A. P . M. E. P . Durée : 4 heures [ Correction du Baccalauréat S Centres étrang

A. P . M. E. P . Durée : 4 heures [ Correction du Baccalauréat S Centres étrangers \ 10 juin 2015 Exercice 1 4 points Commun à tous les candidats Tous les résultats demandés dans cet exercice seront arrondis au millième. Les parties A, B et C sont indépendantes. Partie A 1. La probabilité qu’un cadenas soit défectueux est p = 0,03. La taille de l’échantillon est n = 500. On a n = 500 ⩾30, np = 15 ⩾5 et n(1−p) = 485 ⩾5. Les conditions sont alors vérifiées pour appliquer la formule donnant l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % : I500 = " p −1,96 p p(1−p) pn ; p +1,96 p p(1−p) pn # = · 0,03−1,96 p0,03×0,97 p 500 ; 0,03−1,96 p0,03×0,97 p 500 ¸ , soit environ [0,015 ; 0,045] . La fréquence observée de cadenas défectueux est f = 19 500 = 38 1000 = 0,038 ∈I500 . Ce contrôle ne remet donc pas en cause, au risque de 95 %, l’affirmation du fournisseur. 2. La fréquence de cadenas défectueux est f = 39 500 = 78 1000 = 0,078 . La taille de l’échantillon est n = 500. On a n = 500 ⩾30, n f = 39 et n(1−f ) = 461 ⩾5. Les conditions sont réunies pour appliquer la formule donnant l’inter- valle de confiance au seuil de 95 %. I ′ 500 = · f −1 pn ; f + 1 pn ¸ = · 0,078− 1 p 500 ; 0,078+ 1 p 500 ¸ ≈[0,033 ; 0,123] . Partie B D’après une étude statistique faite sur plusieurs mois, on admet que le nombre X de cadenas premier prix vendus par mois dans le magasin de bricolage peut être modélisé par une variable aléatoire qui suit la loi normale de moyenne µ = 750 et d’écart-type σ = 25. 1. P(725 ⩽X ⩽775) = P(µ−σ ⩽X ⩽µ+σ) ≈68,3% , soit 0,683 (d(après le cours). On peut aussi effectuer le calcul à la calculatrice. Baccalauréat S A. P. M. E. P. 2. On cherche donc le plus petit entier ntel que P(X ⩾n) < 0,05. Cela équivaut à 1−P(X < n) < 0,05 ⇐ ⇒P(X < n) > 0,95. À la calculatrice, on cherche le nombre réel α vérifiant P(X ⩽α) = 0,05 : n est le plus petit entier supérieur ou égal à α ; on en déduit n = 792 . Partie C 1. b b H 0,2 b D 0,03 b D 0,97 b H 0,8 b D p b D 1−p 2. D’après la formule des probabilités totales, on a : P(D) = PH(D)×P(H)+PH(D)×P ³ H ´ = 0,2×0,003+0,8p = 0,006+0,8p . Or, P(D) = 0,07. On en déduit que 0,006+0,8p = 0,07 donc p = 0,07−0,006 0,8 = 0,064 0,8 = 64 800 = 8 100 = 0,08 . 0,08 ∈[0,033 ; 0,123], donc ce résultat est cohérent avec le résultat de la question A-2. 3. PD(H) = P ³ H ∩D ´ P ³ D ´ = 0,2×0,97 1−0,07 = 0,194 0,93 ≈0,209 . Exercice 2 4 points Commun à tous les candidats 1. Affirmation 1 : Notons C et D les points d’affixes respectives 1 et i. Alors :|z −1| = |z −i| ⇐ ⇒|zM −zC| = |zM −zD| ⇐ ⇒MC = MD. L’ensemble des points M d’affixe z vérifiant |z −1| = |z −i| est donc la médiatrice de [CD], c’est-à-dire la droite d’équation y = x. Notons Ωle point de coordonnées (3 ; 2) qui a donc pour fixe 3+2i. |z −3−2i| ⩽2. ⇐ ⇒|zM −zΩ| ⩽2 ⇐ ⇒MΩ⩽ 2. S est donc bien le segment [AB] 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 O A B × × × × × D C Ω L’ensemble S est le segment [AB]. VRAI Centres étrangers 2 10 juin 2015 Baccalauréat S A. P. M. E. P. 2. Affirmation 2 :Soit a = p 3+i. |a| = qp 3 2 +12 = p 4 = 2. Alors a = 2 Ãp 3 2 + 1 2i ! = 2ei π 6 . On en déduit que ³p 3+i ´1515 = ³ 2ei π 6 ´1515 = 21515ei 1515π 6 = 21515ei 505π 2 . Or 505π 2 = 4×126+1 2 π = 126×2π+ π 2 . On en déduit que a1515 = 21515ei ¡ 126×2π+ π 2 ¢ = 21515ei π 2 = 21515i ∉R. FAUX 3. Affirmation 3 :    x = 2t y = −3+4t z = 7−10t ,t ∈R. est la représentation paramétrique d’une droite. Pour t = 1, on obtient les coordonnées de E et pour t = 1 2, on obtient les coor- données de F . E et F appartiennent à cette droite, donc cette droite est bien la droite (EF). VRAI 4. Affirmation 4 : On a E(2 ; 1 ; −3), F(1 ; −1 ; 2) et G(−1 ; 3 ; 1). Les coordonnées des vecteurs − → EF et − → EG ont pour coordonnées : − → EF   1 −2 5  et − → EG   −3 2 4  . Alors : − → EF.− → EG = −1×(−3)+(−2)×2+5×2 = 3−4+20 = 19. EF = p (−1)2 +(−2)2 +52 = p 30 ; EG = p (−3)2 +22 +42 = p 29. On a alors : − → EF.− → EG = EF×EG×cos ¡ FEG ¢ donc cos ¡ FEG ¢ = − → EF.− → EG EF×EG = 19 p 30× p 29 = 19 p 870 . À la calculatrice, on trouve  FEG ≈49,89 ˚≈50 ˚. VRAI Exercice 3 7 points Commun à tous les candidats On considère a suite (un) définie par : u0 = a et, pour toutn de N, un+1 = e2un −eun. 1. Soit g la fonction définie pour tout réel x par : g(x) = e2x −ex −x. a) g est dérivable comme somme et composée de fonctions dérivables. Pour tout x ∈R, g ′(x) = 2e2x −ex −1 = ³ 2 ¡ ex¢2 −ex −1 ´ = 2X 2 −X −1 en posant X = ex. Centres étrangers 3 10 juin 2015 Baccalauréat S A. P. M. E. P. 2X 2−X −1 a pour racines 1 et −1 2 donc 2X 2−X −1 = 2(X −1) µ X + 1 2 ¶ = (X −1)(2X +1). On en déduit : g ′(x) = ¡ ex −1 ¢¡ 2ex +1 ¢ b) Pour tout x réel, ex > 0 donc 2ex + 1 > 0 donc g ′(x) est du signe de ¡ ex −1 ¢ . ex−1 = 0 pour x = 0 et ex −1 > 0 ⇐ ⇒ex > 1 ⇐ ⇒x > 0. On en déduit le tableau de variation de g : x −∞ 0 +∞ g ′(x) − 0 + g(x) ❅ ❅ ❅ ❘0 ✒ g a donc pour minimum 0, atteint pour x = 0. c) Pour tout n ∈N, un+1 −un = ¡ e2un −eun¢ −un = g (un) ⩾0 puisque le minimum de g est 0. On en déduit que la suite (un) est croissante. 2. Dans cette question, on suppose que a ⩽0. a) Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel n, un ⩽0. — Initialisation : u0 = a ⩽0 donc la propriété est vraie au rang 0. — Hérédité : on suppose la propriété vraie pour un rang n quel- conque, donc un ⩽0. On a : un+1 = e2un −eun = eun ¡ eun −1 ¢ . D’après l’hypothèse de récurrence, un ⩽0 donc eun ⩽1 d’où eun −1 ⩽0. Comme eun > 0, on en déduit que un+1 ⩽0. La propriété est donc héréditaire. D’après l’axiome de récurrence, la propriété est vraie pour tout n. b) La suite (un) est alors croissante et majorée par 0, donc convergente vers un réel ℓ⩽0. c) On suppose que a = 0. Le premier terme de la suite vaut 0. La suite est croissante et majorée par 0, donc tous les termes de la suite valent 0 et la suite converge vers 0. 3. Dans cette question, on suppose que a > 0. La suite (un) étant croissante, la question 1. permet d’affirmer que, pour tout entier naturel n, un ⩾a. a) Pour tout n ∈N, un+1 −un = g (un). Comme un ⩾a > 0, tous les termes de la suite sont positifs. D’après les variations de g sur [0 ; = ∞[, on a g (un) ⩾g(a) donc un+1—un ⩾g(a) . b) Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a : un ⩾a +n × g(a). Centres étrangers 4 10 juin 2015 Baccalauréat S A. P. M. E. P. — Initialisation : Pour n = 0, a+n×g(a) = a+0×g(a) = a ; or un ⩾a, donc la propriété est vraie au rang n = 0. La propriété est initiali- sée. — Hérédité : on suppose que, pour un entier n quelconque, un ⩾a +n uploads/S4/ corrige-ts-etranger-goualard 1 .pdf

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• Publié le Jan 07, 2022
• Catégorie Law / Droit
• Langue French
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