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Baccalauréat
Mathématique
D & TI
2024
Correction
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Partie A : Évaluation des ressources 15 points

Exercice I 3,5 pts

1) Résolvons dans C, l’équation z2(53i)z+47i=0 1,5 pt
Δ=2i=(1i)2
Les solutions de l’équation sont :
z1=53i1+i2=2i et z2=32i
2) Déterminons l’expression complexe de la similitude directe s de centre C qui transforme A en en B 1 pt
Les points A, B et C ont pour affixes respectives zA=2i, zB=32i et zC=12i. L’expression complexe de la similitude directe est de la forme z=az+b avec a et b des nombres complexes.
s(C)=C et s(A)=B soit {a(12i)+b=12ia(2i)+b=32i {a=1ib=2+i
L’expression complexe est z=(1i)z+2+i.
3) Précisons les éléments caractéristiques de la similitude s. 0,5 pt
La similitude direct s est de centre C, de rapport k=|1i|=2 et d’angle θ=arg(1i)=π4 rad
4) Déterminons l’image de la droite (AC) par la similitude s 0,5 pt
L’image de la droite (AC) est donc la droite (BC).

Exercice 2 / 3 points

1) Indiquons toutes les valeurs possibles de X.
Les valeurs cherchées sont : 0, 500, 1000 et 1500
2) Dressons le tableau de la loi de probabilité de X

Cas ou les deux billets sont tirés simultanément
P(X=0)=C216C220=120190
P(X=500)=C13C116C220=48190
P(X=1000)=C11C116+C13C220=19190
P(X=1500)=C11C13C220=3190

Cas ou les deux billes sont tires successivement et sans remise
P(X=500)=A216A220=240380=120190
P(X=500)=A13A116A220×2 =96380=48190
P(X=1000)=A11A116×2+A23A220 =38380=19190
P(X=1500)=A11A13A220×2 =6380=3190

xi 0 500 1000 1500
P(X=xi) 48190, 48190, 3190 3190

3. Calculons la probabilité pour que ce joueur puisse gagner un montant supérieur à 500 francs. 0,5 pt
Il s'agit de calculer P(X500)
P(X500)=P(X=1000) +P(X=1500)=221900,115

Exercice 3 5 points

a) Résolvons l’équation différentielle (E) : y+4y+4y=0. 1 pt
Une équation caractéristique de (E) est : r2+4r+4=0 qui admet la solution double r=2.
Les solutions de l’équation (E) sont des fonctions f(a,b) définies par : f(a,b)(x)=(ax+b)e2x, a et b étant des constantes réelles.
1 b) Résolvons l’équation différentielle (E) : y+4y+4y=4
Les fonctions g(a,b)(x) solutions de (E) sont telles que g(a,b)(x)=f(a,b)(x)+γ avec γR on a donc
g(a,b)(x)+4g(a,b)(x) +4g(a,b)(x)=4 soit 4γ=4γ=1.
Donc g(a,b)(x)=(ax+b)e2x1
2) g est la fonction définie de R dans R par : g(x)=1(x+0,5)e2x
a) Démontrons que g est la solution de l’équation (E) vérifiant les égalités g(0)=1,5 et g(0)=0 0,5 pt
La dérivée de g est g définie par g(x)=2xe2x et la dérivée de g est g définie par g(x)=(4x+2)e2x
On a g(x)+g(x) +g(x)=4
Donc g est une solution de (E'). En outre g(0)=10,5=1,5 et 0g(0)=0
b) Calculons les limites de g en et +; puis déduisons-en une équation d'une asymptote à la courbe de g 0,75 pt
limxg(x)=+ et limx+g(x)=1 , y=1 est donc  une équation d'une asymptote horizontale à  (Cg)
c) Déterminons le signe de g(x) et dressons le tableau de variations de g. 0,75 pt
g(x)=2xe2x et comme pout tout xR, e2x0 alors le signe de g(x) depend du signe de x.
Ainsi pour x];0], g(x)0 et pour x[0;+[,g(x)0. Le tableau de variation est le suivant :
tableau de variationd)` Traçons la courbe de g(x) 1 pt
courbe g de xa) Déterminons à l’aide d'une intégration par parties 20(x+0,5)e2xdx 0,5 pt
Posons {u(x)=x+0,5v(x)=e2x avec {u(x)=1v(x)=12e2x
on a 20(x+0,5)e2xdx=13e12

Exercice 4 3,5 pts

1) Démontrons que la valeur exacte de α est 2 1 pt
Le point moyen G(¯x,¯y) avec ¯x=15(α+8) et ¯y=5,4 appartient à la droite de régression de Y en X d’équation y=3,6x1,8
On a donc ¯y=3,6¯x1,8 ¯x=215(α+8) =2α=2
3) Représentons le nuage des points associés à cette série statistique double.
nusge de point3) Calculons le coefficient de corrélation linéaire σ et donnons une interprétation du résultat obtenu. 1 pt
σ=cov(x,y)v(x)×v(y)
Avec cov(x,y)=155i=1xiyi ¯x¯y=6352×5,4=1,8, V(X)=0,5 et V(Y)=6,94.
On a donc σ=1,80,5×6,940,96. On peut dire que la corrélation est bonne car σ=0,96 est une valeur proche de 1.
4) Donnons une estimation du capital de PME au 6ème mois lorsqu'elle avait dépensé 4 millions de francs 0,5 pt
En prenant x=4 dans l’équation de la droite de régression y=3,6x1,8, on obtient y=12,6
Ceci correspond à un montant de 12.600.000 de francs.

PARTIE B : ÉVALUATION DES COMPÉTENCES 5 pts

Tâche 1 : Déterminons à quelle distance du point O on doit placer le point M pour que l’espace rectangulaire ait une aire maximale.
Posons OM=x avec 0x100. La longueur du rectangle est L(x)=2x et la largeur est l(x)=1002x2. L'aire du rectangle en fonction de x est donnée par : A(x)=2x1002x2 =40000x24x4
La dérivée de A est définie par : A(x)=8x(5000x2)40000x24x4
A(x)=0(5000x2) =0x=502 car 0x100 Le tableau des variations de A est donc
tableau de variation de AL'aire de l'espace rectangulaire est maximale si OM=502=70,7 m.

Tâche 2 : Vérifions s’il y’a une position du point M pour laquelle la surface rectangulaire est la moitié de la surface initiale du terrain.
On a obtenu A(x)=2x1002x2 et l’aire initiale du terrain 12πr2=5000π Si l’aire du terrain rectangulaire est la moitiee de l’aire initiale, on a 40000x24x4=2500π, soit x41002x2+(2500π)24=0
En posant X=x2, on a X21002X+(2500π)24=0
De solutions X1=5000125016π2 et X2=5000+125016π2
Soient {x1=43,64x2=89,97
On a deux positions possibles du points {OM=43,64OM=89,97.

Tâche 3 : Déterminons à partir de la quatrième année d’épargne si pourra réaliser son projet
Soit un l'avoir de Paul dans cette banque après le 1er Janvier de l année 2016+n.
On a u0=5.000.000 et pour tout entier naturel n, un+1=(1,045)×un. Ainsi la suite (un) est géométrique de raison 1,045 et de premier terme u0=5.000.000. Par suite un=(1,045)n×5.000.000
Pour que Paul soit capable d'investir dans l’élevage, il faut que un7.000.000
un=(1,045)n×5.000.000 7.000.000n ln(1,4)ln(1,045)=7,64. La plus petite valeur de n pour la réalisation du projet est 8 pour une épargne égale à u8. Donc le projet est réalisable à partir de la 9ème année.

Présentation 0,5 pt