Annale de Mathématiques Obligatoire (Pondichéry) - Bac S 2013

(1)

Eléments de correction du bac S – 16 avril 2013 Pondichéry

Exercice 1 Partie 1

 

_0,04

1 ^t

h t a

be^

  est la hauteur du plant en mètres, où t est le temps exprimé en jours.

On sait que ^h

 

⁰ ^^0,1^{et que}^lim

 

²

t h t

  .

 

⁰ _{0,04 0} ^0,1

1 1

a a

h  be^ ^  b

  et ^lim

 

^lim _0,04 ²

1 ^t

t t

h t a a

be^

    

 car lim ^0,04^t 0

t e^

 

ainsi ₁ ^0,1 2 a

b a

 

 



 

d’où a2 et b19

Partie 2

 

² _0,04

1 19 ^t f t  e^

 sur



^{0; 250 .}



1.

     

   

0,04 0,04

2 2

0,04 0,04

2 19 0, 04 1,52

´ 0

1 19 1 19

t t

e e

f t

e e

 

  

  

 

ainsi f est croissante sur



^{0; 250 .}



2. On cherche la plus petit t tel que ^{f t}

 

^^1,5

0,04

2 1, 5

1 19e^ ^t 





^0,04



^0,04

2 1, 5 1 19  e^ ^t 1, 5 28, 5 e^ ^t

1 0,5 0,04

57 28, 5 e^ t

 

 

¹

ln 57 ln 0, 04

57 t

 

    

 

 

ln 57 101, 08

0, 04 t

 

Le plant atteindra une hauteur supérieure à 1,5 m lors de la 102ième journée.

3. a.

  ^{ }

0,04

0,04 0,04 0,04 0,04

2 2 2

19 19 1 19

t

t t t t

e f t

e  e e^  e^ 

  

Soit ^{F t}

 

^^{50 ln}



^e^0,04^t^¹⁹



(2)

   

0,04 0,04

0, 04 2

´ 50

19 19

t t

e e

F t f t

e e

   

 

ainsi F est bien une primitive de f.

b.

               

100

100 4 2

50 50

1 1 1 1

100 50 50 ln 19 50 ln 19

100 50 f x dx 50 F x 50 F F 50 e e

  



        

4 2

ln 19 1, 03 19

e

  ^e ^ ^

  

arrondi au centième.

La hauteur moyenne du plan entre le 50^ième jour et le 100^ième jour est d’environ 1,03 mètres.

4. La vitesse de croissance est maximale lorsque ^{f x}^´

 

est maximale, l’énoncé semble suggérer que la résolution est graphique, ainsi d’après la représentation graphique de la fonction f, le nombre dérivé semble maximal lorsque x80 (lorsque le coefficient directeur de la tangente est le plus grand possible).

Par lecture graphique, la hauteur est alors d’environ 1,16 mètre.

Exercice 3

On a les points^A

 

¹ ^,^{B i}

 

^et^{M x iy}



^



^où^y^⁰

´

M a pour affixe z_M_´ iz_M et I est le milieu de



^AM



1. a) ³ 1 3

2 2 cos sin 2 1 3

3 3 2 2

i

zM e i i i

  

       

          

b) ^z^M^´ ^{ }^iz^M ^{ }ⁱ



¹^ⁱ ³



^{ } ³^ⁱ

On a z_M_´   3 i 3 1 2 ainsi _´ 3 1 7 7

2 2 cos sin

2 2 6 6

zM  i      i  

        

Ainsi le module de z_M_´est 2 et un argument de z_M_´est ⁷ 6

 (ou encore ⁵ 6

  ,… )

Une autre méthode :

5 2 3

3 2 3 6

´ 2 2 2 2

i i i i i

M M

z iz i e e e e e

     

 

     

 

      

ainsi z_M_´a pour module 2 et pour argument par exemple ⁵ 6

  .

c) Les propriétés 1 et 2 semblent vraies graphiquement.

2. a)

2

M A

z z I  

 

  ainsi 1

2 x iy I   

 

 

b) zM´  izM  i x iy







 y ix

(3)

c) 1 2 ;2

x y

I  

 

  , ^B



^0;1



^et^{M y}^{´ ;}



^^x



d)



^OI



est une hauteur de OBM´ si et seulement si OI

est orthogonal à BM´ si et seulement si OI BM ´0



or ^´ ¹



¹



⁰

2 2

x y

OI BM  y x

      

 

 car le repère est orthonormé et

1;

2 2

x y

OI  

 

 



et ^BM^{}^´



^y^;^{ }^x ¹



ainsi



^OI



est une hauteur de OBM´

e)^BM^´^ ^BM^{}^´ ^ ^y²^



^x^¹



² ^et

 

2 2 2 2

2 2

1 1 1

2 2 4 4 2 1

y x y x

OI OI       y x

          

   



ainsi BM´ 2 OI Exercice 4

1. a) p₃ P E( ₃) 1 0, 04 0, 24 1 0,96 0, 04      0, 048 d’après l’arbre ci-contre.

b)

   

 

3

2 3

2

3

0, 04 0, 24 0, 048 0, 2

E

P E E P E

P E

 

  

d’après l’arbre ci-contre.

2. a)

b) ^pⁿ^¹^^{P E}



ⁿ^¹



^^{P E}



ⁿ^^Eⁿ^¹



^^{P E}



ⁿ^^Eⁿ^¹



par la formule des probabilités totales P E



n_¹



P E



n



PEn



En_¹



P E

 

n PEn

^

En_¹

^

(4)

 

1 0, 24 1 0, 04 0, 2 0, 04

n n n n

p_  p  p   p 

c) u_n_1  p_n_10, 050, 2p_n 0, 04 0, 05 0, 2p_n0, 01 0, 2



p_n0, 05



0, 2u_n ainsi

 

un n ₁

 est une suite géométrique de premier terme u₁ p₁0, 05 0, 05 et de raison 0, 2

r .

ainsi u_n rⁿ^¹u₁ 0, 05rⁿ^¹

 

1 1

0, 05 0, 05 ⁿ 0, 05 0, 05 1 ⁿ

n n

p u    r ^   r ^ d) ^lim _n lim 0, 05 1



ⁿ ¹



0, 05

n p n r ^

     car lim ⁿ ¹ 0

n r ^

  car  1 r0, 2 1 e) Les valeurs de P correspondent aux termes de la suite

 

pn .

J correspond à la première valeur de la suite

 

pn proche de 0,5 à 10^^K près.

On suppose que

 

pn est croissante, et on a montré qu’elle converge vers 0,05, ainsi pour tout K entier naturel, la suite tôt ou tard dépassera 0, 05 10 ^^K . Ainsi l’algorithme devra s’arrêter.

3. a) X suit une loi binomiale de paramètre p0, 05 et n220. En effet, on a une loi de Bernouilli, soit une personne est malade, soit elle n’est pas malade. Le succès est qu’elle soit malade, car X compte le nombre de personnes malades, ainsi p0, 05. On répète cette expérience de Bernouilli de manière indépendante sur les 220 salariés de l’entreprise : ainsi n220. Finalement X suit une loi binomiale.

 

220 0, 05 11

E X np

      et ^ ^ ^np



¹^ ^p



^ ^{11 0, 95}^ ^ ^{10, 45}^^{3, 23}

b) Méthode nº1 (sans calculatrice – avec la table donnée)



⁷ ¹⁵

 

^{7 11} ^{15 11}



⁴ ^X ⁴



^{1, 24} ^{1, 24}



P X P X P  P Z

   

 

 

               

 



⁷ ¹⁵

 

^{1, 24}

 

^{1, 24}



0,892 0,108 0, 784 0, 78

P  X  P Z P Z      arrondi à 10^² près

remarque : Méthode nº2 (pour vérification) (avec calculatrice – sans la table donnée)



⁷ ¹⁵

 

^{, , ,}

 

7,15, 10, 45,11



0, 78

P  X  Ndc a b   Ndc  arrondi à 10^² près