Corrige Sujet Sbis - 20 Juin 2016

7/26/2019 Corrige Sujet Sbis - 20 Juin 2016

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Baccalaurat Srie S - Mathmatiques

Epreuve de Mtropole - La Runion

20 juin 2016

Exercice 1 (6 points)

Partie A

1. Avec les donnes de lnonc, on en dduit larbre suivant :

A

B

S

S

S

S

0,4

0,6

0,8

0,2

0,95

0,05

En utilisant la loi des probabilits totales, il vientP(S) =P(A S) + P(B S) = 0,4 0,8 + 0,6 0,95 = 0,89

2. On veut calculerPS(A) =P(S A)

P(S) =

0,4 0,80,89

= 0,36 (arrondi 102 prs)

Partie B

1. Daprs lnonc, la frquence de composants sans dfaut vaut f = 0,92, dans un chantillon detaille n = 400, il sen suit que lintervalle de confiance est

I=

f 1

n ; f+

1n

;

=

0, 92 1

400; 0, 92 +

1400

;

= [0, 87 ; 0, 97]

2. Lamplitude de lintervalle de confiance est 2

n. Si on veut une amplitude de0,02, alors la taille n

de lchantillon doit rsoudre lquation 2

n= 0,02 n= 10 000. Il faut donc un chantillon

de 10 000 pices.

Partie C

1. a. Graphiquement P(T a) (o a >0) est laire sous la courbe dlimite par laxe des abscisses,laxe des ordonnes (la droite x= 0) et la droite verticale x = a.

b. Une primitive de f(x)scrit F(x) = ex Il sen suit queP(T t) =

t0

f(x)dx= F(t) F(0) = 1 et

c. On a limt+

et = 0 car > 0, donct < 0 pour tout rel t > 0. Il sen suit quelim

t+P(T t) = lim

t+1 et = 1

2. On a P(T 7) = 0, 5 1 e7 = 0, 5 e7 = 0, 5 7= ln(0, 5) =ln(0, 5)

7 = ln(2)

7 = 0,099(arrondi 103 prs) on aura remarqu que ln(0,5) =ln(

1

2) = ln(2)

1


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3. a. On cherche P(T 5) = 1 P(T 5) = e0,0995 = 0,6096 = 60,96 % (probabilit arrondi aucentime).

b. On cherche P{T2}(T 7) = P(T 7)

P(T 2) =

e0,0997

e0,0992 = e0,0995 = 0,6096 = 60,96 %

(probabilit arrondi au centime).

c. Tsuit une loi exponentielle de paramtre = 0,099 donc E(T) = 1

=

1

0,099= 10(arrondi

lunit prs). Cela signifie quen moyenne les composants ont une dure de vie de 10 ans.


Affirmation 1 : Faux. On aAB

xB xAyB yA

zB zA

=

3 10 2

1 3

=

22

2

etAC=

1 10 2

3 1

=

22

2

OrAB et

ACne sont pas colinaires, donc les points A, B et Cne sont pas aligns.

Affirmation 2 : Vrai. On a

n .

AB =

01

1

.

2

2

2

= 0

2 + 1

(

2) + (

1)

(

2) = 0 et

n .AC = 01

1

.

22

2

= 0. Doncn est normal aux vecteursAB etAC qui sont deux vecteurs

non-colinaires du plan (ABC), il sen suit quen est normal au plan (ABC).

Affirmation 3 : Vrai. On aEF

2 + 13 + 2

4 3

=

11

1

. Soit M(x; y; z) (EF) alors les vecteursEM

etEF sont colinaires, il existe donc t Rtel queEM =tEF

x= 1 ty= 2 tz= t + 3

De plus, le milieu I de [BC] a pour coordonnes I

xB+ xC

2 ;

yB+ yC2

;zB+ zC

2

= (1; 0;1)

Or pour t = 2, le point de (EF)a pour coordonnes

x= 1 + 2 = 1y= 2 + 2 = 0z= 2 + 3 = 1

Cest bien le point I.

Affirmation 4 : Faux. On aCD

2 + 11 0

1 1

=

30

2

Orn est normal toute droite du plan (ABC) etn .CD= 2. Il sen suit que la droite (CD)nest pasnormale n et Cnest pas sur (AB)donc la droite (CD) nest pas dans le plan (ABC).Donc les droites (AB) et (CD)ne sont pas coplanaires. En particulier, elles ne sont pas scantes.

Exercice 3 non-spcialistes (5 points)

Partie A

Soit fla fonction dfinie sur R par f(x) =x ln(x2 + 1)1. f(x) =x ln(x2 + 1) = 0 x2 + 1 = 1 x= 0 car la fonction ln est strictement

croissante et ln(1) = 0

2. La fonction ln(x2 + 1) est de la forme ln(u) avec u = x2 + 1 une fonction drivable sur R et

u

= 2x. Donc sa drive est de la forme

u

u Il sen suit que

f(x) = 1 2xx2 + 1

= x2 2x + 1

x2 + 1 =

(x 1)2x2 + 1

Il sen suit quef(x) = 0 x= 1et f(x) 0car (x 1)2 est un carr (donc positif) etx2 + 1 est positif. Ce qui justifie les variations donnes.

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3. Daprs le tableau de variation, fest croissante sur [0; 1] ; f(0) = 0 et f(1) = 1 ln(2)< 1 Ilsen suit que si x [0; 1]alors 0 f(x) 1

4. (a) Lalgorithme dtermine le plus petit entier n tel que f(n)< A o A est un nombre entrpar lutilisateur.

Partie B

1. On a, par dfinition un+1= f(un) et u0= 1.

Initialisation.u0 [0; 1]et mme u1= f(u0) =f(1) = 1 ln 2 [0; 1] Hrdit. Supposons quil existe un entier n tel que un [0;1] alors par la question A.3,

f(un) [0;1] un+1 [0; 1] Conclusion. Pour tout entiern, on a un [0; 1]

2. On a pour tout entier n : 0 un 1 ln(2) ln(u2n+ 1) 0 car la fonction ln estcroissante.Or un+1 un= ln(u2n+ 1) 0 Il sen suit que la suite (un) est dcroissante

3. (un)est une suite borne et monotone (dcroissante) donc elle converge.

4. On admet que la limite de la suite vrifie f() = Or daprs la question A.1. la solution delquationf(x) =x est x = 0, Il sen suit que = 0.

Exercice 3 spcialistes (5 points)

1. 1. Soit (x, y) un couple dentier relatif, alors 15x 12y= 3 (5x 4y) Or 5x 4y est un entierrelatif, il sen suit donc 15x 12y est un multiple de 3, donc divisible par 3.

2. Soit (x, y)un point de 1 alors y = 5

4x 2

3 12y= 15x 8 8 = 15x 12y Si(x, y)

est un couple dentier relatif, alors par la question 1,3|(15x 12y) 3|8ce qui est absurde.Il sen suit quil nexiste pas de point de 1 dont les coordonnes sont deux entiers relatifs.

2. (a) Soit (x0, y0) un couple dentiers relatifs et un point de donc y0= mn

x0 pq nqy0=

mqx0 np np= q(mx0 qy0). Or mx0 qy0 est un entier relatif (car m, q, x0 et y0le sont). Il sen suit que np est un multiple de q, cest dire q|np.

(b) Or pgcd(p, q) = 1 Daprs le lemme de Gauss, il sen suit que q|n.3. (a) On sait que n et m sont premiers entre-eux, donc pgcd(n, m) = 1, donc par le thorme de

Bzout, il existe deux entier u et v tels que nu mv= 1, Orn = qr cest dire qru mv= 1.(b) On pose x0= prv et y0= pru o (u, v) est le couple dentier que la question 3.a Alors

on a m

nx0 p

q =

m

qr (prv) p

q =

p(mv+ 1)q

= pru car mv+ 1 =qrv

4. Soit :y =

3

8 x 7

4 . Avec les notations de lexercice m= 3 ; n = 8;p= 7 et q= 4Il est facile devrifier que pgcd(3, 8) = 1 et pgcd(7, 4) = 1 De plus n= 2q donc r= 2, donc il existe bien unpoint de coordonnes entire, daprs la question 3.b.On peut prendre par exemple le couple (2, 1) est un point de coordonnes entires.

5. (a) Si M , N , P , Q sont des entiers relatifs, soit Q divise N alors, lalgorithme cherche des

coordonnes entiresX et Yqui sont sur la droite dquation y= M

Nx P

Q, en partant de

X= 0et en incrmentant de 1 en 1 jusqu trouver une valeur entire pour Y (en testantgalement les valeurs de Y pourX.On sait que de telles coordonnes existent par la question 3.b. A linverse, si Qne divise pasN, lalgorithme renvoi Pas de solution .

Donc, cet algorithme se termine dans tous les cas.

(b) Cet algorithme permet dobtenir les coordonnes entires (X; Y) sur la droite y = M

Nx P

Q,

si ces coordonnes existent.

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1. Dans le triangle ET A on a tan = EA

ET =

50

x On remarque EB =E A+AB Dans le triangle

ET B on atan = EB

ET =

25 + 5,6

x =

30,6

x

2. Sur lintervalle 0 2les fonction sin et cos sont drivable (et cos x = 0). La fonction tan est de la

forme u

v avec

u= sin xv= cos x

donc tan est de la forme uv uv

v2 avec

u = cos xv = sin x

Donc tan x= cos2 x + sin2 x

cos2 x =

1

cos2 x > 0 car cos2 x est un carr. Il sen suit que la fonction

tangente est strictement croissante sur

0;

2

3. On a = Donc tan = tan( ) = tan tan 1 + tan tan =

5,6x

1 + 765x2

= 5,6x

x2 + 765

4. Langle est maximal sitan est maximal car la fonction tanest croissante. Il sen suit quon

cherche maximiser

5,6x

x2 + 765 = 5,

6 x

x2 + 765

=

5,6

f(x) of

(x

) =x

+

765

x =

x2 + 765

x est

dfinie sur ]0;50]. Or un maximum de 5,6

f(x)correspond un minimum de f(x).

5. Sur ]0; 50]on a f(x) = 1 765x2

= x2 765

x2 =

(x 385)((x + 385)x2

il sen suit le tableau de

variation suivant sur ]0;50] :

x 0 3

85 50

f(x) || 0 +f(x) || 6

85

65,3

Il sen suit que le minimum est atteint en x = 385= 28 m (arrondi au mtre prs). On a alorstan =

5,6 385(3

85)2 + 765

0, 101 Et de l = 0, 101 rad.

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