Exercitations - sciences mathématique - Nouvelle Calédonie - correction, Exercices de Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S22 mai 2014

Exercitations - sciences mathématique - Nouvelle Calédonie - correction, Exercices de Mathématiques

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Exercitations de sciences mathématique - Nouvelle Calédonie - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: exercices, La partie imaginaire du nombre z, Le plan.
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Les suites de Michel Mendès-France

Classe de T S mars 2005

Baccalauréat remplacement Correction Nouvelle Calédonie

1. Exercice 1 (4 points)

Q1

Pour tout n entier naturel non nul, pour

tout réel  ,   n

ie est

égal à :

ine  Vrai : cours.

   cos sinn ni  Faux : bof…

cos( ) sin( )n i n  Vrai : cours.

Q2 La partie imaginaire du nombre z est égale à :

2

z z Faux :

1 ( )

2 2

z z x iy x iy x

      .

2

z z

i

 Vrai :on a sin

2

z z y

i

   .

2

z z Faux :

1 ( )

2 2

z z x iy x iy iy

      .

Q3

Si z est un imaginaire

pur, alors 2

z est égal

à :

2y Vrai : 2 22 2 2z iy i y y   .

2y Faux : 2 21 1i i    .

2z Vrai : comme z est imaginaire pur, on a

22 2z iy y  et 2 2 2( )z iy y    .

Q4

A, B et C sont des points d’affixes respectives a, b

et c telles que

3 b a

i c a

 

 , alors :

2BC AC

Vrai : d’un côté on a

3 3 3 b cBA

i BA AC AC c a

      

;

par ailleurs le triangle ABC est rectangle en A d’où

2 2 2 2 24AB AC BC AC BC    .

 , 2 , 2

AB AC k k

  

Faux :

  1

, arg arg 3

arg 23

c a AB AC

b a i

i

  

   

2.CA CB CA

Vrai :

 2. . . 0

. 0 ( ) ( ).

CA CB CA CA CA CA CB CA

CA AB CA AB

    

   

2. Exercice 2 (5 points)

1. Chaque variable Xi est l’indicatrice de l’évènement A : Claude est contrôlé ; on a ( 1) ( )iP X P A p  

et ( 0) ( ) 1iP X P A p    . La somme de toutes ces v.a. donne une loi binomiale de paramètres n = 40 et

p.

2. 1

20 p  .

a. Le cours nous donne 40

( ) 2 20

E X np   .

b. 1 19

( ) 2020

n k

k

n P X k

k

    

        

d’où 40

19 ( 0)

20 P X

     

  ,

40 1 39 1 19 19

( 1) 40 2 20 20 20

P X

    

         

et

40 2 38

2

40(40 1) 1 19 39 19 ( 2)

2 20 20 2020 P X

     

         

.

c. On cherche 40 39 38

19 19 39 19 ( 2) ( 0) ( 1) ( 2) 2 0,6767

20 20 20 20 P X P X P X P X

                     

      .

3. Zi = gain algébrique réalisé par le fraudeur : Claude fraude 40 fois un ticket à 10 €, il gagne donc 400 € ; s’il est contrôlé X fois, il perd 100X, d’où son « gain » est Z = 400 100X.

Z suit évidemment la même loi que X ; pour 1

5 p  et n = 40, on a ( ) 8E X np  d’où

( ) 400 800 400E Z     .

4. a. On reprend ce qui a été fait précédemment :

      40 39 38240.39( 2) ( 0) ( 1) ( 2) 1 40 1 1

2 P X P X P X P X p p p p p             d’où en mettant

38(1 )p en facteur :

     

   

38 382 2 2 2 2

38 2

( 2) 1 (1 ) 40 (1 ) 780 1 1 2 40 40 780

1 1 38 741 .

P X p p p p p p p p p p p

p p p

                

   

b. On peut chercher la dérivée :

       

   

37 382

37 372 2 2

( ) 38 1 741 38 1 1 1482 38

1 28158 1444 38 1482 38 1482 38 29640 1 .

f x x x x x x

x x x x x x x x

        

              

f’ est bien négative sur [0 ; 1]. Comme (0) 1f  et (1) 0f  , il existe un unique réel x0 appartenant à

l’intervalle [0 ; 1] tel que f (x0) = 0,01.

A la calculette on a (0,19) 0,0116f  et (0,20) 0,0079f  d’où 0 19 20

100 100 x  et n = 19.

c. En fait on cherche ( 3) 1 ( 3) 1 ( 2)P X P X P X       et on veut que cette probabilité soit supérieure

à 0,99, soit que 1 ( 2) 0,99 ( 2) 0,01 ( 2) 0,01P X P X P X          d’où avec ce que l’on a fait

précédemment : 0,19p  . Pratiquement, cela signifie qu’il faut contrôler un passager sur 5 environ (et

dans ce cas le « gain » de Claude est de −400 €).

3. Exercice 3 (6 points)

f sur ]1 ;  [ par : 2( ) 2,2 2,2ln( 1)f x x x x    .

1.

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

-2 -1 0 1 2 3 4

x

y

2. a. f semble croissante.

b. Il semble n’y avoir qu’une solution à l’équation f (x) = 0, mais c’est douteux.

3. a. 2 2 (2 0,2)2,2 2 2 2,2 2,2 2,2 2 0,2

'( ) 2 2,2 1 1 1 1

x xx x x x x f x x

x x x x

          

    ; on a deux racines, 0 et

0,1 ; le signe du trinôme donne f croissante avant 0, décroissante entre 0 et 0,1 puis de nouveau croissante.

b. En −1, ln( 1)x  tend vers  de même que f ; en  les

croissances comparées donnent le terme 2x gagnant et f tend vers  .

c. f s’annule donc deux fois : en 0 évidemment puis une deuxième fois après 0,1 puisque f est croissante entre 0,1 et  et passe d’un nombre négatif à des valeurs positives.

d. Evidemment non…

4. a. Le minimum est aux environs de −0,0003, et on peut prendre (0,2) 0,0011f  en positif.

b. On a 0,1517  , soit 0,15 à 102 près.

5. 3 2 1

( ) 1,1 2,2 2,2( 1)ln( 1) 3

F x x x x x x      .

a. On dérive F :

2 21 1'( ) .3 1,1.2 2,2 2,2 1. ln( 1) ( 1) 2,2 2,2 2,2 ln( 1) 2,2 ( ) 3 1

F x x x x x x x x f x x

                 

.

b. 0

( )f x dx

 représente l’aire algébrique (ici négative) comprise entre la courbe de f, les droites x = 0 et x  .

c. 3 2

0

1 ( ) ( ) (0) 1,1 2,2 2,2( 1)ln( 1)

3 f x dx F F

             ; comme ( ) 0f   , on a

x

f

−1

0

0 

f’ − +

 −0,000 3



0,1

0

0

2 22,2 2,2 ln( 1) 0 2,2 ln( 1) 2,2             ,

soit

 3 2 2 3 2 0

1 2 ( ) 1,1 2,2 ( 1) 2,2 0,1

3 3 f x dx

                .

4. Exercice 4 (5 points)

PARTIE A

An+1 milieu du segment [AnBn] et Bn+1 barycentre de {(An, 1) ; (Bn, 2)}.

1.

A2

B2

B1A1

v=2

u=1

B0A0

Même quand n n’est pas très grand, les suites de points convergent vers un point qui semble être à peu près au milieu de [A2B2].

2. On a dans ce repère les abscisses suivantes : 0 0u  et 0 12v  .

Si un et vn sont les abscisses des points An et Bn, on a 1 2

n n n

u v u

  car An+1 est le milieu de [AnBn] et

1

1. 2. 2

1 2 3

n n n n n

u v u v v

   

 car Bn+1 est le barycentre de {(An, 1) ; (Bn, 2)}.

PARTIE B

1. 1 1 1 2 2 4 3 3

3 2 6 6

n n n n n n n n n n n n n n n n

u v u v u v u v v u w v u w v u  

               donc wn est une

suite géométrique de raison 1/6, donc convergente vers 0. Tous ses termes sont positifs car

0

1 12

6 6 n n n

w w  .

2. 1 2 1

0 2 2 2

n n n n n n n n

u v u v u u u w

        donc (un) est croissante ;

1

2 3 1 0

3 3

n n n n n n

u v v v v w

       donc la suite (vn) est décroissante.

3. Comme 0nw  , on a n nu v donc nu est croissante majoée, nv décroissante minorée, les suites (un) et

(vn) sont convergentes et sont adjacentes car lim 0n n

w 

 ; elles ont donc la même limite.

4. 1 1 1 0 0 0 2

2 3 2 3 2 2 3 ... 2 3 36 2 3

n n n n n n n n n n n n n n

u v u v t u v u v u v u v t t u v  

                  .

PARTIE C

Comme nu et nv tendent vers la même limite l, en remplaçant dans tn on a :

36 2 3 36 2 3 5 36

5 n n nt u v l l l l         .

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