Fiche de mathématiques

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Baccalauréat Mathématiques

S Obligatoire et spécialité

Asie 2017

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Baccalauréat Mathématiques

S Obligatoire et spécialité

Asie 2017

5 points

exercice 1

Partie A: étude d'un cas particulier

1. Pour tout $t$ de $[0;+\infty[ \text{ : }$ $C(t)=12\left( 1-\text{e }^{-\frac{7}{80}t}\right)$
Puisque $t\mapsto \text{e }^{-\frac{7}{80}t}$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ , $C$ est dérivable sur cet intervalle.
Donc, pour tout réel $t$ positif, on a:

$\begin{array}{lll} C^{'}(t) & =&\left[12\left( 1-\text{e }^{-\frac{7}{80}t}\right)\right]^{'} \\\\ & =& 12\left( 1-\text{e }^{-\frac{7}{80}t}\right)^{'} \\ & =& 12 \left(-\left(-\dfrac{7}{80}\right)\text{e}^{-\frac{7}{80}t}\right) \\ &=& 3\times \dfrac{7}{20} \text{e}^{-\frac{7}{80}t} \\\\&=& \boxed{\dfrac{21}{20}\text{e}^{-\frac{7}{80}t} } \end{array}$

Puisque, pour tout réel $t$ de $[0;+\infty[\text{ : }$ $\text{e}^{-\frac{7}{80}t} >0$
Donc, pour tout réel $t$ de $[0;+\infty[$ : $C{'}(t) >0$
Il s'ensuit que: $\boxed{\text{La fonction }C \text{ est strictement croissante sur } [0;+\infty[ }$

2. Le plateau se traduit par la limite en $+\infty$ de la fonction $C$ , donc:

$\displaystyle \lim_{t\to+\infty} C(t)=\lim_{t\to+\infty} 12\left( 1-\underset{{\to 0 }}{\underbrace{\text{e }^{-\frac{7}{80}t}}}\right) = 12$
On en tire que le plateau ne vaut pas 15, ce qui veut dire que : $\boxed{\text{ Le traitement du patient en question n'est pas efficace}}$

Partie B: étude de fonctions

1. La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ comme produit des deux fonctions $x\mapsto \dfrac{105}{x}$ et $x\mapsto 1-\text{e}^{-\frac{3}{40}x}$ dérivables sur cet intervalle.
Donc, pour tout réel $x$ strictement positif: $\begin{array}{lll}f^{'}(x)&=&\left[\dfrac{105}{x}\left(1-\text{e}^{-\frac{3}{40}x}\right)\right]^{'} \\\\&=& \left(\dfrac{105}{x}\right)^{'} \left(1-\text{e}^{-\frac{3}{40}x}\right) + \dfrac{105}{x} \left(1-\text{e}^{-\frac{3}{40}x}\right) ^{'} \\\\&=& -\dfrac{105}{x^2}\left(1-\text{e}^{-\frac{3}{40}x}\right) + \dfrac{105}{x} \times \dfrac{3}{40} \text{e}^{-\frac{3}{40}x} \\\\&=&\dfrac{105}{x^2} \left( \underbrace{-1+\text{e}^{-\frac{3}{40}x}+\dfrac{3}{40}x \text{e}^{-\frac{3}{40}x} }_{g(x)}\right) \\\\&=& \boxed{\dfrac{105\quad g(x)}{x^2} } \end{array}$

2. D'après le tableau de variation de $g$ : pour tout réel $x$ appartenant à $]0;+\infty[\text{ : }0>g(x)$
Et puisqu'on a évidemment: $\dfrac{105}{x^2}>0$ pour tout réel $x$
Donc: $\text{ Pour tout } x \text{ de } ]0;+\infty[ \text{ : }0> f^{'}(x)$
On conclut que: $\boxed{\text{ La fonction } f \text{ est strictement décroissante sur } ]0;+\infty[}$
3. La fonction $f$ est:

continue sur $[1;80]$ comme produit des deux fonctions $x\mapsto \dfrac{105}{x}$ et $x\mapsto 1-\text{e}^{-\frac{3}{40}x}$ continues sur $[1;80]$ .
strictement décroissante sur $[1;80]$ car elle l'est sur $]0;+\infty[$ et $[1;80]\subset ]0;+\infty[$ .

De plus : $\left\lbrace \begin{array}{lllll} f(1)&= &105\left(1-\text{e}^{-\frac{3}{40}}\right) &\approx& 7,59 \\ f(80) &= &\dfrac{105}{80} \left(1-\text{e}^{-\frac{3}{40}\times 80}\right) &\approx& 1,30 \end{array}$
On a bien: $f(1)> 5,9>f(80)$
Donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires: $\boxed{\text{ L'équation } f(x)=5,9 \text{ admet une unique solution sur } [1;80] }$
On notera $\alpha$ cette unique solution.

$\bullet$ Déduction:

Puisque $f$ est strictement décroissante sur $]0;+\infty[$ , elle l'est sur $]0;1[$ et sur $]80;+\infty[$
On a donc: $\left\lbrace \begin{array}{lll} \text{Pour tout } x \text{ de }]0;1[ \text{ : } f(x)>f(1) \left(> 5,9\right) \\ \text{ et }\\ \text{Pour tout } x \text{ de }]80;+\infty[ \text{ : } f(x)<f(80) \left(< 5,9\right)\end{cases}$
On en tire que : $\left\lbrace \begin{array}{lll} \text{Pour tout } x \text{ de }]0;1[ \text{ : } f(x)\neq 5,9 \\ \text{ et }\\ \text{Pour tout } x \text{ de }]80;+\infty[ \text{ : } f(x)\neq 5,9\end{cases}$
Or, puisque: $]0;+\infty[ \text{ = }]0;1[\cup [1;80]\cup ]80;+\infty[$
Donc: $\boxed{\text{ L'équation } f(x)=5,9 \text{ admet une unique solution sur } ]0;+\infty[}$
$\bullet$ Valeur approchée au dixième près:

En procédant par "tâtonnement", on obtient avec la calculette: $f(8)\approx 5,92 \text{ et } f(9)\approx 5,73$
Donc: $9 >\alpha> 8$
On poursuit le calcul des images des décimaux compris entre 8 et 9, on obtient en fin de compte:

$f(8,1) \approx 5,902 \text{ et } f(8,2) \approx 5,882$
On en déduit que: $\boxed{\text{ La valeur approchée de la solution unique } \alpha \text{ de l'équation } f(x)=5,9 \text{ est: }\alpha = 8,1 \text{ (au dixième près)} }$

Partie C: détermination d'un traitement adéquat

1.a. On a $t=6 \text{ et } d=105$ , donc la concentration demandée est:
$\begin{array}{lll}C(6)&=& \dfrac{105}{a}\left(1-\text{e}^{-\frac{a}{80}\times 6 }\right)\\\\&=&\boxed{ \dfrac{105}{a}\left(1-\text{e}^{-\frac{3a}{40}}\right)}\end{array}$
On remarque que: $\boxed{ C(6)=f(a)}$
1.b. On a: $C(6)=5,9 \Longrightarrow f(a)=5,9$
On déduit directement d'après Partie B.3. que: $\boxed{\text{La clairance du patient est } a= 8,1 \text{ }\ell / h\text{ (au dixième près)} }$
2. On rappelle que le traitement est efficace si le plateau est égal à 15, on rappelle aussi que le plateau n'est autre que la limite de la fonction concentration $C$ en $+\infty$ .

Donc, si l'efficacité est garantie, on a: $\begin{array}{lll}\displaystyle \lim_{t\to+\infty} C(t)=15 &\Longrightarrow& \displaystyle \lim_{t\to+\infty}\dfrac{d}{8,1} \left(1-\underset{\to 0}{\underbrace{\text{e}^{-\frac{8,1}{80}t}}}\right) =15 \\&\Longrightarrow& \dfrac{d}{8,1}=15 \\\\&\Longrightarrow& \boxed{d=121,5 \text{ }\mu \text{mol}/h}\end{array}$ 3 points

exercice 2

1. La cellule B3 correspond à $u_1$ .
D'autre part, on a: $u_1=\dfrac{\color{magenta}0\color{black}+1}{2\times \color{magenta}0\color{black} +4} \color{magenta}u_0$
Avec:

$\begin{array}l \bullet 0 \text{ correspond à la cellule } A2 \\ \bullet u_0 \text{ correspond à la cellule } B2 \end{array}$

On en déduit donc: $\boxed{ B3 = (A2+1)/(2*A2+4)*B2}$

Remarque:
On peut aussi écrire: $\quad B3 = A3/(2*A2+4)*B2$

2.a) On remarque que:
$\begin{array}{l} \bullet v_0=1=0,5^0 \\ \bullet v_1=0,5=0,5^{1}\\ \bullet v_2= 0,25=0,5^2\\\bullet v_3=0,125=0,5^3 \\\vdots \end{array}$

$\boxed{\text{On peut donc conjecturer que, pour tout }n \text{ de } \mathbb{N} \text{ : } v_{n}=0,5^n }$

2.b) Montrons par récurrence que $\text{ pour tout } n \text{ de } \mathbb{N} \text{ : } v_n=0,5^{n}$

On note la propriété $\mathcal{P}(n)\text{ : } v_n=0,5^{n}$

Initialisation: Pour $n=0\text{ : } v_0=1=0,5^0$
La propriété $\mathcal{P}(0)\text{ : } v_0=0,5^{0}$ est bien vérifiée.

Hérédité: Supposons que pour un entier $k$ donné on a : $\mathcal{P}(k)\text{: }v_k=0,5^k$ est vraie.
Et montrons que, $\mathcal{P}(k+1)\text{ : }v_{k+1}=0,5^{k+1}$ est vraie.
On a: $\text{Pour tout }n\text{ de }\mathbb{N} \text{ : } \left\lbrace \begin{array} {l} v_n=(n+1)u_n \\ u_{n+1}=\left(\dfrac{ n+1}{2n+4}\right) u_n\end{array}$
Donc:

$\begin{array}{lll} v_{k+1}&=&(k+1+1)\color{magenta}u_{k+1}\\\\&=&(k+2) \color{magenta}\left(\dfrac{ k+1}{2k+4}\right) u_k \\\\&=& (k+2) \left(\dfrac{k+1}{2(k+2)}\right) u_k\\\\ &=& \dfrac{1}{2} \color{blue}(k+1)u_k\\\\&=& \dfrac{1}{2} \color{blue}v_k\end{array}$

Or, d'après la supposition initiale: $v_k=0,5^{k}$

Donc: $v_{k+1}=0,5v_k= 0,5\times 0,5^{k}=0,5^{k+1}$

Ce qui veut dire que $\mathcal{P}(k+1)$ est bien vraie et que la propriété est donc héréditaire.

Conclusion: La propriété est vraie au rang 0, or elle est héréditaire, donc elle est vraie au rang 1, et de proche en proche, elle est toujours vraie.

$\boxed{\text{Par récurrence, pour tout } n \text{ de } \mathbb{N} \text{ : } v_n=0,5^n }$

3. On a pour tout entier naturel $n\text{ : }$ $u_{n}= \dfrac{1}{n+1}v_n$

On a:

$\bullet\displaystyle\lim_{n\to+\infty}v_n=\displaystyle\lim_{n\to+\infty} 0,5^n = 0 \text{ puisque : } -1 <0,5< 1$
$\bullet\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n+1}=0$
On peut donc conclure que: $\boxed{ \displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=0 }$ 4 points

exercice 3

1. L'affirmation 1 est fausse

Notons les événements suivants:
$D\text{ : Le dé choisi est truqué }$
$S\text{ : On obtient six }$

Les informations suivantes permettent de tracer l'arbre pondéré:

On prend un des deux dés au hasard.
Le six apparait avec la probabilité de $\dfrac{1}{2}$ si le dé lancé est truqué.
Si le dé lancé est non truqué, le six apparait avec la probabilité de $\dfrac{1}{6}$ .

L'arbre pondéré:

Bac S obligatoire et spécialité Asie 2017 : image 15

Il est demandé de calculer la probabilité que le dé lancé soit truqué en sachant que le résultat est six, il s'agit donc de la probabilité conditionnelle $P_S(D)$ :

$\begin{array}{lll} P_S(D)&=& \dfrac{P(D\cap S)}{P(S)} \\&=& \dfrac{P(D\cap S)}{P(D\cap S)+P(\overline{D}\cap S)} \text{ (D'après la formule des probabilités totales) } \\\\&=& \dfrac{\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}}{ \frac{1}{2}\times\frac{1}{2}+ \frac{1}{2}\times \frac{1}{6} } \\\\&=& \dfrac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{3}} \\\\&=&\dfrac{3}{4} \neq \dfrac{2}{3}\end{array}$

2. L'affirmation 2 est vraie

Pour que la droite $(MN)$ soit parallèle à l'axe des ordonnées, il faut et il suffit que l'affixe du vecteur $\overrightarrow{MN}$ soit imaginaire pur.
Calcul:

$\bullet Z_M=2\text{ e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}=2\left(\cos\dfrac{\pi}{3}-\text{i}\sin\dfrac{\pi}{3}\right)=2\left(\dfrac{1}{2}-\text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=1-\text{i}\sqrt{3}$
$\bullet Z_N=\dfrac{3-\text{i}}{2+\text{i}}=\dfrac{(3-\text{i})(2-\text{i})}{(2+\text{i})(2-\text{i})}=\dfrac{6-3\text{i}-2\text{i}-1}{4+1}=\dfrac{5-5\text{i}}{5}=1-\text{i}$

On en déduit que: $\begin{array}{lll}Z_{\overrightarrow{MN}}&=&Z_N-Z_M\\&=&1-\text{i}-1+\text{i}\sqrt{3}\\&=&\boxed{(\sqrt{3}-1)\text{i}}\end{array}$

3. L'affirmation 3 est vraie

Pour montrer que la droite $d$ est orthogonale au plan $(ABC)$ , on peut montrer qu'un vecteur directeur de $d$ est orthogonal à deux vecteurs du plan $(ABC)$ :
Notons $\overrightarrow{u}$ un vecteur directeur de la droite $d$ .
À partir de la représentation paramétrique, on tire: $\overrightarrow{u}(1;0;2)$

Calculons les coordonnées de deux vecteurs quelconques du plan $(ABC)$ , par exemple $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{BC}$ :

$\bullet \overrightarrow{AB}(x_B-x_A;y_B-y_A;z_B-z_A)=\overrightarrow{AB}(2;-1;-1)$
$\bullet \overrightarrow{BC}(x_C-x_B;y_C-y_B;z_C-z_B)=\overrightarrow{BC}(4;1;-2)$

On a:
$\overrightarrow{u}\text{ . } \overrightarrow{AB}=1\times 2+0\times (-1)+2\times (-1)=2+0-2=0$
$\overrightarrow{u}\text{ . } \overrightarrow{BC}=1\times 4+0\times 1+2\times (-2)=4+0-4=0$

Le vecteur $\overrightarrow{u}$ directeur de $d$ est donc bien orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ et à $\overrightarrow{BC}$
D'où le résultat.

4. L'affirmation 4 est fausse

Deux droites de l'espace sont coplanaires si elles sont parallèles ou sécantes.

Vérification du parallélisme:
$d$ et $\Delta$ sont parallèles si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires, c'est-à-dire, s'il existe un réel $k'$ tel que $\overrightarrow{u}=k'\overrightarrow{v}$
On obtient le système suivant: $\left\lbrace \begin{array}{l} 1=2k'\\ 0=k' \\2=3k' \end{array}\Longleftrightarrow\left\lbrace \begin{array}{l} k'=\dfrac{1}{2}\\ k'=0 \\k'=\dfrac{2}{3} \end{array}$
Ce système est impossible.
On déduit que $d$ et $\Delta$ ne sont pas parallèles.

Vérification de l'intersection:
En connaissant un vecteur directeur de la droite $\Delta$ et en sachant qu'elle passe par le point $D(1;4;1)$ , on peut facilement écrire une représentation paramétrique: $\left\lbrace\begin{array}{lll} x&=&1+2k \\ y&=&4+k \\z&=& 1+3k \end{array} \text{ , }k\in\mathbb{R}$

Résolvons le système:
$\begin{array}{lll}\left\lbrace\begin{array}{lll} 1+t&=&1+2k \\ 2&=&4+k \\3+2t&=& 1+3k \end{array} \text{ , }k;t\in\mathbb{R}&\Longleftrightarrow & \left\lbrace\begin{array}{lll} t&=&2k \\ k&=&-2 \\2+2t&=& 3k \end{array} \text{ , }k;t\in\mathbb{R} \\\\&\Longleftrightarrow & \left\lbrace\begin{array}{lll} t&=&-4 \\ k&=&-2 \\2+2\times(-4)&=& 3\times (-2) \end{array} \text{ , }k;t\in\mathbb{R} \\\\&\Longleftrightarrow & \left\lbrace\begin{array}{lll} t&=&-4 \\ k&=&-2 \\-6&=& -6 \end{array} \text{ , }k;t\in\mathbb{R}\end{array}$
$d$ et $\Delta$ sont donc bien sécantes au point de coordonnées $(-3;2;-5)$ obtenues en remplaçant la valeur de $t$ ou de $k$ dans la représentation paramétrique correspondante.
Donc elles sont coplanaires.

D'où le résultat. 3 points

exercice 4

Partie A: Valeur exacte de l'intégrale I

1. La fonction $x\mapsto \dfrac{1}{x+1}$ étant clairement continue et positive sur $[0;1]$ .
On a donc par définition:

$\boxed{\begin{array}{l}\text{L'intégrale } I \text{ représente l'aire délimitée par la courbe représentative de la fonction } x\mapsto\dfrac{1}{x+1} \text{ , l'axe des abscisses et les droites d'équations }\\ x=0 \text{ et } x=1 \text{ en unité d'aire } U.A\end{array}}$
2.Calcul de $I$ :

$\begin{array}{lll} I&=& \displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{1}{x+1}\text{ d}x \\&=& \displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{(x+1)^{'}}{x+1}\text{ d}x \\ \\&=& \displaystyle \left[ \ln|x+1|\right]_{0}^{1} \\\\&=&\ln 2 - \ln 1 \\\\&=& \boxed{ \ln 2} \end{array}$

Partie B: Estimation de la valeur de J

1. L'algorithme complété:

Variables
$n,c,f,i,x,y \text{ sont des nombres}$

Traitement
$\text{Lire la valeur de }n$
$c \text{ prend la valeur }\color{blue}0$
$\text{pour }i\text{ allant de }1 \text{ à } \color{blue}n\color{black} \text{ faire}$
$\text{ }\quad \quad x \text{ prend une valeur aléatoire entre } 0 \text{ et }1$
$\text{ }\quad \quad y \text{ prend }\color{blue} \text{une valeur aléatoire entre } 0 \text{ et }1$
$\text{si } \color{blue} y\le \dfrac{1}{x^2+1} \color{black}\text{ alors}$
$\color{blue}c\color{black} \text{ prend la valeur } \color{blue}c+1$
$\text{Fin si }$
$\text{Fin pour}$
$f \text{ prend la valeur } \color{blue}\dfrac{c}{n}$

Sortie
$\text{Afficher }f$

2. Puisque: $n=1000 \text{ et } f=0,781$
Les conditions d'utilisation de l'intervalle de confiance sont remplies: $\begin{array}l \rhd \quad n\geq 30 \\ \rhd \quad nf=781\geq 5 \\ \rhd \quad n(1-f)=219\geq 5 \end{array}$
Alors l'intervalle de confiance au niveau de confiance de $95\%$ s'écrit: $\begin{array}{lll}\left[ n-\dfrac{f}{\sqrt{n}};n+\dfrac{f}{\sqrt{n}}\right]&=&\left[ 1000-\dfrac{0,781}{\sqrt{1000}};1000+\dfrac{0,781}{\sqrt{1000}}\right]\\ \\&=& \boxed{\left[0,749 \quad ;\quad 0,813 \right]}\end{array}$

3. L'amplitude de l'intervalle de confiance est par définition: $\dfrac{2}{\sqrt{n}}$
Il s'agit donc de résoudre l'inéquation: $\dfrac{2}{\sqrt{n}} \leq 0,02$
On a: $\begin{array} {lll} \dfrac{2}{\sqrt{n}} \leq 0,02 &\Longleftrightarrow & \dfrac{2}{0,02} \leq \sqrt{n} \\\\&\Longleftrightarrow & 100 \leq \sqrt{n} \\\\&\Longleftrightarrow & \boxed{10000\leq n } \end{array}$
Conclusion: $\boxed{\text {La valeur minimale de } n \text{ est } 10 000}$ 5 points

exercice 5 Non spécialité

Question préliminaire

On a pour tout réel $a$ positif: $\begin{array}{lll} P(T>a) &=& 1-P(T\leq a) \\&=& 1-\displaystyle \int_{0}^{a} \lambda \text{ e}^{-\lambda t} \text{ d}t \\&=& 1+\displaystyle \int_{0}^{a} (-\lambda) \text{ e}^{-\lambda t} \text{ d}t \\&=& 1+\displaystyle \int_{0}^{a} \left( \text{ e}^{-\lambda t}\right)^{'} \text{ d}t \\&=& 1+\left[\text{ e}^{-\lambda t}\right]_{0}^{a} \\&=& 1+\text{ e}^{-\lambda a} -\text{ e}^{0} \\&=& 1+\text{ e}^{-\lambda a}-1 \end{array}$
Ce qui donne: $\boxed{P(T>a)=\text{ e}^{-\lambda a} }$

Partie A: étude d'un exemple

1. La probabilité qu'une lampe fonctionne au moins 180 jours correspond à $P(T\ge 180)$ , donc directement:

$\begin{array}{lll}P(T\ge 180)&=& P(T> 180)\\&=& \text{ e}^{-180\lambda }\\&=& \text{ e}^{-180\times \frac{1}{2800} }\\&\approx& \boxed{0,938 \text{ au millième près}}\end{array}$
2. Puisque la loi exponentielle de paramètre $\lambda$ est une loi à durée de vie sans vieillissement. Donc:

$P_{(T\ge 180)}(T\ge 180+180)&=& P(T\ge 180)\approx\boxed{0,938 \text{ au millième près}}$

Partie B: contrôle de la durée de vie moyenne

On tire de l'énoncé les données suivantes: $n=400 \text{ et } p=0,94$
Les conditions d'utilisation de l'intervalle de fluctuation au seuil de $95\%$ sont donc bien remplies: $\begin{array}l \rhd \quad n\geq 30 \\ \rhd \quad np=376\geq 5 \\ \rhd \quad n(1-p)=24\geq 5 \end{array}$
Et on écrit:
$\begin{array}{lll}\left[p-1,96\sqrt {\dfrac {p(1-p)}{n}} ; p+1,96\sqrt {\dfrac {p(1-p)}{n}}\right]&=&\left[0,94-1,96\sqrt {\dfrac {0,94\times 0,06}{400}} ; 0,94+1,96 \sqrt {\dfrac {0,94\times 0,06}{400}} \right]\\\\&\approx& \boxed{\left[0,916\quad ; \quad 0,964\right]}\end{array}$
Puisque $32$ lampes sont en panne, alors la fréquence est de:

$f=\dfrac{400-32}{400}=0,92\in \left[0,916\quad ; \quad 0,964\right]$
Déduction: $\boxed{\text{ L'affirmation du fabricant ne peut pas être remise en cause}}$

Partie C: Dans une salle de spectacle

1.Directement avec la calculatrice, la probabilité que plus de $445$ lampes soient encore fonctionnelles après un an est :

$\boxed {P(X > 445) \approx 0,247}$

2. Notons $\alpha$ tel que $P(X\geq \alpha)=0,95$ , on a:
$\begin{array}{lll}P(X\geq \alpha)=0,95&\Longrightarrow &P(X<\alpha)=0,05\\&\Longrightarrow& \alpha\approx 428 \quad \text{ (à l'aide de la calculatrice)}\end{array}$
La taille minimale du stock de lampes pour que la probabilité de pouvoir changer toutes les lampes défectueuses après un an, soit supérieure à $95\%$ est donc:

$\boxed{ 500-428=72\text{ lampes}}$ 5 points

exercice 5 - Spécialité

Partie A: Ligne de transmission

1.a. On a $P=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$ .
Donc, directement: $\det(P)= 1\times (-1) - 1\times 1=-1-1=-2\neq 0$
On en déduit que: $\boxed{\text{ La matrice } P \text{ est inversible}}$
La calculatrice fournit l'inverse: $\boxed{ P^{-1}=\begin{pmatrix}\displaystyle\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{1}{2}\\\displaystyle\frac{1}{2}&-\displaystyle\frac{1}{2}\end{pmatrix}}$

1.b. Calcul:
$PD=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&2p-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\times 1+1\times 0&1\times 0 +1\times (2p-1)\\1\times 1-1\times 0&1\times 0 -1\times (2p-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&2p-1\\1&1-2p\end{pmatrix}$
Donc:
$PDP^{-1}=\begin{pmatrix}1&2p-1\\1&1-2p\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\displaystyle\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{1}{2}\\\displaystyle\frac{1}{2}&-\displaystyle\frac{1}{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\times\displaystyle\frac{1}{2}+(2p-1)\times\displaystyle\frac{1}{2}&1\times\displaystyle\frac{1}{2}-(2p-1)\times\displaystyle\frac{1}{2}\\1\times\displaystyle\frac{1}{2}+(1-2p)\times\displaystyle\frac{1}{2}&1\times\displaystyle\frac{1}{2}-(1-2p)\times\displaystyle\frac{1}{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}p&1-p\\1-p&p\end{pmatrix}$
Il en résulte: $\boxed{PDP^{-1}=A }$
1.c. Montrons par récurrence que pour tout $n\in\mathbb{N}^{*} \text{ : } A^n=PD^nP^{-1}$
Notons pour cela : $\mathcal{P}(n)\text{ : } A^n=PD^nP^{-1}$
Initialisation: Le résultat $\mathcal{P}(1)$ est vrai pour $n=1$ directement d'après 1.b. : $A=PDP^{-1}$
Hérédité:
Soit $k$ un entier naturel non nul et supposons que $\mathcal{P}(k)$ est vraie.
Hypothèse : $\mathcal{P}(k) :A^k=PD^kP^{-1}$
Résultat à prouver : $\mathcal{P}(k+1) :A^{k+1}=PD^{k+1}P^{-1}$
On a:

$\begin{array}{lll} A^{k+1}&=&AA^k \\&=& (PDP^{-1})(PD^kP^{-1})\\&=& PD\underbrace{P^{-1}P}_{I}D^kP^{-1} \\&=& PDD^kP^{-1} \\&=& PD^{k+1}P^{-1}\end{array}$
On en déduit que $\mathcal{P}(k+1)$ est vraie.

On conclut par récurrence que : $\boxed{\text{ Pour tout entier }n\geq 1\text{ : } A^n=PD^nP^{-1}}$

1.d. On a:
$X_n=A^nX_0=PD^nP^{-1}\times X_0=\begin{pmatrix}\dfrac{(2p-1)^n+1}{2}\\\dfrac{-(2p-1)^n+1}{2}\end{pmatrix}$
Or: $X_n=\begin{pmatrix}p_n\\q_n\end{pmatrix}$
On en tire que $\begin{pmatrix}p_n\\q_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\dfrac{(2p-1)^n+1}{2}\\\dfrac{-(2p-1)^n+1}{2}\end{pmatrix}$
D'où le résultat: $\boxed{q_n=\dfrac{-(2p-1)^n+1}{2}}$

2. Dans cette question, nous supposons que p est égal à 0,98.
Nous devons déterminer le plus grand entier n tel que q_n infegal

0,25.
$\overset{.}{q_n\le0,25\Longleftrightarrow\dfrac{-(2p-1)^n+1}{2}\le0,25} \\\\\phantom{q_n\le0,25}\Longleftrightarrow\ \ \ \dfrac{-(2\times0,98-1)^n+1}{2}\le0,25 \\\\\phantom{q_n\le0,25}\Longleftrightarrow\ \ \ \dfrac{-0,96^n+1}{2}\le0,25 \\\\\phantom{q_n\le0,25}\Longleftrightarrow\ \ \ -0,96^n+1\le0,5 \\\\\phantom{q_n\le0,25}\Longleftrightarrow\ \ \ -0,96^n\le-0,5 \\\\\phantom{q_n\le0,25}\Longleftrightarrow\ \ \ 0,96^n\ge0,5 \\\\\phantom{q_n\le0,25}\Longleftrightarrow\ \ \ \ln(0,96^n)\ge\ln(0,5) \\\\\phantom{q_n\le0,25}\Longleftrightarrow\ \ \ n\times\ln(0,96)\ge\ln(0,5) \\\\\phantom{q_n\le0,25}\Longleftrightarrow\ \ \ \boxed {n\le\dfrac{\ln(0,5)}{\ln(0,96)}\approx16,9797}$

Donc le plus grand entier n tel que q_n infegal

0,25 est n = 16.
Par conséquent, pour que la probabilité que le bit reçu ait pour valeur 0 soit inférieure ou égale à 0,25, nous pouvons aligner un maximum de 16 lignes de transmission.

Partie B : étude d'un code correcteur, le code de Hamming (7,4)

1. Préliminaires

1. a. Puisque les nombres c ₁, c ₂ et c ₃ représentent des restes d'une division euclidienne par 2, ils ne peuvent valoir que 0 ou 1.

1. b. Pour le mot "1001", nous avons : b ₁ = 1, b ₂ = 0, b ₃ = 0 et b ₄ = 1.

Calcul de c ₁ :             $b_2+b_3+b_4=0+0+1\Longrightarrow b_2+b_3+b_4={\red{1}}.$
                                          Le reste de la division de 1 par 2 est 1.
                                          D'où $\overset{.}{\boxed{c_1=1}}$

Calcul de c ₂ :             $b_1+b_3+b_4=1+0+1\Longrightarrow b_1+b_3+b_4={\red{2}}.$
                                          Le reste de la division de 2 par 2 est 0.
                                          D'où $\overset{.}{\boxed{c_2=0}}$

Calcul de c ₃ :             $b_1+b_2+b_4=1+0+1\Longrightarrow b_1+b_2+b_4={\red{2}}.$
                                          Le reste de la division de 2 par 2 est 0.
                                          D'où $\overset{.}{\boxed{c_3=0}}$

Par conséquent, la clé de contrôle associée au mot 1001 est 100.

2. Supposons que nous changeons la valeur de b ₁ en b' ₁.
Si b ₁ = 0, alors b' ₁ = 1.
Si b ₁ = 1, alors b' ₁ = 0.
Dès lors, dans chaque cas, nous obtenons : $b'_1\equiv b_1+1\ [2].$

Puisque la valeur de b ₁ n'intervient pas dans le calcul de c ₁, la valeur de c ₁ est inchangée.
Montrons que la valeur de c ₂ est modifiée.
        $b'_1+b_3+b_4\equiv b_1+1+b_3+b_4\ [2] \\\phantom{b'_1+b_3+b_4}\equiv b_1+b_3+b_4+1\ [2] \\\phantom{b'_1+b_3+b_4}\equiv c_2+1\ [2] \\\\\Longrightarrow\boxed{b'_1+b_3+b_4\equiv c_2+1\ [2]}$
Par conséquent, la valeur de c ₂ est modifiée.
Montrons que la valeur de c ₃ est modifiée.
        $b'_1+b_2+b_4\equiv b_1+1+b_2+b_4\ [2] \\\phantom{b'_1+b_2+b_4}\equiv b_1+b_2+b_4+1\ [2] \\\phantom{b'_1+b_2+b_4}\equiv c_3+1\ [2] \\\\\Longrightarrow\boxed{b'_1+b_2+b_4\equiv c_3+1\ [2]}$
Par conséquent, la valeur de c ₃ est modifiée.

3. Tableau complété :

Bac S obligatoire et spécialité Asie 2017 : image 16

4. Nous observons dans le tableau ci-dessus que les huit colonnes allant de "b ₁" à "Aucun" sont distinctes deux à deux.
Elles constituent les huit triplets possibles composés à partir des lettres "J " et "F ", une lettre pouvant être répétée jusqu'à trois fois.

À partir des quatre premiers bits du message reçu, nous recalculons les 3 bits de contrôle et nous les comparons avec les bits de contrôle reçus.
Le résultat de la comparaison est une des huit colonnes du tableau.
Si un seul bit est erroné, nous pouvons alors déterminer lequel et corriger l'erreur.

5. Soit le message A = 0100010.

$b_1=0\ ;\ b_2=1\ ;\ b_3=0\ ;\ b_4=0. \\\\b_2+b_3+b_4=1+0+0\Longrightarrow b_2+b_3+b_4={\red{1}}$
Le reste de la division de 1 par 2 est 1.
D'où $\overset{.}{\boxed{c_1=1}}$
$\overset{.}{b_1+b_3+b_4=0+0+0\Longrightarrow b_1+b_3+b_4={\red{0}}}$
Le reste de la division de 0 par 2 est 0.
D'où $\overset{.}{\boxed{c_2=0}}$
$\overset{.}{b_1+b_2+b_4=0+1+0\Longrightarrow b_1+b_2+b_4={\red{1}}}$
Le reste de la division de 1 par 2 est 1.
D'où $\overset{.}{\boxed{c_3=1}}$
Nous obtenons alors la clé de contrôle correcte 101 alors que la clé reçue est 010.
Puisque les trois bits de contrôles sont erronés, nous retrouvons la colonne (FFF) correspondant au bit b ₄.
Par conséquent, le bit b ₄ est erroné et le message correct est 0101010.

Soit le message B = 1101001.

$b_1=1\ ;\ b_2=1\ ;\ b_3=0\ ;\ b_4=1. \\\\b_2+b_3+b_4=1+0+1\Longrightarrow b_2+b_3+b_4={\red{2}}$
Le reste de la division de 2 par 2 est 0.
D'où $\overset{.}{\boxed{c_1=0}}$
$\overset{.}{b_1+b_3+b_4=1+0+1\Longrightarrow b_1+b_3+b_4={\red{2}}}$
Le reste de la division de 2 par 2 est 0.
D'où $\overset{.}{\boxed{c_2=0}}$
$\overset{.}{b_1+b_2+b_4=1+1+1\Longrightarrow b_1+b_2+b_4={\red{3}}}$
Le reste de la division de 3 par 2 est 1.
D'où $\overset{.}{\boxed{c_3=1}}$
Nous obtenons alors la clé de contrôle correcte 001 qui correspond parfaitement à la clé reçue.
Par conséquent, le message B ne comporte pas d'erreur.

Publié par malou le 04-02-2019

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