probabilitéde 0,12. Commeil avait une probabilitéégale à c nd"être en C à l"étapen, on retient 0,12cn. On peut donc dire que :an+1=0,72an+0,12bn+0,12cn.
On justifie de la même façonbn+1etcn+1et l"on a : Métropole622 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
?a n+1=0,72an+0,12bn+0,12cn b n+1=0,12an+0,72bn+0,16cn c n+1=0,16an+0,16bn+0,72cn ce qui donne sous forme matricielle ?an+1bn+1cn+1?=?anbncn?×((0,72 0,12 0,160,12 0,72 0,160,12 0,16 0,72)) soitXn+1=XnToùT=((0,72 0,12 0,160,12 0,72 0,160,12 0,16 0,72)) 4.On admet queT=PDP-1oùP-1=(((((((3
10371104111
10-1100
0 1 11-111)))))))
etD=((1 0 00 0,6 00 0 0,56)) a.On sait queP=?P-1?-1; on cherche donc à la calculatrice l"inverse de la matriceP-1et on trouve :P=((1 7 41-3 4 1-3-7))
b.On va démontrer par récurrence surn(n?1) la propriétéPn: T n=PDnP-1. •Initialisation: on sait queT=PDP-1doncT=PD1P-1et donc la propriétéest vraie au rangn=1. •Hérédité: on suppose la propriétévraie pour un naturel quelconque (p?1), c"est-à-direTp=PDpP-1; c"est l"hypothèse de récurrence. On veut démontrer que la propriété est vraie au rangp+1. T p+1=Tp×T; d"après l"hypothèse de récurrence,Tp=PDnP-1et on sait queT=PDP-1. DoncTp+1=PDpP-1×PDP-1= PD pP-1PDP-1=PDp+1P-1et donc la propriété est vraie au rang p+1. • La propriété est vraie au rang 1, elle est héréditaire, doncd"après le principe de récurrence, elle est vraie pour toutn?1. On a donc démontré que, pour toutn?N?,Tn=PDnP-1. c.La matriceDest une matrice diagonale;Dn=((1 0 00 0,6n0 0 0 0,56
n)) On noteαn,βn,γnles coefficients de la première ligne de la matriceTn; ainsi Métropole722 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
Tn=((α
nβnγn On admet queαn=3
5.On rappelle que, pour tout entier natureln,Xn=X0Tn.
a.Xn=?anbncn?etX0=?1 0 0? X n=X0Tn???anbncn?=?1 0 0?×((α nβnγn ?anbncn?=?αnβnγn? Doncan=αnetbn=βn. Or comme à chaque étape, le pionest soit en A, soit en B, soit en C,an+bn+cn=1 et donccn=1-an-bn=1-αn-βn. b.an=3 10+710×0,6n; or-1<0,6<1 donc limn→+∞0,6n=0 d"où l"on déduit
que lim n→+∞an=3 10. b n==37-77×0,6n+40×0,56n 110; or-1<0,56<1 donc limn→+∞0,56n=0
et comme lim n→+∞0,6n=0, on peut en déduire que limn→+∞bn=37 110.
c n=1-an-bndonc limn→+∞cn=1-3 10-37110=411.
c.limn→+∞an=3 10=33110; limn→+∞bn=37110et limn→+∞cn=411=40110
Le sommet sur lequel on a le plus de chance de se retrouver après un grand nombre d"itérations est le sommet qui a la plus grande probabilité au rangn; c"est donc le sommet C. EXERCICE46POINTS
Commun à tousles candidats
OA BB CC D D I JUne municipalité a décidé d"installer unmodule de skateboard dans un parc de lacommune.Le dessin ci-contre en fournit une pers-pective cavalière. Les quadrilatèresOAD
?D, DD?C?C, et OAB?B sont des rectangles. Le plan de face (OBD) est muni d"un re-
père orthonormé(O, I, J). L"unité est le mètre. La largeur du module
est de 10 mètres, autrement dit, DD ?= 10, sa longueur OD est de 20 mètres. Métropole822 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
Le but dit problème estde déterminer l"aire des différentessurfaces à peindre. fdéfinie sur l"intervalle [0; 20] par f(x)=(x+1)ln(x+1)-3x+7. On notef?la fonction dérivée de la fonctionfetCla courbe représentative de la fonctionfdans le repère (O, I, J). Partie 1
1.f=uln(u)+vavecu(x)=x+1 etv(x)=-2x+7.
fest dérivable comme somme et composée de fonctions dérivables. f ?=u?ln(u)+u×u? u+v?avecu?(x)=1 etv?(x)=-3 d"oùf?(x)=1×ln(x+1)+ (x+1)1 x+1-3=ln(x+1)+1-3 doncf?(x)=ln(x+1)-2. 2.f?(x)=0??ln(x+1)=2??x+1-e2??x=e2-1.
f ?(x)>0??ln(x+1)>2??x+1>e2(croissance de la fonction exp) d"où x>e2-1. On en déduit le tableau de variation def:
x0 e2-1 20quotesdbs_dbs14.pdfusesText_20
Par définition,P(c?X?d)=?d
cf(x) dx=?d cλe-λx=?-e-λx?dc =-e-λd-?-e-λc?= e-λc-e-λd.0,95??1-e-20λ=0,95??e-20λ=0,05?? -20λ=ln0,05??
λ=ln0,05
-20≈0,150. c.On sait que l"espérance d"une loi exponentielleestE(X)=1λ≈6,676.
Dans la suite de l"exercice on prendλ=0,15.
0,173.
0,067.
2.SoitYune variable aléatoire qui suit la loi normale d"espérance 16 et d"écart
type 1,95. a.P(20?Y?21)≈0,015.
b.P((Y<11)?(Y>21))=1-P(11?Y?21)≈0,010.
Partie 2
1.Notons :
Rl"évènement "le bon d"achat est rouge». Vl"évènement "le bon d"achat est vert». T: l"évènement "avoir un un bon d"achat de trente?». C: l"évènement "avoir un un bon d"achat de cent?». A: l"évènement "avoir un un bon d"achat d"une autre valeur».à 30?».
L"arbre correspondant est alors :
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
?V 0,75T 0,067 autre montant 0,933 R 0,25T 0,015 C 0,010 autre montant 0,975On a :PR(S)=PR(T?C)=pR(T)+PR(C)=0,015+0,010=
0,025.
0,057.
Pourla questionsuivante,on utilise cette valeur.
3.La probabilité d"avoir un bon d"un montant supérieur ou égalà 30?estp=
0,057.
La fréquence observée estf=6
200=3100=0,03.
La taille de l"échantillonestn=200.
On an=200?30;np=11,4?5 etn(1-p)=188,6?5.
On peut donc utiliser la formule donnant l"intervalle de fluctuation asympto- tique au seuil de 95 %. I 200=?p-1,96×? p(1-p)?n;p+1,96×? p(1-p)?n? ≈[0,024 ; 0,090]. f=0,03?I. Les doutes du directeur du magasin ne sont donc pas justifiésau seuil de confiance de 95 %.
EXERCICE23POINTS
Commun à tousles candidats
Dansunrepèreorthonormé(O,I,J,K)d"unité1cm,onconsidèrelespointsA(0;-1; 5),B(2 ;-1 ; 5), C(11 ; 0 ; 1), D(11 ; 4 ; 4).
1. a.Un vecteur directeur de la droite (AB) est-→AB((200))
=2-→OI. La droite (AB) est donc parallèle à l"axe (OI). b.On axC=xD=11 donc la droite (CD) est incluse dans le planPd"équa- tion x=11. c.(AB) est parallèle à (OI) et (OI) est orthogonale au planPdonc (AB) est orthogonaleàP.Métropole222 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
tion cartésienne dePet la représentationparamétriquedeP.On doit avoir :???????x=11
x=t y=-1 z=5doncE(11 ;-1 ; 5).
d.Une représentation paramétrique de (AB) est???x=t y=-1 z=5,t?Ret une représentation paramétrique de (CD) est ?x=11 y=0,8t? z=1+0,6t?,t??R. On résout le système ?t=11 -1=0,8t? z=1+0,6t?qui n"a pas de solutions, car on trouvet?négatif, donc 1+0,6t?<5.Les droites (AB) et (CD) ne sont pas sécantes.
2. a. ----→MtNt(( 11-t0,8t+1
0,6t-4))
doncMtN2t=(11-t)2+(0,8t+1)2+(0,6t-4)2MtN2t=2t2-25,2t+138.
b.MtNtest positif, donc est minimale quand son carré est minimal. On considère la fonctionf:t?→2t2-25,2t+138;fest une fonction du second degré; le coefficient det2est 2. Le minimum est atteint pourt= 25,24=6,3.
La distance est
minimalepourt=6,3 sEXERCICE35POINTS
Candidats n"ayant pas suivil"enseignement de spécialité1.Soit l"équationz2-8z+64=0.
Δ=64-4×64=-3×64<0.
L"équation a deux solutionscomplexes conjuguées : z1=8+i?
3×64
2=4+4?3etz2=z1=4-4i?3.
Le plan complexe est muni d"un repère orthonormédirect ?O;-→u;-→v?.2.On considère les points A, B et C d"affixes respectivesa=4+4i?
3, b=4-4i?3 etc=8i. (figure à la fin de l"exercice)
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Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
a.|a| =|4+4i?3|=4|1+i?3|=4×2=8.On en déduita=8?
1 2+i? 3 2? =8eiπ3. Un argument deaest doncπ3.
b.On a trouvéa=8eiπ3etb=a=8e-iπ3.
c.|a| =8;|b|=?? a??=|a| =8 et|c| =|8i|=8. Les pointsA, B et C sontdonc sur le cercle de centre 0 et de rayon 8. d.Voir figure en fin d"exercice.3.On considère les points A?, B?et C?d"affixes respectivesa?=aeiπ
3,b?=beiπ3et
c ?=ceiπ 3. a.b?=beiπ3=8e-iπ3×eiπ3=8.
b.|a?|=??? aeiπ 3??? =|a|×??? eiπ3??? =|a| =8car??eiθ??=1 pour toutθréel. arg(a?)=arg? aeiπ 3? =arg(a)+arg? eiπ3? =π3+π3= 2π 3 Pour la suite on admet quea?=-4+4i?3 etc?=-4?3+4i.4. a.On noter,settles affixes des milieux respectifs R, S et T des segments
[A ?B], [B?C] et [C?A].On a :r=a?+b
2=-4+4i?
3+4-4i?3
2=0. s=b?+c2=8+8i2=4+4i.
On a admis quet=2-2?
3+i?2+2?3?.
b.Il semble que la figure que RST soit un triangleéquilatéral.RS=|s-r|=|4+4i|=4|1+i|=
4?2.ST=|t-s|=|-2-2?
3+i?-2+2?3?|=2|-1-?3+i?-1+?3?|
=2? 4?2.RT=|t-r|=??2-2?
3+i(2+2?3)??
=2??1-?3+i(1+?3)??=2?1-2?3+3+1+2?3+3=2?8
4?2.RS=ST=RT=4?
2 donc le triangleRST estéquilatéral.
Métropole422 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
?A B? C O=R? A? B?? C? S? T -9-8-7-6-5-4-3-2-1012345678 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -4 -6 -82 4682 4 6 8-2-4-6-8
EXERCICE35POINTS
Candidats ayant suivil"enseignementde spécialité1.On considère l"équation (E) à résoudre dansZ: 7x-5y=1.
a.7×3-5×4=21-20=1 donc (3; 4) est solutionde (E). b.• Le couple (x;y) est solutionde (E) donc : 7×x-5×y=1 Le couple (3; 4) est solution de (E) donc : 7×3-5×4=1 Par soustractionmembre à membre : 7(x-3)-5(y-4)=0 donc 7(x-3)=5(y-4). • Réciproquement, si le couple (x;y) est tel que 7(x-3)=5(y-4), on peut dire que 7(x-3)-5(y-4)=0??7x-21-5y+20=0??7x-5y=1, et donc que le couple (x;y) est solutionde (E).
• Donc le couple d"entiers (x;y) est solution de (E) si et seulement si7(x-3)=5(y-4).
c.• Soit(x;y) uncoupled"entierssolutionde(E),ce quiéquivaut à7(x-3)=5(y-4).
entre eux, donc, d"après le théorème de Gauss, 7 divisey-4. Donc il existeun entierrelatifktel quey-4=7kce quiéquivaut ày=7k+4 aveck?Z. Comme 7(x-3)=5(y-4) ety-4=7k, cela implique que 7(x-3)=5×7kce qui équivaut àx-3=5kou encorex=5k+3.
Métropole522 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
Donc si (x;y) est solution de (E), alors?x=5k+3
y=7k+4oùk?Z • Réciproquement, si le couple d"entiers (x;y) est tel que?x=5k+3 y=7k+4oùk?Z, alors 7x-5y=7(5k+3)-5(7k+4)=35k+21-35k-20=1 donc (x;y) est solution de (E).
• Donclessolutionsentièresdel"équation(E)sontexactementlescouples (x;y) d"entiers relatifs tels que?x=5k+3 y=7k+4oùk?Z2.Une boîte contient 25 jetons, des rouges, des verts et des blancs. Sur les 25
jetons il y axjetons rouges etyjetons verts. On sait que 7x-5y=1. D"après la question1, on peut dire quex=5k+3 ety=7k+4 aveckentier relatif. Le nombre de jetons est un nombre positif, et ne doitpas dépasser 25 qui est le nombre total de jetons dans la boîte. Pourk=0,x=3 ety=4; il peut donc y avoir 3 jetons rouges, 4 jetons verts et25-3-4=18 jetons blancs.
Pourk=1,x=8 ety=11; il peut donc y avoir 8 jetons rouges, 11 jetons verts et 25-8-11=6 jetons blancs. Les autres valeurs dekne donnent pas de résultats répondant au problème. Dans la suite, on supposera qu"il y a 3 jetons rougeset 4 jetonsverts.3.Comme au départ c"est-à-dire pourn=0, le pion est en A, on peut dire que
X0=?1 0 0?.
D"après le texte, on tire au hasard un pion dans la boîte, doncil y a équiproba- bilité. Il y a 3 pions rouges sur 25 donc la probabilitéde tirer un pion rouge est 325=0,12. On calcule de même la probabilité de tirer un pion vert :425=016
et la probabilitéde tirer un pion blanc : 1825=0,72.
On cherche la probabilitéan+1qu"à l"étapen+1 le pion soit en A. S"il était en A à l"étapen, il faut tirer une boule blanche pour qu"il y reste, ce qui se fait avec une probabilitéde 0,72. Commeil avait une probabilitéégale à a nd"être en A à l"étapen, on retient 0,72an. S"il était en B à l"étapen, il faut tirer une boule rouge pour qu"il passe en A, ce qui se fait avec une probabilitéde 0,12. Commeil avait une probabilitéégale à b nd"être en B à l"étapen, on retient 0,12bn. S"il était en C à l"étapen, il faut tirer une boule rouge pour qu"il passe en A, ce qui se fait avec une probabilitéde 0,12. Commeil avait une probabilitéégale à c nd"être en C à l"étapen, on retient 0,12cn.On peut donc dire que :an+1=0,72an+0,12bn+0,12cn.
On justifie de la même façonbn+1etcn+1et l"on a :Métropole622 juin 2015
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
?a n+1=0,72an+0,12bn+0,12cn b n+1=0,12an+0,72bn+0,16cn c n+1=0,16an+0,16bn+0,72cn ce qui donne sous forme matricielle ?an+1bn+1cn+1?=?anbncn?×((0,72 0,12 0,160,12 0,72 0,160,12 0,16 0,72)) soitXn+1=XnToùT=((0,72 0,12 0,160,12 0,72 0,160,12 0,16 0,72))4.On admet queT=PDP-1oùP-1=(((((((3
10371104111
10-1100
0 111-111)))))))
etD=((1 0 00 0,6 00 0 0,56)) a.On sait queP=?P-1?-1; on cherche donc à la calculatrice l"inverse de la matriceP-1et on trouve :P=((1 7 41-3 41-3-7))
b.On va démontrer par récurrence surn(n?1) la propriétéPn: T n=PDnP-1. •Initialisation: on sait queT=PDP-1doncT=PD1P-1et donc la propriétéest vraie au rangn=1. •Hérédité: on suppose la propriétévraie pour un naturel quelconque (p?1), c"est-à-direTp=PDpP-1; c"est l"hypothèse de récurrence. On veut démontrer que la propriété est vraie au rangp+1. T p+1=Tp×T; d"après l"hypothèse de récurrence,Tp=PDnP-1et on sait queT=PDP-1. DoncTp+1=PDpP-1×PDP-1= PD pP-1PDP-1=PDp+1P-1et donc la propriété est vraie au rang p+1. • La propriété est vraie au rang 1, elle est héréditaire, doncd"après le principe de récurrence, elle est vraie pour toutn?1. On a donc démontré que, pour toutn?N?,Tn=PDnP-1. c.La matriceDest une matrice diagonale;Dn=((1 0 00 0,6n00 0 0,56
n)) On noteαn,βn,γnles coefficients de la première ligne de la matriceTn; ainsiMétropole722 juin 2015
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Tn=((α
nβnγnOn admet queαn=3
5.On rappelle que, pour tout entier natureln,Xn=X0Tn.
a.Xn=?anbncn?etX0=?1 0 0? X n=X0Tn???anbncn?=?1 0 0?×((α nβnγn ?anbncn?=?αnβnγn? Doncan=αnetbn=βn. Or comme à chaque étape, le pionest soit en A, soit en B, soit en C,an+bn+cn=1 et donccn=1-an-bn=1-αn-βn. b.an=310+710×0,6n; or-1<0,6<1 donc limn→+∞0,6n=0 d"où l"on déduit
que lim n→+∞an=3 10. b n==37-77×0,6n+40×0,56n110; or-1<0,56<1 donc limn→+∞0,56n=0
et comme lim n→+∞0,6n=0, on peut en déduire que limn→+∞bn=37 110.c n=1-an-bndonc limn→+∞cn=1-3
10-37110=411.
c.limn→+∞an=310=33110; limn→+∞bn=37110et limn→+∞cn=411=40110
Le sommet sur lequel on a le plus de chance de se retrouver après un grand nombre d"itérations est le sommet qui a la plus grande probabilité au rangn; c"est donc le sommet C.EXERCICE46POINTS
Commun à tousles candidats
OA BB CC D D IJUne municipalité a décidé d"installer unmodule de skateboard dans un parc de lacommune.Le dessin ci-contre en fournit une pers-pective cavalière. Les quadrilatèresOAD
?D, DD?C?C, et OAB?B sont des rectangles.