Bac S – Antilles Guyane – Septembre 2015

Antilles Guyane – Septembre 2015

Bac S – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici.

Exercice 1

Partie A : Étude de la fonction $f_1$

  1. a. Pour tout réel $x$, on a $f_1′(x)=2x\e^{-2x}-2x^2\e^{-2x}=2x\e^{-2x}(1-x)$.
    $\quad$
    b. Puisque la fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$, le signe de $f_1(x)$ ne dépend que de celui de $x(1-x)$. Il s’agit d’un polynôme du second degré dont le coefficient principal est $a=-1$ et les racines sont $0$ et $1$.
    Par conséquent $f_1′(x)$ est négatif sur les intervalles $]-\infty;0]$ et $[1;+\infty[$ et négatif sur $[0;1]$.
    Ainsi la fonction $f_1$ est décroissante sur $]-\infty;0]$, croissante sur $[0;1]$ et décroissante sur $[1;+\infty[$.
    $\quad$
    c. $\lim\limits_{x \to -\infty} -2x=+\infty$ par conséquent $\lim\limits_{x \to -\infty} \e^{-2x} = +\infty$.
    $\lim\limits_{x \to -\infty} x^2 = +\infty$ donc par produit $\lim\limits_{x \to -\infty} f_1(x)=+\infty$.
    $\quad$
    d. $f_1(x)=x^2\e^{-2x}=\dfrac{x^2}{\e^{2x}} = \dfrac{x^2}{\left(\e^x\right)^2} = \left(\dfrac{x}{\e^x}\right)^2$.
    $\quad$
    On sait que $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\e^x}{x}=+\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\e^x}=0$.
    Puisque $\lim\limits_{X \to +\infty} X^2 = 0$ on obtient par composition $\lim\limits_{x \to +\infty} f_1(x)=0$.
    $\quad$
  2. On a :
    $\begin{align*} I_1 &= \int_0^1 f_1(x)\mathrm{d}x  \\\\
    &= F_1(1)-F_1(0) \\\\
    &=-\e^{-2} \times \dfrac{5}{4} + \dfrac{1}{4}
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B : Étude de la suite $\left(I_n\right)$

  1. a. La fonction $f_n$ est continue (car dérivable) sur $\R$ et positive sur $[0;1]$.
    Par conséquent $I_n$ correspond à l’aire comprise entre la courbe $\mathscr{C}_n$, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=0$ et $x=1$.
    $\quad$
    b. On calcule des valeurs approchées de $I_n$ à l’aide de la calculatrice.
    $I_1 \approx 0,0808$, $I_2 \approx 0,0238$, $I_3 \approx 0,0087$, $I_4 \approx 0,0039$, $I_{100} \approx 2 \times 10^{-7}$.
    La suite $\left(I_n\right)$ semble donc décroissante et converger vers $0$.
    $\quad$
  2. a. Soit $n$ un entier naturel non nul.
    $f_{n+1}(x)=x^2\e^{^-2(n+1)x} = x^2\e^{-2nx-2x} = x^2\e^{-2nx}\times \e^{-2x}=f_n(x)\e^{-2x}$
    $\quad$
    b. Sur $[0;1]$, la fonction $\e^{-2x} \le \e^0$ soit $\e^{-2x} \le 1$.
    Par conséquent, en multipliant les deux côtés de cette inégalité par $f_n(x)$, qui est toujours positif sur $[0;1]$ car produit de facteurs positifs, on obtient :
    $f_{n+1}(x) = f_n(x)\e^{-2x} \le f_n(x)$.
    $\quad$
    c. La suite $\left(I_n\right)$ est donc décroissante.
    $\quad$
  3. a. Sur $[0;1]$, $0 \le x^2 \le 1$.
    Par conséquent, en multipliant l’encadrement par $\e^{-2nx}$ qui est toujours positif, on obtient $0 \le f_n(x) \le \e^{-2nx}$ pour tout entier naturel $n$ non nul.
    $\quad$
    b. On a donc, en intégrant sur $[0;1]$ :
    $\begin{align*} 0 \le I_n \le \int_0^1 \e^{-2nx}\mathrm{d}x &\ssi 0 \le I_n \le \left[\dfrac{\e^{-2nx}}{-2n}\right]_0^1 \\\\
    &\ssi 0 \le I_n \le \dfrac{\e^{-2n}}{-2n}+\dfrac{1}{2n}
    \end{align*}$
    Or $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{2n}=0$, $\lim\limits_{n \to +\infty} \e^{-2n} = 0$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{\e^{-2n}}{-2n} = 0$.
    Par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty} \left(\dfrac{\e^{-2n}}{-2n}+\dfrac{1}{2n}\right) = 0$
    D’après le théorème des gendarmes, on a donc $\lim\limits_{n \to +\infty} I_n =0$.
    $\quad$

Exercice 2

Partie A


  1. bacS - antilles guyane-sept2015-ex2
  2. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} \phantom{\ssi}p(J) &=p(R \cap J)+p\left(\overline{R} \cap J\right) \\\\
    \ssi 0,2&=0,4 \times 0,25 + 0,6x \\\\
    \ssi 0,1&=0,6x\\\\
    \ssi x&=\dfrac{1}{6}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. On veut calculer :
    $\begin{align*} p_J(R)&=\dfrac{p(J\cap R)}{p(J)} \\\\
    &=\dfrac{0,4 \times 0,25}{0,2} \\\\
    &=\dfrac{1}{2}
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

  1. Il s’agit de $500$ tirages indépendants, avec remise, aléatoires ne présentant que deux issues : $J$ et $\overline{J}$. De plus $p(J)=0,2$.
    La variable aléatoire $X$ suit donc la loi binomiale de paramètres $n=500$ et $p=0,2$.
    $\quad$
  2. On veut calculer $P(X\ge 75) = 1-P(X \le 74) \approx 0,998$
    La probabilité qu’au moins $75$ bouteilles de cet échantillon soient pur jus est donc d’environ $99,8\%$.
    $\quad$

Partie C

  1. On a $n=900$ et $p=0,9$
    Ainsi $n = 900 \ge 30 \checkmark$ $\quad np=810 \ge 5 \checkmark$ $\quad n(1-p) = 90 \ge 5 \checkmark$.
    Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est donc :
    $\begin{align*} I_{900} &=\left[0,9-1,96\sqrt{\dfrac{0,9 \times 0,1}{900}};0,9+1,96\sqrt{\dfrac{0,9 \times 0,1}{900}}\right] \\\\
    & =[0,8804;0,9196]
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. La fréquence observée est $f=\dfrac{766}{900} \approx 0,851 \notin I_{900}$.
    Par conséquent, au risque de $5\%$ on peut remettre en question l’affirmation du fournisseur.
    $\quad$

Exercice 3

  1. On a $\ln\left(u_{n+1}\right) = \ln \left(u_n\right) -1 = \ln \dfrac{u_n}{\e}$.
    Cela signifie donc que $u_{n+1}=\dfrac{u_n}{\e}$.
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc géométrique de raison $\dfrac{1}{\e}$ et de premier terme $u_0=1$.
    $\quad$
  2. Prenons par exemple la suite $\left(v_n\right)$ définie par $v_n=\e^{-n}$.
    Pour tout entier naturel $n$, on a $v_n \le 1$. La suite $\left(v_n\right)$ est donc majorée.
    $w_n=1-\ln\left(v_n\right)=1-\ln \e^{-n} = 1-(-n)=1+n$.
    La suite $\left(w_n\right)$ n’est donc pas majorée.
    La proposition est donc fausse.
    $\quad$
  3. $\left|\dfrac{\sqrt{2}}{4}+\ic\dfrac{\sqrt{6}}{4}\right|=\sqrt{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
    On a donc $\left|z_{n+1}\right|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left|z_n\right|$.
    La suite $\left(\left|z_n\right|\right)$ est donc géométrique de raison $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
    Son premier terme est $\left|z_0\right| = \sqrt{13}$.
    Ainsi, pour tout entier naturel $n$, on a $\left|z_n\right|=\sqrt{13}\times \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n$.
    On cherche la plus petite valeur de $n$ telle que :
    $\begin{align*} \sqrt{13}\times \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n \le 10^{-20} &\ssi \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n \le \dfrac{10^{-20}}{\sqrt{13}} \\\\
    &\ssi n\ln \dfrac{\sqrt{2}}{2} \le \ln \dfrac{10^{-20}}{\sqrt{13}} \\\\
    &\ssi n \ge \dfrac{\ln \dfrac{10^{-20}}{\sqrt{13}}}{\ln  \dfrac{\sqrt{2}}{2}} \\\\
    &\ssi 137
    \end{align*}$
    Par conséquent, pour tout entier naturel supérieur ou égal à $137$, $\left|z_n\right|\le 10^{20}$.
    $\quad$

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. a. On a $B(1;0;0)$ et $D(0;1;0)$.
    En prenant $s=1$ dans la représentation paramétrique fournie, on retrouve les coordonnées de $B$.
    En prenant $s=0$ dans la représentation paramétrique fournie, on retrouve les coordonnées de $D$.
    Il s’agit donc bien d’une représentation paramétrique de la droite $(DB)$.
    $\quad$
    b. On a $A(0;0;0)$ et $G(1;1;1)$.
    Ainsi $\overrightarrow{AG}(1;1;1)$
    Une représentation paramétrique de $(AG)$ est par conséquent $\begin{cases}x=t\\y=t \quad t\in \R\\z=t\end{cases}$.
    Les points de la droite $(AG)$ sont donc bien les points de coordonnées $(t;t;t)$ où $t$ est un réel.
    $\quad$
  2. On a $M(s;1-s;0)$ et $N(t;t;t)$. Ainsi $\overrightarrow{MN}(t-s;t+s-1;t)$.
    $\overrightarrow{AG}.\overrightarrow{MN} = t-s+t+s-1+t = 3t-1$ et $\overrightarrow{DB}.\overrightarrow{MN} = t-s-(t+s-1) = -2s+1$
    $\quad$
    $(MN)$ est perpendiculaire à $(AG)$ et $(DB)$
    si, et seulement si, $\overrightarrow{AG}.\overrightarrow{MN} =0$ et $\overrightarrow{DB}.\overrightarrow{MN} = 0$
    si, et seulement si, $3t-1=0$ et $-2s+1=0$
    si, et seulement si, $t=\dfrac{1}{3}$ et $s=\dfrac{1}{2}$
    si, et seulement si, $M\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};0\right)$ et $N\left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right)$
    $\quad$
  3. a.
    $\begin{align*} MN^2&=(t-s)^2+(t+s-1)^2+t^2\\\\
    &=t^2-2st+s^2+t^2+2ts-2t+s^2-2s+1+t^2 \\\\
    &=3t^2-2t+2s^2-2s+1 \\\\
    &=3\left(t^2-\dfrac{2}{3}t\right) + 2(s^2-s)+1 \\\\
    &=3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2-\dfrac{1}{3}+ 2\left(s-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{1}{2}+1 \\\\
    &=3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2+ 2\left(s-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{6}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. On a donc $MN^2 \ge \dfrac{1}{6}$ et $MN^2 = \dfrac{1}{6}$ si, et seulement si, $t=\dfrac{1}{3}$ et $s=\dfrac{1}{2}$.
    La droite $(MN)$ est alors perpendiculaire aux droites $(AG)$ et $(DB)$.
    $\quad$

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. Les nombres $51$ et $26$ sont premiers entre eux.
    D’après le théorème de Bezout, l’équation $51x-26y=1$ admet donc au moins une solution.
    $\quad$
  2. a. $51 \times (-1)-26\times (-2) = -51+52=1$
    Le couple $(-1;-1)$ est donc solution de cette équation.
    $\quad$
    b. Soit $(x;y)$ une autre solution de cette équation.
    $51x-26y=1$ et $51 \times (-1)-26\times (-2) =1$
    Par différence, on obtient :
    $51(x+1)-26(y+2)=0$ soit $51(x+1)=26(y+2)$
    Les nombres $51$ et $26$ sont premiers entre eux.
    D’après le théorème de Gauss, il existe donc un entier relatif $k$ tel que $x+1=26k$ et $y+2=51k$
    Soit $x=26k-1$ et $y=51k-2$.
    $\quad$
    Réciproquement :
    Soit $k$ un entier relatif.
    $51(26k-1)-26(51k-2)=1326k-51-1326k+52=1$
    L’ensemble des couples solutions de l’équation est donc l’ensemble des couples $(26k-1;51k-2)$ pour tout entier relatif $k$.
    $\quad$

Partie B

  1. $N$ est associé à l’entier $13$.
    $51\times 13 + 2=665$ et $665\equiv 15~[26]$
    $N$ est donc codé par la lettre $P$.
    $\quad$
  2. $51a\equiv 1~[26]$ Il existe donc un entier relatif $b$ tel que $51a=1+26b$ soit $51a-26b=1$
    D’après la partie A, il existe donc un entier relatif $k$ tel que $a=26k-1$.
    On veut que $0 \le a \le 26$  $\ssi 0 \le 26k-1\le 1$ $\ssi 1\le 26k \le 27$ $\ssi k=1$
    Par conséquent $a=25$.
    $\quad$
  3. On a donc :
    $\begin{align*} 51x+2\equiv y~[26] & \rightarrow 51ax+2a \equiv ay~[26] \\\\
    &\rightarrow x+50 \equiv ay~[26] \\\\
    &\rightarrow x+24 \equiv ay~[26] \\\\
    &\rightarrow x \equiv ay-26~[26] \\\\
    &\rightarrow x\equiv ay+2~[26]
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. $25 \times 13 + 2=327 \equiv 15~[26]$
    Ainsi la lettre $P$ est codée par la lettre $N$.
    $\quad$
  5. Si $f(x)=y$ alors
    $51y+2 \equiv 25y+2~[26]$ soit $f(y)=x$.
    Ainsi $f\left(f(x)\right)=x$
    Quand on applique deux fois de suite la fonction $f$ on retrouve la lettre de départ.
    Par conséquent si on applique $100$ fois de suite la fonction $f$ on obtiendra la lettre de départ.
    $\quad$