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Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2009

Exercice 1
0, 98 0, 06 1. 0, 94 D 0, 02 0, 05 D 0, 95 2. R R R R

4 points

3. La probabilité qu’un lecteur MP3 ne soit pas rejeté est égale à :

b. Il y a erreur de contrôle pour les évènements disjoints D ∩ R et D ∩ R. Sa probabilité est donc : p(D∩R)+ p(D∩R) = 0, 06×0, 02+0, 94×0, 05 = 0,0012+0,0470 = 0,0482.

a. En suivant la deuxièmebranche : p(D ∩ R) = 0, 06 × 0, 02 = 0,0012.

p D ∩ R + p D ∩ R = 0, 06 × 0, 02 + 0, 94 × 0, 95 = 0,0012 + 0,8930 = 0,8942. 4. a. La variable aléatoire suit une loi binomiale de paramètres n = 4 et de probabilité p = 0,8942. La probabilité que G = 120−50 = 70 La probabilité que G = 60 − 50 = 10 4 × 0,89423 × (1 − 0,8942) ≈ 0,3026 ; 1 est égale à ≈ 1 − (0,6394 + 0,3026) ≈ 0,058. est égale à estégale à 4 ×0,89424 ≈ 0,6394 ; 4

b. L’espérance mathématique de G est donc égale à : 70 × 0,6394 + 10 × 0,3026 − 50 × 0,058 = 44, 758 + 3, 036 − 2, 9 ≈ 44, 89 . Cela signifie qu’en moyenne on peut compter sur un bénéfice de 44,89 par lecteur produit.

La probabilité que G = −50

Exercice 2
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité Partie A : Restitution organisée de connaissancesPartie B 1.

5 points

(1 + i)2 = 2 × 2i = 4i. Donc Ω(4i) est invariant par f . 1+1 z ′ = iz + 4 + 4i b. On a ⇒ z ′ − 4i = i(z − 4i) par différence. 4i = i × 4i + 4 + 4i 4

a. L’affixe ω vérifie ω = iω + 4 + 4i ⇐⇒ ω(1 − i) = 4(1 + i) ⇐⇒ ω = 4

1+i = 1−i

c. L’égalité précédente montre que f est la rotation de centre Ω et d’angle π π , car i = ei 2 . 2

A. P M. E. P . .

Corrigé dubaccalauréat S

2.

a. Cf. ci dessous. b. On a zA′ = i(4 − 2i) + 4 + 4i = 6 + 8i. De même zB′ = i(−4 + 6i) + 4 + 4i = −2.

3.

b. Le milieu de [MP] a pour coordonnées (1 ; 3) ; Le milieu de [NQ] a pour coordonnées (1 ; 3). Le quadrilatère MNPQ a ses diagonales qui ont le même milieu : c’est donc un parallélogramme. q − m −4 − 4i 1 + i (1 + i)2 2i = = = = = i. n − m −4 + 4i 1 − i 2 2 q −m −→−→ π − − Donc = i ⇒ MN , MQ = [π], donc (MN) et (MQ) sont perpenn −m 2 diculaires. MQ q −m =i⇒ = 1 ⇐⇒ MQ = MN. Le quadrilatère MNPQ D’autre part n −m MN est donc un rectangle donc deux côtés consécutifs ont la même longueur : c’est donc un carré. − − − − 1 − → − → −→ −→ − − − − − → − → 1 − → −→ −→ − → − − 4. On a ΩN · AB′ = ΩA′ + ΩB · AΩ + ΩB′ = ΩA′ · ΩB′ + ΩB · ΩA car par 2 2 − − −→ − → − −→ − → −définition de la rotation ΩA et ΩA′ sont orthogonaux ainsi que ΩB et ΩB′ . − − − − → − → 1 − → − → −→ −→ − − − Donc ΩN · AB′ = ΩA′ · ΩB′ − ΩB · ΩA . 2 − − −→ −→ − → − → − − Or la rotation conservant les longueurs et les angles, ΩB · ΩA = ΩB′ · ΩA′ , −→ −′ −→ − donc ΩN · AB = 0. c. Conclusion les droites (ΩN) et (AB′ ) sont perpendiculaires.

a. Le milieu M de [AA′ ] a pour affixe 5 + 3i.

A′ NB

Ω P M

→ − v B′ O → − u Q A

Polynésie

2

juin 2009

A. P M. E. P . .

Corrigé du baccalauréat S

Exercice 2
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité Partie A : Restitution organisée de connaissances Partie B 1.

5 points

C

E

N A M

D Ω→ − v O → − u B

− − → − − → − − − − → → 2. AB (2 ; −2) et AC (4 ; 4) ; donc AB · AC = 8 − 8 = 0 ; les vecteurssont orthogonaux, les droites (AB) et (AC) sont perpendiculaires, donc ABC est un triangle rectangle en A. 3. a. On a vu que l’écriture complexe de l’unique similitude f est z ′ = az + b. D = f (A) −1 + i = 2ai + b Donc ⇐⇒ ⇒ A = f (B) 2i = 2a + b (2) 1 1 + i 1 (1 + i)2 1 = = i. 2 1−i 2 1+1 2 1 Il en résulte avec l’équation (2) que b = 2i − 2 i = i. 2 L’écriture complexe de f est donc : 1 + i = 2a(1 −i) ⇐⇒ a = 1 z ′ = iz + i. 2 b. Cherchons le point invariant Ω(ω) de cette similitude : 2i 2i(2 + i) 1 = = ω = (i)ω+i ⇐⇒ 2ω = ωi+2i ⇐⇒ ω(2−i) = 2i ⇐⇒ ω = 2 2−i 4+1 2 (−1 + 2i). 5 On a donc  1  z′  iz + i = 1 2 2 2 ⇒ z ′ − (−1+2i) = i z − (−1 + 2i) . 1 2  2 5 2 5  (−1 + 2i) = i( (−1 + 2i)) + i 5 2 5 1 1 Conclusion : le rapport de cette similitude est égale à : i = et son 2 2 1 π angle est...
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