MATEMATIKA FRANCIA NYELVEN EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI …

Matematika francia nyelven emelt szint Javítási-értékelési útmutató 1713

EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA

MATEMATIKA FRANCIA NYELVEN

EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

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Matematika francia nyelven — emelt szint Javítási-értékelési útmutató

1713 írásbeli vizsga 2 / 20 2021. május 4.

Instructions importantes Les prescriptions de forme:

1. Vous êtes prié de corriger la copie lisiblement avec un stylo de couleur différente de celle utilisée par le candidat.

2. Le nombre de points maximal apparaît dans le premier des rectangles gris se trouvant à côté des exercices. Le nombre de points donné par l’examinateur doit figurer dans le rectangle adjacent.

3. En cas de solution impeccable, vous êtes prié d’inscrire le nombre de points maximal et de signaler par le symbole que vous avez lu l’unité conceptuelle concernée et que vous l’avez évaluée correcte.

4. En cas de solution incomplète ou fausse, veuillez écrire le nombre de points partiels sur la copie en indiquant la faute. Afin de rendre l’évaluation plus compréhensible pour le candidat, il est possible d’indiquer le nombre de points retirés. Ne pas laisser de partie dans la résolution dont on ne peut pas décider si elle est juste, erronée ou inutile.

5. Lors de la correction, utilisez les notations suivantes.

• une étape juste: • une erreur de principe: un double-soulignage • une erreur de calcul ou une autre erreur qui n’est pas de principe: un simple

soulignage • une étape correcte fondée sur des données initiales erronées: le symbole barré

ou pointillé • justification insuffisante, énumération incomplète ou d’autres lacunes: le symbole

de lacune ( ) • partie non compréhensible: point d’interrogation et/ou ligne ondulée

6. A l’exception des schémas, les parties écrites au crayon ne doivent pas être évaluées.

Les demandes de contenu:

1. Pour certains exercices, on a donné l’évaluation de plusieurs variantes de résolution. Si une résolution en diffère, recherchez-y les parties de résolution qui équivalent à certains détails du guide, et proposez des points en fonction.

2. Les points proposés par le guide d’évaluation peuvent être décomposés sauf interdiction mentionnée. Toutefois, les points attribués doivent être entiers.

3. Si dans la solution on rencontre une erreur de calcul ou une imprécision alors on enlève seulement les points de la partie où l’étudiant a commis l’erreur. S’il continue le calcul en utilisant le résultat partiel faux mais par un raisonnement juste et si le problème n’a pas été fondamentalement modifié alors le candidat a droit aux points partiels ultérieurs.



4. En cas d’erreur de principe, dans une même unité conceptuelle (dans le guide, elles sont

séparées par une double ligne), on n’attribue aucun point même si certaines étapes mathématiques sont formellement correctes. Cependant si le candidat continue le calcul, en partant du faux résultat issu de l’erreur de principe, mais d’une manière juste dans l’unité conceptuelle ou la question partielle suivante, et si le problème n’a pas été fondamentalement modifié alors le candidat a droit au point maximal de cette partie.

5. Si une unité de mesure ou une remarque est mise entre parenthèses dans le guide alors

même en l’absence de celle-ci, la solution est complète. 6. Sur les différentes tentatives de solution données à un exercice, seule la variante indiquée

par le candidat peut être évaluée. Lors de la correction, indiquez clairement laquelle des variantes a été corrigée et laquelle non.

7. On ne peut pas attribuer de bonus aux solutions (à savoir un nombre de points dépassant le maximum des points prévus pour l’exercice ou partie d’exercice donné.)

8. Le nombre total de points attribué à un exercice ou à une partie d’exercice ne peut pas être négatif.

9. Un retrait de points ne doit pas être effectué pour des calculs partiels, étapes partielles erronés mais inexploités par la suite.

10. Lors du développement d’un raisonnement, l’utilisation de la calculatrice (sans justification mathématique supplémentaire) est acceptable pour l’exécution des opérations suivantes : addition, soustraction, multiplication, division, élévation à une

puissance, extraction de racine, le calcul de n! et de

kn

, le remplacement des tables

numériques se trouvant dans les formulaires (sin, cos, tg, log et leur inverse), le calcul par la valeur approchée de π et du nombre e, la détermination des racines d’une équation du second degré de forme réduite à zéro. L’utilisation des calculatrices est permise sans autre justification mathématique pour calculer la moyenne et l’écart-type sauf si la consigne de l’exercice exige la présentation des calculs partiels correspondants. Dans tout autre cas, les calculs effectués par calculatrice sont considérés comme étapes non-justifiées, donc ils valent zéro point.

11. Utilisation justificative (par exemple des données lues par une mesure) des figures n’est pas acceptée.

12. En ce qui concerne les probabilités, on peut accepter les réponses correctes exprimées sous forme de pourcentage (sauf en cas de mention contraire).

13. Si le texte d’un exercice ne précise pas l’arrondi attendu, on accepte les résultats partiels ou finaux arrondis correctement et raisonnablement.

14. Seules 4 résolutions d’exercices peuvent être évaluées sur les 5 exercices proposés dans la IIe partie de l’épreuve écrite. Dans le carré correspondant, le candidat a - vraisemblablement- inscrit le numéro de l’exercice dont il ne désire pas l’évaluation dans la somme totale des points. De sorte qu’il ne faut pas corriger la solution éventuellement donnée à cet exercice. Si le candidat n’inscrit pas d’une manière univoque le numéro de l’exercice dont il ne demande pas l’évaluation, alors c’est automatiquement le dernier exercice dans l’ordre proposé par l’énoncé qu’il ne faut pas évaluer.



I.

1. a) Parmi six entiers naturels voisins il y a toujours deux divisibles par 3, 1 point

et au moins un divisible par 5, 1 point donc le produit des six nombres est divisible par 3 3 5⋅ ⋅ = 45-tel. 1 point

Total: 3 points 1. b) L’affirmation n’est pas vraie 1 point

Un contre-exemple:11 13 15 17 19⋅ ⋅ ⋅ ⋅ (= 692 835). 2 points

Si le nombre se trouvant au milieu de cinq entiers naturels consécutifs impairs est divisible par 3, mais pas par 9, alors le produit de ces cinq nombres n’est pas divisible par 9, ainsi par 45 non plus.

Total: 3 points 1. c)

(Puisque a + b + c = 37, alors) si a = 7, alors ( b + c = 30) les possbilités pour b et c sont les suivantes: (9; 21), (11; 19) et (13; 17). 3 cas.

1 point

(Puisque 7 + 9 = 16, alors la valeur maximale de c est 21, d’autre part 9 + 11 + 13 < 37, donc la valeur minimale de c est 15.) Les triplets de nombres convenables:

c b a 21 9 7 19 11 7 17 13 7 17 11 9 15 13 9

Si a = 9, alors (b + c = 28 donc) les possbilités pour b et c sont les suivantes: (11; 17) et (13; 15). 2 cas.

1 point

Si a ≥ 11, alors (à cause de a < b < c) b ≥ 13 et c ≥ 15, donc a + b + c ≥ 39 qui relève une contardiction.

1 point

Il y a donc 5 possibilités de chosir les valeurs de a de b et de c suivant les conditions.

1 point

Total: 4 points Remarques:

1. Si le candidat donne des triplets de nombres, mais son énumération est erronée, pas complète ou contient plusieurs fois le même triplet, alors 1 point (mais 3 points au maximum) à chaque triplet erroné (ou absent ou plusieurs fois mentionné) lui soit retiré des 3 points concernant cette partie. 2. Si le candidat néglige l’une des trois conditions données (parité, différence, l’ordre croissant), alors sa résolution ne mérite que 2 points au maximum.



1. d)

A B C (A ∨ B) → C v v v v v v f f v f v v v f f f f v v v f v f f f f v v f f f v

3 points

Que le candidat perde 1 point à chaque réponse erronée (mais le nombre de points reçus dans cet exercice ne peut pas être négatif).

Total: 3 points 2. a) 1ère variante de résolution Préparation d’une figure conforme à l’exercice.

A désigne la station d’en bas (réalisée), F la station du haut, B la station d’en bas projeté, AF = x la longueur de la piste.

2 points Figure juste avec les données conforme aux conditions de l’exercice.

Dans le triangle ABF ABF∠ = 57° et BFA∠ = 3°, 1 point

donc en utilisant la loi des sinus: sin 576 sin 3x =

. 1 point

d’où la longueur de la piste: x 6 sin 57sin 3

⋅=

≈ 96 m 1 point

Du triangle rectangle APF:

sin 302xAP x= ⋅ = , 1 point

donc la différence d’altitude entre les deux stations est: AP ≈ 48 m. 1 point

Total: 7 points



2. a) 2ème variante de résolution Préparation d’une figure conforme à l’exercice.

A désigne la station d’en bas (réalisée), F la station du haut, B la station d’en bas projeté, AF = x la longueur de la piste.

2 points

Figure juste avec les données conforme aux conditions de l’exercice.

Du triangle rectangle APF (qui est la moitié d’un

triangle équilatéral): 2xAP = et 3

2xPF = . 1 point

Dans le triangle rectangle BPF

PBF∠ = 57° et 6BP AP= + , donc

32tg 57

62

x

x=+

. 1 point

36 tg 572 2x x + ⋅ =

(0,5 6) 1,540x + ⋅ ≈ 0,866x 0,096x ≈ 9,24

1 point

La longueur de la piste: x ≈ 96 m. 1 point La différence d’altitude entre les stations (la moitié de la longueur de la piste): 48 m. 1 point

Total: 7 points Remarque: Si l’une des réponses du candidat est sans unité de mesure, alors il doit perdre 1 point en tout.

57tg357tg12

−⋅=x



2. b) 1ère variante de résolution Le funiculaire transportait en 1896 en moyenne 670 000

340(≈ 1971) passagers par jour. 1 point

Si la durée de service était 14 heures = 840 minutes par jour, alors le funiculaire a fait environ 84 tours par jour

1 point 85 tours sont également acceptables.

La moyenne du nombre des passagers par tour était: 670 000

34084

≈ 23,5. 1 point

Comme il y avait de la place pour 44 passagers dans les deux cabines, 1 point

alors en 1896, l’utilisation des places en moyenne

pouvait être de 23,5 10044

⋅ ≈

53 %. 1 point

Total: 5 points 2. b) 2ème variante de résolution Si la durée de service était 14 heures = 840 minutes, par jour, alors le funiculaire a fait environ 84 tours par jour.

1 point 85 tours sont également acceptables.

Dans les deux cabines, il y avait de la palce pour 44 passagers. 1 point

S’il avait transporté 44 passagers par tour (le taux d’utilisation est de 100%), alors en une année, il aurait transporté environ 84 44 340⋅ ⋅ ≈ 1 257 000 passagers.

2 points

Alors en 1896, l’utilisation des places en moyenne

pouvait être de 670 000 1001 257 000

⋅ ≈

53 % 1 point

Total: 5 points Remarque: Tout arrondi et toute estimation raisonnable et pratique sont acceptables.



3. a)

Que x désigne le nombre des filles assises dans la salle. Dans ce cas, le nombre des garçons est 32 – x (x ∈ N et x ≥ 4).

1 point

Si le nombre des garçons dans la salle est y, alors le nombre des filles dans la salle est 32 – y (y ∈ N et y ≤ 28).

Si 4 filles quittaient la salle, alors le nombre des étudiants présents serait 28, et le nombre des garçons resterait: 32 – x > 0,6 · 28 (= 16,8), d’où x < 15,2.

1 point y > 0,6 · 28 (= 16,8), d’où y > 16,8

Si 6 filles rejoignaient les 32 personnes, alors le nombre des étudiants serait 38, dont le nombre des filles est x + 6: x + 6 > 0,5 · 38 (= 19), d’où x > 13.

1 point 38 – y > 0,5 · 38 (= 19), d’où

Donc 13 < x < 15,2, ainsi le nombre des filles peut être 14 ou 15, et le nombre des garçons respectivement 18 ou 17.

2 points

Vérification d’après le texte (Par exemple: 17 et 18 sont supérieurs au 60 % (16,8) du nombre des assisstants qui resteraient dans la salle après le départ des 4 filles (28). 20 (= 14 + 6) et 21 (=15 + 6) sont supérieurs à la moitié (19) du nombre des assisstants qui seraient dans la salle après l’arrivée des 6 filles.

1 point

Total: 6 points

3. b) (On utilise la loi binomiale.) Il faut calculer la probabilité de l’évènement que parmi les 4 étudiants choisis il y a 3 ou 4 garçons.

1 point Ce point doit être accordé même si cette idée n’apparaît que dans la résolution.

P(3 garçons) = 340,6 0, 4

3

⋅ ⋅

(= 0,3456) 1 point

P(4 garçons) = 40,6 (= 0,1296) 1 point La probabilité cherchée est la somme des deux valeurs précédentes, donc environ 0,475. 1 point

Total: 4 points Remarque: Si le candidat effectue les calculs en utilisant la loi hypergéométrique et des nombres conformes au texte de l’exerecice, qu’il a inventés lui-même, alors il peut avoir 3 points au maximum. 3. c) (On donne une estimation en utilisant la loi binomiale.) Si la partie p des filles pratiquent régulièrement du sport (0 ≤ p ≤ 1), alors la probabilité, d’avoir choisi au hasard une fille pratiquant régulièrement du sport est p.

1 point

Ce point doit être accordé même si cette idée n’apparaît que dans la résolution.

Ainsi 3 0,008p = , 1 point d’où 3 0,008 0, 2p = = , alors un cinquième des filles pratiquent régulièrement du sport.

1 point

Total: 3 points

19<y



4. a)

De l’équation 2

4xy = de la parabole, on obtient son

paramètre p = 2.

1 point

Puisque le sommet de la parabole est l’origine, 12p =

(et la parabole est „ouverte en haut”), alors son foyer est vraiement le point F(0; 1).

2 points Ces 2 points peuvent être accordés pour une figure convenable aussi.

Total: 3 points 4. b)

La médiatrice du segment PF coupe la droite g au centre du cercle. 1 point


La médiatrice est l’axe des x, 1 point donc le centre du cercle est le point K(5, 0) 1 point

Le rayon du cercle: ( 2 25 1+ =) 26 . 1 point

L’équation du cercle: 2 2( 5) 26x y− + = . 1 point 2 2 10 1 0x y x+ − − = Total: 5 points

4. c) 1ère variante de résolution

L’équation de la droite tangente e peut être écrite sous forme de x – y = c aussi.

1 point


La droite e est tangente à la parabole donnée si et seulement si le système d’équation a exactement une solution.

2 4 0x yx y c

− =

− =

1 point

En écrivant y = x – c dans la première équation, qu’on a obtenu de la deuxième équation:

2 4 4 0x x c− + = . 1 point

(Il y a une solution si le discriminant est 0:) 16 – 16c = 0, d’où c = 1. 1 point

L’équation de la droite tangente: x – y = 1. 1 point Total: 5 points



4. c) 2ème variante de résolution Le coefficient directeur de la droite g et de la tangente est identique: 1. 1 point

(La parabole d’équation 214

y x= est le graphique de la

fonction de second degré 214

x x .) La dérivée de la

fonction 214

x x est: 12

x x .

1 point

(La dérivée première au point donnée donne le

coefficient directeur de la droite tangente, ainsi) 1 12

x = . 1 point

D’où x = 2, donc les coordonnées du point de tangence: (2; 1). 1 point

L’équation de la droite tangente: y – 1 = x – 2. 1 point x – y = 1 ou y = x – 1 Total: 5 points

II. 5. a) En désignant par n le nombre des années nécessaires: 5 0,88 1,5n⋅ < , donc 0,88 0,3n < , où n est un entier positif.

2 points

La fonction exponentielle de base 0,88 (la fonction logarithmique de base 0,88) est strictement monotone décroissante

1 point

En prenant le logarithme de base dix des deux côtés (et en utilisant que la fonction logarithmique de base 10 est strictement monotone croissante): lg 0,88 lg 0,3n < ,

lg 0,88 lg 0,3n ⋅ < .

0,88>log 0,3n ≈ 9,42. 1 point lg 0,88 est négatif, donc

lg 0,3>lg 0,88

n ≈ 9,42.

Donc la valeur de la voiture sera inférieure à 1,5 millions de Ft après 10 années entières. 1 point

Total: 5 points



Remarque: Si le candidat calcule la valeur de la voiture année par année (et le documente), ou utilise une inéquation au lieu d’une équation, puis répond correctement à la question, alors il mérite le maximum de points.

5. b) Si la valeur de la voiture baisse chaque mois à q fois de la valeur du mois précédent, alors au bout du 12ème mois sa valeur représentera 12q fois (0 < q < 1) de la valeur initiale.

1 point

12 (1 0,12 ) 0,88q = − = 1 point 12 0,88q = ≈ 0,9894 (qui représente 98,4%). 1 point

Donc la valeur de la voiture baisse chaque mois environ de (100 – 98,4=) 1,06%. 1 point

Total: 4 points Remarque: Si le candidat prouve que l’amortissement mensuel de 1,06% correspond à un amortissement annuel de 12,0%, alors il mérite 3 points.

5. c) En utilisant la première méthode, ils calculent l’amortissement pour 101 – 12 = 89 mois. 1 point

La valeur de la voiture change en ce temps à 0,989489 fois de sa valeur initiale donc 1 point

environ à 0,3873 fois de sa valeur initiale. 1 point le prix est environ 1 937 000 Ft

Selon la deuxième méthode, la voiture a 91 250 7315 000 12

=

ans, donc 73 mois. 1 point

La valeur de la voiture a baissé pendant ce temps à 0,98873 fois de la valeur initiale 1 point

donc environ à 0,4142 fois de sa valeur initiale. 1 point le prix est environ 2 071 000 Ft

C’est le prix calculé suivant la deuxième méthode qui est plus avantageux à Monsieur Kovács.

1 point

Total: 7 points

6. a) Une série de lancers convenable aux conditions. 2 points

Calcul du mode, de la médiane et de la moyenne. 2 points On accorde 1 point au cas d’une erreur et 0 point au cas de plus d’une erreur.

Constatation que le seul mode, la médiane et la moyenne sont (dans cet ordre) les termes consécutifs d’une suite arithmétique croissante.

1 point

Calcul de l’écart type. 2 points Constatation que l’écart type des six nombres donnés n’est pas un terme de la suite arithmétique. 1 point

Total: 8 points



Remarque: Le tableau suivant contient les séries de lancer convenables (l’ordre des six lancers est arbitraire.)

Lancers Mode Mediane Moyenne d Ecart type 1, 1, 1, 2, 2, 5 1 1,5 2 0,5 2 (≈ 1,41)

1, 1, 1, 2, 3, 4 1 1,5 2 0,5 43

(≈ 1,15)

1, 1, 1, 3, 6, 6 1 2 3 1 5 (≈ 2,24)

1, 2, 2, 3, 4, 6 2 2,5 3 0,5 83

(≈ 1,63)

2, 2, 2, 3, 3, 6 2 2,5 3 0,5 2 (≈ 1,41)

2, 2, 2, 3, 4, 5 2 2,5 3 0,5 43

(≈ 1,15)

3, 3, 3, 4, 5, 6 3 3,5 4 0,5 43

(≈ 1,15)

6. b) 1ère variante de résolution (On compte les cas favorables suivant le résultat du deuxième lancer.) Si le deuxième lancer est 1 ou 6, alors le résultat des deux autres lancers doit être lui aussi 1 ou 6. Cela fait 2 possibilités.

1 point

Si le deuxième lancer est 2, alors le résultat des deux autres lancers est soit 1 et 3 (cela représente 2 possibilités) soit 2 et 2. Cela fait en tout 3 possibilités.

1 point

Si le deuxième lancer est 3, alors le résultat des deux autres lancers est soit 1 et 5, soit 2 et 4, soit 3 et 3. Cela fait en tout 5 possibilités.

1 point

Si le deuxième lancer est 4, alors le résultat des deux autres lancers doit être soit 2 et 6 soit 3 et 5 soit 4 et 4. Cela fait en tout 5 possibilités.

1 point

Si le deuxième lancer est 5, alors le résultat des deux autres lancers doit être soit 4 et 6, soit 5 et 5. Cela fait en tout 3 possibilités.

1 point

Le nombre des cas favorables est en tout: (2 + 3 + 5 + 5 + 3 =) 18. 1 point

Avec trois dés, nous avons (63=) 216 possibilités (le nombre des cas possibles). 1 point

La probabilité cherchée: 18 1216 12

=

≈ 0,083. 1 point

Total: 8 points



6. b) 2ème variante de résolution Si le deuxième lancer est la moyenne des deux autres lancers, alors les trois lancers sont des termes consécutifs d’une suite arithmétique, parmi lesquels le lancer du milieu est le deuxième terme.

1 point

Calculons le nombre des cas favorables suivants la raison d de la suite arithmétique. Les cas suivants d = 0, d = 1, d = –1, d = 2, d = –2 sont possibles.

1 point


d = 0 est possible en six cas (trois lancers pareils). 1 point d = 1 ou d = –1 est possible en quatre et quatre cas (1-2-3; 2-3-4; 3-4-5; 4-5-6 et ceux-ci dans le sens inverse).

1 point

d = 2 ou d = –2 est possible en deux et deux cas (1-3-5; 2-4-6 et ceux-ce dans le sens inverse). 1 point

Le nombre des cas favorbales est alors (6 + 4 + 4 + 2 + 2 =) 18. 1 point

Avec trois dés, nous avons (63=) 216 possibilités (le nombre des cas possibles). 1 point

La probabilité cherchée: 18 1216 12

=

≈ 0,083. 1 point

Total: 8 points 6. b) 3ème variante de résolution Si la moyenne du premier et du troisième lancer est un nombre entier, alors la somme du premier et du troisième lancer est paire.

1 point

Dans tous les cas pareils, on ne peut lancer à la deuxième place qu’une valeur convenable (leur

moyenne). La probabilité de celle-ce est 16

. 2 points

Il faut donc déterminer la probabilité que la somme du premier et du troisième lancer soit paire 1 point


Quelle que soit la parité du premier lancer, la probabilité que le deuxième le complète à un nombre

pair est 12

. 2 points

La somme est paire, si soit les deux valeurs sont paires soit les deux sont impaires. La probabilité

de celle-ci 1 1 122 2 2

⋅ ⋅ =

.



(Puisque les deux évènements – la somme du 1er et du 3ème lancers est paire, et le 2ème lancer est la moitié de ce nombre pair – sont indépendants) la probabilité cherchée est le produit de ces deux probabilités, donc

1 1 12 6 12

⋅ =

.

2 points

Total: 8 points 7. a) Puisque le rapport de volume du cône de révolution et du cylindre est 1 : 3, alors le volume de copeaux est (le deux tiers, donc environ) 67% du volume du cylindre.

2 points

(on effectue les calculs en cm et cm2) L’aire du cylindre: 22 2A r r m= π + π , d’où 210 000 2 2 30r r= π + π⋅ .

1 point

2 30 5000 0r rπ + π − = 1 point 2 500030 0r r+ − =π

≈ 27,62, (≈ –57,62) < 0 1 point (Puisque la racine négative n’est pas une bonne solution, alors) le rayon du cercle de la base du cylindre est environ 27,62 (cm).

1 point

Le volume du cône est environ: 230 27,62

3 ⋅ π ≈

23 970 cm3. 1 point

Total: 7 points 7. b) (on effectue les calculs en cm et cm2) L’aire du cylindre 210 000 2 2r r m= π + π , d’où la

hauteur du cylindre 2 210 000 2 5000

2 πr rm

r r− π − π= =π

, 2 points

son volume 2πV r m= ,

donc 3( ) 5000V r r r= − π 5000o 0 rù

< < π . 2 points

2'( ) 5000 3V r r= − π 1 point Le volume peut être maximal si ( ) 0V r′ = , donc 25000 3 0r− π = ,

1 point

d’où (à cause de r > 0) r = 50003π

≈ 23,03 cm

(et cela fait partie du domaine de définition). 1 point

1r 2r



Puisque ( )V r′′ = –6rπ est négatif ici, alors c’est vraiement le lieu d’un maximum (absolu) qu’on a eu.

1 point

En r = 50003π

la fonction

derivée change de signe du négatif en positif, alors la fonction initiale a vraiement un maximum (absolu) ici.

Ainsi 25000

πrm

r− π= ≈ 46,07 cm. 1 point (m = 2r)

Total: 9 points Remarques : 1 Si le candidat se réfère exactement à ce que la section des cylindre de volume maximal des cylindre de révolution fermée d’une aire donnée est un carré et en raison de cela donne une réponse juste, alors il mérite le maxium de points. 2. Si le candidat ne donne pas d’unité de mesure dans certaines de ses réponses, alors qu’il perde en tout 1 point dans cet exercice.

8. a) 1ère variante de résolution

On place dans la deuxième ligne (de bas en haut) 13 + a, a + b, b + c et c + 7 dans cet ordre. 1 point

Ainsi nous pouvons établir le système d’équations suivant: (13 ) ( ) 36( ) ( ) 29( ) ( 7) 32

a a ba b b cb c c

+ + + = + + + = + + + =

2 points

2 232 29

2 25

a ba b c

b c

+ = + + = + =

En exprimant a de la première et c de la troisième

équation: 11,52ba = − et 12,5

2bc = − . 2 points

De la première équation b = 23 – 2a qu’en écrivant dans la deuxième équation: c = 3a – 17.

En les écrivant dans la deuxième équation:

11,5 2 12,5 292 2b bb − + + − =

, 1 point

En les écrivant dans la troisième équation: (23 – 2a) + 2(3a – 17) = 25.

d’où b = 5, 1 point a = 9

puis a = 511,52

− =

9 et c = 512,52

− =

10. 1 point b = (23 – 18 =) 5 et c = (27 – 17 =) 10

Vérification d’après le texte (p.ex. remplissage des deux lignes d’en bas de la pyramide de nombre). 1 point

Total: 9 points



8. a) 2ème variante de résolution Que le premier nombre de la deuxième ligne (de bas en haut) soit désigné par x. Dans ce cas, les autres nombres de la lignes sont les suivants: 36 – x; 29 – (36 – x) = x – 7; 32 – (x – 7) = 39 – x. (La somme des nombres voisins est égale au nombre écrit au dessus d’eux.)

2 points

On fait pareil dans les cases de la ligne d’en bas. a = x – 13; b = (36 – x) – (x – 13) = 49 – 2x; c = (x – 7) – (49 – 2x) = 3x – 56;

2 points

(3x – 56) + 7 = 39 – x, 1 point d’où x = 22. 1 point En remplaçant x, on obtient la solution: (a; b; c) = (9; 5; 10). 2 points

Vérification d’après le texte (p.ex. remplissage des deux lignes d’en bas de la pyramide de nombre). 1 point

Total: 9 points Remarques: 1. Si le candidat donne le remplissage correct (par exemple en faisant des essais) de la pramide de nombre, mais ne prouve pas qu’il n’y a pas d’autre remplissage correct, alors il mérite 3 points. 2. La pyramide complètement remplie est la suivante:

8. b) 1ère variante de résolution Puisque Tolna, Fejér et Somogy doivent être coloriés de couleurs différentes, supposons par exemple que Tolna est rouge, Fejér est jaune et Somogy est bleu.

2 points

Dans ce cas Bács-Kiskun ne peut être que bleu ou vert, et Baranya ne peut être que jaune ou vert, mais ils ne peuvent pas être de même couleur.

1 point

Ce point doit être accordé même si cette idée n’apparaît que dans la résolution

Donc pour colorier Bács-Kiskun et Baranya (dans cet ordre) il y a 3 possibilités: bleu-jaune, bleu-vert, vert-jaune.

1 point

Pour choisir la couleur de Tolna, de Fejér et de Somogy, il y a 4 3 2 24⋅ ⋅ = possibilités. 1 point

Comme dans le cas de chaque choix, il y a encore 3 coloriages possibles de Bács-Kiskun et de Baranya, alors

1 point

la figure peut être coloriés de (24 3 )⋅ = 72 façons différentes.

1 point

Total: 7 points

126 65 61 36 29 32 22 14 15 17 13 9 5 10 7



8. b) 2ème variante de résolution Supposons que Tolna est rouge et Fejér est jaune. (Pour colorier les autres comitats en respectant les conditions imposées, nous pouvons utiliser les couleurs jaune, bleu et vert.)

1 point

Il y a donc 6 coloriages convenables suivant les 6 colonnes du tableau suivant:

3 points*

Nous pouvons choisir les couleurs de Tolna et de Fejér de 4 · 3 = 12 façons. 1 point

Comme dans le cas de chaque choix, il y a encore 6 coloriages possibles de Somogy de Bács-Kiskun et de Baranya,

1 point

alors le nombre des coloriages possibles est 12 ·

6 = 72. 1 point

Total: 7 points Remarque: Que le candidat perde 1 point (mais 3 points au maximum) des 3 points marqués par * à chaque colonne erronée, absente ou double.

8. b) 3ème variante de résolution Nous colorions premièrement (dans cet ordre) les comitats Tolna, Fejér et Somogy: Tolna peut être colorié en 4, Fejér en 3 et Somogy en 2 couleurs.

1 point

Jusqu’ici, cela fait 4 3 2⋅ ⋅ (= 24) possibilités. 1 point

Séparons les cas suivant la couleur de Bács-Kiskun. 1 point


Si Bács-Kiskun et Somogy sont coloriés de même couleur, alors la couleur de Baranya peut être choisie de 2 façons. (Il ne peut pas être de même couleur que Tolna et Somogy.)

1 point

Si Bács-Kiskun et Somogy sont coloriés de couleurs différentes, alors la couleur de Bács-Kiskun (différente de celle de Tolna, de Fejér et de Somogy) ainsi que la couleur de Baranya (différente des couleurs de ses voisins) ne peut être choise que d’une façon.

1 point

On obtient dans le premier cas 24 2⋅ , et dans le deuxième cas 24 1⋅ coloriages possibles, 1 point

ainsi il y a en tout (24 2 24 1 ) 72⋅ + ⋅ = possibilités. 1 point Total: 7 points

comitat Tolna r r r r r r Fejér j j j j j j

Somogy b b b v v v Baranya j j v j j b

Bács-Kiskun b v v v v v



8. b) 4ème variante de résolution On sépare les cas suivant les couleurs vraiement utilisées. Comme les couleurs des comitats (par exemple) Tolna, Somogy et Baranya sont différentes, alors deux couleurs ne suffisent pas pour un coloriage juste.

1 point


Si nous utilisons trois couleurs, alors la couleur du comitat du milieu (Tolna) peut être choisie de 4, celle de Somogy et de Bács-Kiskun de 3, celle de Fejér et de Baranya de 2 façons différentes. Cela donne 4 3 2⋅ ⋅ (= 24) possibilités.

2 points

Les couleurs de Tolna, de Somogy et de Baranya peuvent être choisies de4 3 2⋅ ⋅ façons différentes, tandis que celle de Fejér et de Bács-Kiskun ne peut être qu’identique avec la couleur du comitat d’en face. Cela représente 24 possibilités.

Si nous utilisons quatre couleurs, alors la couleur du comitat du milieu (Tolna) peut être choisie de 4 façons différentes. Nous pouvons choisir de 3 façons différentes la couleur utilisée pour les deux comitats „opposés” et de 2 façons différentes les couples de comitats opposés (Fejér et Baranya ou Somogy et Bács-Kiskun). Les deux comitats restés peuvent êtres coloriés des deux couleurs restées de 2 façons différentes. Cela fait en tout 4 3 2 2⋅ ⋅ ⋅ (= 48) possibilités.

3 points

Ainsi le nombre des cas possibles: (24 + 48 =) 72. 1 point Total: 7 points

Remarque: Le coloriage d’une carte peut être considéré comme un exercice de théorie des graphes. Dans ce cas les comitats peuvent être considérés comme les sommets d’un graphe, et les points représentant les comitats limitrophes sont reliés par une arête. Lors d’un coloriage juste, les deux sommets de n’importe quelles arêtes du graphe sont de couleurs différentes. 9. a) 1 1 2

2 ( 2) ( 2)n n

n n n n n n+− = −

+ + += 1 point

= 22

2n n+= 1 point

= 22

( 1) 1n + − (donc l’affirmation est vraie). 1 point

Total: 3 points



9. b) 1ère variante de résolution

2 2 2 22 2 2 2

2 1 3 1 4 1 5 1+ + +

− − − −= 1 point

= 2 2 2 2 80 30 16 10 1363 8 15 24 120 120

+ + ++ + + = = = 1 point

Ce point doit être accordé même si le candidat calcule bien par calculatrice.

= 1715

1 point

Total: 3 points 9. b) 2ème variante de résolution Écrivons la somme cherchée d’après l’exercice a). 1 1 1 1 1 1 1 11 3 2 4 3 5 4 6

− + − + − + − = 1 point

= 1 1 1 11 2 5 6

+ − − = 1 point

Ce point doit être accordé même si le candidat calcule bien par calculatrice.

= 30 15 6 530

+ − − = 1715

1 point

Total: 3 points 9. c)

1 2 ...n nS a a a= + + + =

2 2 22 2 2...

2 1 3 1 ( 1) 1n= + + +

− − + − 1 point

(D’après l’exercice a):)

Sn = 1 1 1 1 1 1 1 1 ...1 3 2 4 3 5 4 6 − + − + − + − + +

1 1 1 1 1 12 1 1 2n n n n n n

+ − + − + − − − + + .

2 points

Chaque fonction (a part quatre) est présente avec signes positif et négatif aussi. La somme des fractions de signes opposés est 0, donc les deux premières positives et les deux dernières demeurent

dans la somme: 1 1 1 11 2 1 2nS

n n= + − −

+ +.

2 points

A cause du théorème concernant la limite de la somme et de la différence 1 point* Ce point doit être

accordé même si cette idée n’apparaît que dans la résolution.

et des limites 1lim 01n n→∞

= + et 1lim 0

2n n→∞

= +

la limite cherchée: 2 points*



3 1 1lim lim lim2 1 2nn n n

Sn n→∞ →∞ →∞

= − + + + = 1 point*

3 3(0 0)2 2

= − + = . 1 point*

Total: 10 points Remarque: Les 5 points marqués par * peuvent être accordés pour la résolution suivante:

2

23 5

2 6 4nn nS

n n+= =

+ + 1 point

3 2 32 ( 1)( 2)n

nSn n

+= − =+ +

2

53

6 42n

n n

+=

+ + 1 point

2

2

2 33

3 22 1

n n

n n

+= −

+ +

à cause de 1lim 0n n→∞

=

, et des théorèmes concernant

la limite du produit, de la somme et du quotient, 1 point


la limit cherchée est: 3 0lim2 0 0nn

S→∞

+= =+ +

1 point 3 0 0lim2 1 0 0nn

S→∞

+= − =+ +

32

= . 1 point

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