PROJECT: GAFSP: Agriculture Productivity and Market
APMEP design The Project is in line with the SNDP (2011-2015), the National Agriculture Policy (NAP 2004), National Gender Policy (2000), the Food and Nutrition Policy (2006), the National Food and Nutrition Strategic Plan (2011-2015), and the First 1,000 Most Critical Days (2013-2015)
PRROOJJEECCTT:: d cGGAAFFSSPP:: rAAggrriiccuullttuurree
APMEP is also in line with the Bank’s Zambia CSP (2011-2015), Gender Strategy (2014-2018) and Ten Year Strategy (TYS: 2013-2022) 1 5 Knowledge Management: Knowledge gained through implementation of previous
APMEP Baccalauréat ES — Suites numériques
APMEP Baccalauréat ES — Suites numériques Tapuscript : B Colombel dernière mise à jour : 21 décembre 2014 En 2013 le nombre d’abonnés est de 20 millions
APMEP BaccalauréatES—ProbabilitésetStatistiques
APMEP BaccalauréatES—ProbabilitésetStatistiques Tapuscript:B Colombel dernièremiseàjour:2décembre2014 Codesource,remarques,erreurs:maurice72atymail com No Lieu et date Probabilités condition-nelles Variables aléatoires Espérance Loi uniforme Loi normale Échantillon 1 Métropole20juin2014 × × × 2 Antilles—Guyane19juin2014 × × ×
Brevet des collèges Polynésie 2 septembre 2013
Polynésie 18 juin 2013 Author: APMEP Subject: Brevet des collèges Created Date: 12/26/2017 6:53:24 PM
Exercices des annales pour préparer le contrôle 3 du 6
site APMEP : Terminale S 270 sujets depuis 1 Exponentielles : a Pondichéry avril 2013 exo 1 b Polynésie juin 2016 exo 1 c Nouvelle Calédonie déc 2020 exo 3 2 Ln : a Amérique du nord mai 2008 exo 3 b Antilles juin 2015 exo 1 3 Suites : a Centres étrangers juin 2015 exo 3 b Métropole sept 2012 exo 3 c Amérique du nord mai
Dernier DS de 4h : Le bac est à nos portes corrigé TS 1, 2
Dernier D S de 4h : Le bac est à nos portes corrigé, basé sur celui de l'APMEP, merci à Denis Verges TS 1, 2 et 5 Samedi 14 février 2013, 4h, Calculatrice et formulaire de une page A4 autorisés
28/03/18 - Corrigé annales de bac Polynésie 2017
Mar 28, 2018 · 4 EH= 458+669+219+224 4386 =0,36 Question 2 L’événement F∩G correspond à la personne contactée est hospitalisée et âgée entre 25 et 44 ans
Corrigé du brevet des collèges 17 septembre 2013 Métropole
[Corrigé du brevet des collèges 17 septembre 2013 \ Métropole–Antilles–Guyane–La Réunion Durée : 2 heures Exercice 1 3 points 1 Le maximum est obtenu au boutd’une heure 2 Pour une abscisse de2 h30 min onlit une ordonnée d’environ 15 mg/L 3 On a une quantité de produit actif supérieure à 5 de 6 min à 4 h6 min, soit
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Dernier D.S. de 4h : Le bac est à nos portes... corrigé, basé sur celui de l'APMEP, merci à Denis Verges !
TS 1, 2 et 5
Samedi 14 février 2013, 4h, Calculatrice et formulaire de une page A4 autorisés. Exercice 1.Métropole, 21 juin 2012 modifié, Exo 3Partie A
1) Les différentes variables de l'algorithme prennent successivement les
valeurs suivantes : n44444 i1234 u00+1=1 1+ 1 2 3 2 3 2 1 3 11 6 11 6 1 4 2512 , valeur qui s'affiche
2) Remplacer la sortie par : " Afficher
u-lnn . » [pas de "u n» dans l'algorithme !
Personnellement je rajouterais bien aussi un " FinPour » qui aurait dû être là depuis le début.]
u+1/i=u+ 1 i u+1 iLorsque l'utilis ateu r
entre n=4 l'algorithme affiche 2512
3) On peut conjecturer que la suite est décroissante. [ou " la suite semble ... » mais PAS " La suites EST décroissante. »]
Partie B
1) f(x)= 1 x+1 +ln x x+1 lim x→+∞ x x+1 (i) lim x:→+∞ 1 1+ 1 x 1 1+0 =1 donc lim x:→+∞ x x+1 =1 et lim x→+∞ ln x x+1 =lim x→1 lnX=0. On a par ailleurs lim x:→+∞ 1 x+1 =0 , donc finalement par somme de limites : lim x→+∞ f(x)=0 Méthode du corrigé de l'APMEP : Comme sur [1;+∞[,x+1>0, et x x+1 >0 la fonction f est la somme de deux fonctions dérivables sur [1;+∞[ et sur cet intervalle : f (x)=- 1 (x+1) 2 u'(x) u(x) avec u(x)= x x+1 . Or u'(x)=1×(x+1)-x×1
(x+1) 2 1 (x+1) 2 donc f (x)=- 1 (x+1) 2 1 (x+1) 2 x x+1 1 (x+1) 2 1 x(x+1) -x+x+1 x(x+1) 2 1 x(x+1) 2 Autre méthode (meilleure, non ?) : Sur [1;+∞[,x>0 et x+1>0 donc f(x)= 1 x+1 +ln(x)-ln(x+1) d'où f (x)=- 1 (x+1) 2 1 x 1 x+1 et on met au même dénominateur pour retrouver f (x)= 1 x(x+1) 2Remarque : Il est indispensable de vérifier que a>0 et b> 0 (et de le dire!) avant d'écrire que ln(ab) =ln a +ln b . Par exemple 6=(-3)(-2)
et pourtant ln6≠ln(-3)+ln(-2) puisque les deux derniers termes n'existent pas. Pour x⩾1, la dérivée est strictement positive, donc la fonction est strictement croissante sur [1;+∞[. Or une fonction strictement croissante sur [1;+∞[ qui a une limite négative ou nulle en +∞ est strictement négative sur [1;+∞[On en déduit que f(x)<0 sur [1;+∞[.
2)Tableau de variations de f
x1+∞ signe de f '(x)+Variations de f
0 f(1)<0 u n+1 -u n 1+ 1 2 1 3 1 n 1 n+1 -ln(n+1) 1+ 1 2 1 3 1 n -lnn 1 n+1 +lnn-ln(n+1)= 1 n+1 +ln n n+1 =f(n).On a vu que pour x⩾1,f(x)<0, donc
u n+1 -u n =f(n)<0 montre que u n+1 Remarque : On pouvait aussi dire que pour x⩾1, la dérivée est positive, donc la fonction est croissante sur [1;+∞[ (sa ns les " strictement »). Or une fonction croissante sur [1;+∞[ qui a une limite négative ou nulle en +∞ est négative sur [1;+∞[ . On en déduit que f(x)⩽0 sur [1;+∞[ . À la question suivante cela permet de déduire que u n+1 ⩽u n et donc que la suite (u n est décroissante(au sens large = pas strictement). Cette deuxième version est plus simple mais elle donne une conclusion un peu moins précise.
Mme Helme-Guizon http://mathematoques.weebly.com Exercice 2.Amérique du Nord, 30 mai 2013, Exo 11) Démontrons que les points A, B et C ne sont pas alignés. On a
AB(1;-1;-1) et
AC(2;-5;-3). On a:
1 2 -1 -5 . Les coordonnées des vecteurs AB etAC ne sont pas proportionnelles. Les vecteurs
AB et AC ne sont pas colinéaires donc les points A, B et C ne sont pas alignés.2) a) Démontrons que la droite Δ est orthogonale au plan (ABC).
On a AB⋅⃗u=1×2+(-1)×(-1)+(-1)×3=0 et AC⋅⃗u=2×2+(-5)×(-1)+(-3)×3=0. Les vecteurs AB et ACsont donc orthogonaux à ⃗u. La droite Δ est orthogonale à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC),
elle est donc orthogonale au plan (ABC). [" non colinéaires » est indispensable dans le théorème de la porte]
b) De ce qui précède, on déduit que ⃗u est un vecteur normal à (ABC). Une équation cartésienne de
(ABC) est de la forme 2x-y+3z+d=0. Comme le point A appartient au plan (ABC), ses coordonnées vérifient 2×0+(4)×(-1)+(1)×3+d=0 d'où d=1. On en déduit une équation cartésienne du plan (ABC): 2x-y+3z+1=0. c) Comme la droite Δ a pour vecteur directeur ⃗u(2;-1;3) et contient le point D (7;-1;4) , une représentation paramétrique de Δ est : x=2t+7 y=-t-1 z=3t+4 ,(t∈ℝ) d) Les coordonnées du point H, intersection de la droite Δ et du plan (ABC), sont solutions du système: x=2t+7 y=-t-1 z=3t+42x-y+3z+1=0
(t∈ℝ) x=2t+7 y=-t-1 z=3t+42x-y+3z+1=0
x=2t+7 y=-t-1 z=3t+42(2t+7)-(-t-1)+3(3t+4)z+1=0
x=2t+7 y=-t-1 z=3t+4 t=-2 x=3 y=1 z=-2 t=-2Le point H a pour coordonnées H(3;1;-2).
3) a) Démontrons que les plans
P 1 et P 2 sont sécants. Le plan P 1 d'équation x+y+z=0 a pour vecteur normal ⃗n 1 (1;1;1) . Le plan P 2 d'équation x+4y+2=0 a pour vecteur normal ⃗n 2 (1;4;0) . Les coordonnées des vecteurs ⃗n 1 et ⃗n 2 ne sont pas proportionnelles. Les vecteurs ⃗n 1 et ⃗n 2 ne sont donc pas colinéaires. Les plans ne sont pas parallèles; ils sont donc sécants. b) Représentation paramétrique de la droite d, intersection des plans P 1 et P 2Considérons le système:
x+y+z=0 x+4y+2=0 y=y ,t∈ℝ x+y+z=0 x+4y+2=0 y=t z=-x-y x=-4t-20 y=t z=3t+2 x=-4t-20 y=t . On en déduit que la droite d, intersection des plans P 1 et P 2 , a pour représentation paramétrique x=-4t-2 y=t z=3t+2 ,t∈ℝ Remarque : On peut aussi montrer se contenter de vérifier que la droite d est contenus dansP 1 . En effet,les coordonnées d'un point de la droite vérifient l'équation de puisque pour tout réel t, (-4t-2)+t+(3t+2)=0 . Idem pour P 2c) On déduit de la représentation paramétrique précédente que la droite d a pour vecteur directeur
u'(-4;1;3). Le plan (ABC) a pour vecteur normal ⃗u(2;-1;3). On a ⃗u⋅ u'=0 donc ⃗u et u' sont orthogonaux: la droite d et le plan (ABC) sont parallèles.quotesdbs_dbs15.pdfusesText_21