Baccalauréat STI 2D ANTILLES

Baccalauréat STI 2D ANTILLES -GUYANE 19 juin 2013
Exercice 1
1. Si n = 1, il n'y a qu'un seul passage.
u = 3.
u vaut d'abord 2, puis après le passage, il vaut 1,5 × 2 = 3.
Si n = 2, il y a un deuxième passage, u vaut d'abord 2, puis 3, puis 3 × 1,5 = 4,5.
Si n = 3, il y a un troisième passage, u vaut 4,5 × 1,5 = 6,75.
2. a. La suite (un) est la suite géométrique de 1er terme u0 = 2 et de raison 1,5.
b. Nous avons un = 2 × 1,5n .
3. a. Sn = u0 + u1 + u2 +… un.
S0 = u0 = 2
S1 = u0 + u1 = 2 + 3 = 5
S2 = u0 + u1 + u2 = 2 + 3 + 4,5 = 9,5.
b. Il faut ajouter une variable S qui prend d'abord la valeur 2 puis ensuite la valeur S + u.
On obtient alors :
Entrée :
Saisir la valeur de l'entier naturel n
Traitement :
Affecter 2 à la variable u
Affecter 2 à la variable S
Pour i variant de 1 à n
Affecter 1,5 u à la variable u
Affecter S + u à la variable S
Fin de Pour
Sortie :
Afficher S.
c. Sn est la somme des termes d'une suite géométrique
1 – 1,5n+1
1 – 1,5n+1
1,5n+1– 1
Sn = u0
=2
=2
= 4 (1,5n+1– 1)
0,5
1 – 1,5
-0,5
d. 1,5 est supérieur à 1 donc lim 1,5n+1 = + ∞ donc lim Sn = + ∞.
n → +∞
n → +∞
Exercice 2.
1. a. Il y a 43 boules de bonne qualité sur un total de 50, ce qui fait un pourcentage de 86 %.
b. La moyenne est m = 1195 × 1 +1196 × 3 + 1197 × 4 + 1198 × 6 + 1199 × 8 + 1200 × 11 + 1201 × 6 +
1202 × 5 + 1203 × 3 + 1204 × 3 / 50 = 1199,76 ≈ 1200 g.
L'écart type est σ =
1195²×1 +1196²×3+1197²× 4+1198²× 6+1199² ×8 +1200²×11+1201²×6 +1202²×5 + 1203²×3 +1204²×3
– 1199.76²
50
= 4,782 ≈ 2.19 ≈ 2.
m ≈ 1200 et σ ≈ 2
2. a. Les 50 boules sont tirées avec remise, donc de façon indépendante ; pour chacune d'elles, il y a deux
possibilités : soit elle est de bonne qualité avec une probabilité 0,86, soit elle ne l'est pas, avec une probabilité 0,14.
La variable aléatoire X qui compte le nombre de succès suit donc une loi binomiale de paramètres 50 et 0,86 .
50
b. P(X = k) =  k  0,86 k × 0,1450-k.
50
50
50
On cherche P(X=48) + P(X=49) + P(X=50) =  48  0,86 48 × 0,142 + 49  0,86 49 × 0,141 + 50  0,86 50 × 0,140 =
≈ 0,022.
3. a. n= 50 et p =0,86 et n p = 43 et n(1 – p) = 7 . On peut approcher la loi binomiale suivie par X par une loi
normale de paramètres m = n p = 43 et σ = n p (1 – p) = 43 × 0,14 = 6.02 ≈ 2.45
b.Avec cette loi, P(48 ≤ X ≤ 50) ≈ 0,018 en lisant sur la calculette.
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4. a. n= 50 et p =0,86 et n p = 43 et n(1 – p) = 7 , nous sommes dans les conditions permettant d'utiliser la
fluctuation asymptotique
p(1 – p)
0,86(1 – 0,86)
0,86(1 – 0,86)
p – 1,96
= 0,86 – 1,96
= 0,86 – 1,96
≈0,763
n
50
50
p(1 – p)
= 0,86 + 1,96
n
I = [0,763;0,956].
p + 1,96
0,86(1 – 0,86)
≈ 0,956
50
42
= 0,84.
50
Cette valeur est dans l'intervalle I précédent, on considère donc que le client a tort au seuil de confiance de 95 %.
b. La fréquence des boules conformes est ici
Exercice 3.
1. a. (2 – i) z = 2 – 6i donc z =
2 – 6i (2 – 6i) ( 2 + i) 4 +2i – 12i – 6 i² 4 – 10i + 6
10 – 10i
=
=
=
=
= 2 - 2i
2–i
(2 – i) ( 2 + i)
4 – i²
4+1
5
donc z1 = 2 – 2i
b.
z=
2² + (-2)² = 4 + 4 = 8 = 2 2
2
1
2
cos θ =
=
=
2
2 2
2
-2
2
=sin θ =
2
2 2
donc θ = -
π
4
c. z2 = z1 e
z=2 2e
-i π
2
-i π
-i π
-i
π
+ ( -i
π
)
-i
-iπ
4
3π
2 =2
=2 2 e 4e 2=2 2e 4
2e 4
3π
3π
2
2
2 ( 2)²
2 ( 2)²
z2 = 2 2 ( cos ( ) + i sin ( ))=2 2(–i
)=–i
= -2 – 2i.
2
2
2
2
4
4
2.a.
b.A(2 ; -2) , B(-2 ; -2) et C(0 ; -4)
→
→
Donc CA( 2-0 ; -2 + 4) CB (-2-0 ;-2 + 4)
→
→
CA( 2 ; 2) et CB (-2 ; 2).
→
→
CA . CB = 2 (-2) + 2 × 2 = 0
v
u
o
B
A
c. Le produit scalaire étant nul, les vecteurs sont orthogonaux, donc le triangle
ABC est rectangle en C.
De plus CA = 2² + 2² = 4 + 4 = 8
C
CB = (-2)² + 2² = 4 + 4 = 8.
Le triangle ABC est rectangle en C et isocèle.
Exercice 4.
1. a. La fonction f semble décroissante, donc pour tout x, f '(x) est négatif.
Donc f ' est représentée par Γ.
Donc C représente F.
b. F(1) est l'ordonnée du point de C d'abscisse 1, donc F(1) = 1.
1
2. a. lim = + ∞ et lim ln x = - ∞ donc lim (-ln x) = + ∞.
x→0 x
x→0
x→0
Donc lim f (x) = + ∞.
x→0
L'axe des abscisses est donc asymptote verticale à la courbe Cf.
1
b. lim = 0 et lim ln x = + ∞ donc lim f (x) = - ∞
x → +∞x
x → +∞
x → +∞
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1
c. f (x) = – ln x. f est somme de fonctions dérivables, elle est donc dérivable.
x
1 x -1 – x
1 1
.
f '(x) = - – = - – =
x² x x² x²
x²
d. Ici, x est positif, donc -1 – x est négatif , donc f '(x) est négatif et f est décroissante.
x
0
+∞
f '(x)
–
f
+∞
–∞
3. a. H(x) = x – (x – 1) ln x .
1
x–1
x 1 1
H'(x) =1 – 1 ln x + (x – 1)  = 1 – ln x –
= 1 – ln x – + = – ln x= f (x).
x
x
x x x

H est donc une primitive de f sur ]0 ; + ∞[.
b. F est aussi une primitive de f donc F(x) = H(x) + k avec k constante.
F(1) = H(1) + k
1 = 1 – (1 – 1) ln 1 + k = 1 + k donc k = 0.
F(x) = x – (x – 1) ln x
e
c. ⌠
⌡ f (x) dx = F(e) – F(1) = e – (e – 1) ln e – 1 = e – (e – 1) ln e – 1 = e – e + 1 – 1 = 0
1
e
⌠
⌡1 f (x) dx = 0
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