Métropole – Septembre 2015

Bac S – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce bac est disponible ici.

Exercice 1

Question 1 : Réponse C

D’après la propriété des probabilités totales, on a :

$$\begin{align*} p(B)&= p(A \cap B) + p\left(\overline{A} \cap B\right) \\\\
&= 0,6 \times 0,2 + (1-0,6)\times 0,3 \\\\
&= 0,24
\end{align*}$$

$\quad$

Question 2 : Réponse B

On veut calculer $P(T\ge 60) = \e^{-\ln(2)/30\times 60} = 0,25$

$\quad$

Question 3 : Réponse A

$P(X \ge 135) = 0,5 – P(110 \le X \le 135) \approx 0,159$

$\quad$

Question 4 : Réponse A

On a $p=0,5$ et $n=100$. Par conséquent $n \ge 30$, $np = n(1-p)50\ge 5$

Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est :

$$\begin{align*} I_{100} &= \left[0,5 – 1,98\sqrt{\dfrac{0,5 \times 0,5}{100}};0,5 + 1,98\sqrt{\dfrac{0,5 \times 0,5}{100}} \right] \\\\
&=[0,401;0,599]
\end{align*}$$

$\quad$

Question 5 : Réponse C

Un intervalle de confiance est donné par :$\left[p-\dfrac{1}{\sqrt{n}};p+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right]$.

Par conséquent son amplitude est de $\dfrac{2}{\sqrt{n}}$. On veut donc que $\dfrac{2}{\sqrt{n}} \pp 0,05$ soit $\dfrac{\sqrt{n}}{2} \pg 20$ et $n \pg 1~600$.

$\quad$

Exercice 2

Partie A

Pour montrer que la suite $\left(I_n\right)$ est croissante, on va étudier le signe de $I_{n+1} – I_n$.
$$\begin{align*} I_{n+1} – I_n &= \int_0^{n+1} f(x) \mathrm{d}x- \int_0^n f(x)\mathrm{d}x \\\\
&= \int_n^{n+1} f(x)\mathrm{d}x
\end{align*}$$
Puisque la fonction $f$ est positive et continue (car dérivable) sur $[0;+\infty[$, on a alors $\displaystyle \int_n^{n+1} f(x)\mathrm{d}x > 0$.
La suite $\left(I_n\right)$ est bien croissante.
$\quad$
a. Sur $[0;+\infty[$, $\e^x-x \ge \dfrac{e^x}{2} \ge 0$ donc $\dfrac{1}{\e^x-x} \le \dfrac{2}{\e^x}$ et $\dfrac{x}{\e^x-x} \le \dfrac{2x}{\e^x}$ (cette dernière inégalité est due au fait que $x \ge 0$).
$$\begin{align*} I_n &=\int_0^n \dfrac{x}{\e^x-x}\mathrm{d}x \\\\
& \le \int_0^n \dfrac{2x}{\e^x}\mathrm{d}x \\\\
& \le \int_0^n 2x\e^{-x}\mathrm{d}x
\end{align*}$$
$\quad$
b. D’après l’énoncé $H$ est dérivable sur $[0;+\infty[$.
$\begin{align*} H'(x) &= -\e^{-x} – (-x-1)\e^{-x} \\\\
&=-\e^{-x}+x\e^{-x}+\e^{-x} \\\\
&= x\e^{-x}
\end{align*}$
$\quad$
c. Par conséquent une primitive de $x \mapsto 2x\e^{-x}$ est $2H$.
Ainsi :
$$\begin{align*} \int_0^n 2x\e^{-x}\mathrm{d}x &= \left[2H(x)\right]_0^n \\\\
&= 2(-n-1)\e^{-n} -2(-1) \\\\
&= 2 – 2(n+1)\e^{-n} \\\\
& \le 2
\end{align*}$$
Car $-2(n+1)\e^{-x}<0$.
Par conséquent $I_n \le 2$.
$\quad$
La suite $\left(I_n\right)$ est croissante et majorée par $2$; elle est donc convergente.
$\quad$

Partie B

$\quad$
$$\begin{array}{|c|c|c|}
\hline
i&A&x\\
\hline
1&0&0,25 \\
\hline
2&0,060&0,5\\
\hline
3&0,169&0,75\\
\hline
4&0,306&1\\
\hline
\end{array}$$
$\quad$
$\quad$

L’algorithme nous fournit l’aire des rectangles dessinés.
$\quad$
On approche l’aire située entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=0$ et $x=1$ à l’aide de la somme des aires des rectangles c’est-à-dire la valeur de $\displaystyle \int_0^1 f(x)\mathrm{d}x$.
$\quad$

Exercice 3

Candidats n’ayant pas suivi la spécialité.

Un vecteur directeur de $(AB)$ est $\vec{AB}(-2;1;0)$.
Par conséquent une représentation paramétrique de la droite $(AB)$ est :
$$\begin{cases} x=-2k\\\\y=1+k \qquad k\in \R\\\\z=-1\end{cases}$$
$\quad$
a. Un vecteur directeur de $\mathscr{D}$ est $\vec{u}(1;1;-1)$
Or $\dfrac{-2}{1} \ne \dfrac{1}{1}$
Par conséquent $\vec{u}$ et $\vec{AB}$ ne sont pas colinéaires.
Les droites $(AB)$ et $\mathscr{D}$ ne sont pas parallèles.
$\quad$
b. Si les deux droites sont sécantes, les coordonnées de leur point d’intersection sont solutions des deux représentations paramétriques.
On doit donc résoudre :
$$\begin{cases} -2k=-2+t \\\\1+k = 1+t \\\\-1=-1-t \end{cases} =\begin{cases} t=0\\\\k=1\\\\k=0 \end{cases}$$
Ceci est impossible. Les deux droites ne sont donc pas sécantes.
$\quad$
Un vecteur directeur de $\mathscr{P}$ est $\vec{v}(1;1;-1) = \vec{u}$.
Le plan est donc orthogonal à la droite $\mathscr{D}$.
$-2+u+1+u-(-1-u)-3u = -2 +u+1+u+1+u-3u=0$.
Le point $M$ appartient bien au plan $\mathscr{P}$.
$\quad$
$-4+6u + 3-3u-(-1)-3u = -4 +6u+3-3u+1-3u=0$. Le point $N$ appartient donc au plan $\mathscr{P}$.
En prenant $k=2-3u$ dans la représentation paramétrique de $(AB)$ on retrouve les coordonnées de $N$. Ce point appartient donc également à $(AB)$.
Les coordonnées du point $A$ ne vérifient pas clairement l’équation de $\mathscr{P}$.
Par conséquent la droite $(AB)$ n’est pas incluse dans $\mathscr{P}$ et le point $N$ est bien le point d’intersection de $(AB)$ et $\mathscr{P}$.
$\quad$
a. On a $\vec{MN}(-2+5u;2-4u;u)$.
Par conséquent $\vec{MN}.\vec{u} = (-2+5u) \times 1 + (2-4u) \times 1 + u \times(-1) = -2+5u+2-4u-u=0$.
Donc $(MN)$ et $\mathscr{D}$ sont orthogonales.
Or le point $N$ appartient aux deux droites; elles sont donc perpendiculaires.
$\quad$
b. $\vec{AB}.\vec{MN} = -2(-2+5u)+1\times(2-4u) = 4-10u+2-4u=6-14u$.
Ces deux droites sont orthogonales si, et seulement si, $6-14u=0$ c’est-à-dire $u=\dfrac{7}{3}$.
Puisque le point $N$ appartient également à ces deux droites, elles sont perpendiculaires si $u=\dfrac{7}{3}$.
$\quad$
a.
$\begin{align*} MN^2 &= (-2+5u)^2+(2-4u)^2+u^2\\\\
&=4-20u+25u^2+4-16u+16u^2+u^2\\\\
&=8-36u+42u^2
\end{align*}$
$\quad$
b. La distance $MN$ est minimale si $MN^2$ est minimale.
Or $8-36u+42u^2$ est une expression du second degré minimale pour $u=\dfrac{36}{2\times 42}=\dfrac{3}{7}$.
$\quad$

Exercice 3

Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

Les nombres $15$ et $26$ sont premiers entre eux. Par conséquent, d’après le théorème de Bezout, l’équation $15u-26v=1$ possède au moins un couple d’entiers solution.
$7\times 15-26\times 4 = 1$.
Un couple solution est donc $(7;4)$.
$\quad$
Un solution particulière de $(E)$ est donc $(7m;4m)$.
$\quad$
Soit $(x;y)$ une autre solution de $(E)$.
Par différence on a alors $15x-26k – (15x_0-26k_0)=0$ soit $15\left(x-x_0\right)-26\left(k-k_0\right)=0$.
Réciproquement, si $(x;k)$ vérifie $15\left(x-x_0\right)-26\left(k-k_0\right)=0$.
Alors $15x-26k=15x_0-26k_0=m$
Donc $(x;k)$ est solution de $(E)$.
$\quad$
Un couple solution $(x;k)$ vérifie donc $15\left(x-x_0\right)=26\left(k-k_0\right)$ c’est-à-dire $15(x-7m)=26(k-4m)$.
$15$ et $26$ sont premiers entre eux.
D’après le théorème de Gauss, il existe donc $q\in \Z$ tel que :
$\begin{cases} x-7m=26q \\\\k-4m=15q\end{cases}$ $\ssi \begin{cases} x=7m+26q\\\\k=4m+15q \end{cases}$
Réciproquement, soit $q\in \Z$.
$15(26q+7m)-26(15q+4m) = 105m-104m=m$.
Le couple $(26q+7m;15q+4m)$ est donc solution de $(E)$.
Par conséquent les solutions de $(E)$ sont les couples $(26q+7m;15q+4m)$ pour tout $z\in\Z$.
$\quad$

Partie B

MATHS est associé à $12-0-19-7-18$
Ces nombres sont respectivement associés à $5-7-6-8-17$
On obtient alors le mot FHGIR.
$\quad$
a. Il existe donc un entier relatif $k$ tel que $15x+7=y+26k$ soit $15x-26k=y-7$.
$\quad$
b. On multiplie cette équation par $7$. On obtient alors $105x-182k=7y-49$.
Par conséquent $x\equiv 7y+3 \quad$ mod $26$.
$\quad$
c. Pour décrypter une lettre il suffit :
– d’associer à la lettre un nombre $y$ à l’aide du tableau
– d’associer ensuite $y$ l’entier $x$ qui est le reste de la division euclidienne de $7y+3$ par $26$.
– d’associer à $x$ la lettre correspondante.
$\quad$
W est associé à $22$. $7\times 22 + 3 = 157 \equiv 1\quad$ mod $26$.
Donc W est décodé en B.
$\quad$
H est associé à $7$. $7\times 7 + 3 = 52 \equiv 0\quad$ mod $26$.
Donc H est décodé en A.
$\quad$
L est associé à $11$. $7\times 11 + 3 = 80 \equiv 2\quad$ mod $26$.
Donc L est décodé en C.
$\quad$
Ainsi WHL est décodé en BAC.
$\quad$
Supposons que qu’il existe deux lettres différentes codées par la même lettre.
Il existe donc deux entiers naturels $x_1$ et $x_2$ tels que :
$15x_1+7 \equiv 15x_2+7 \quad$ mod $26$.
Donc $15\left(x_1-x_2\right) \equiv 0$ mod $26$.
Puisque $15$ et $26$ sont premiers entre eux, $15\left(x_1-x_2\right) \equiv 0$ mod $26$ si, et seulement si, $x_1-x_2 \equiv 0 \quad$ mod $26$.
Cela signifie donc que $x_1=x_2$.
Par conséquent deux lettres différentes sont codées par deux lettres différentes.
$\quad$

Exercice 4

Il n’y a que dans la situation 2 que le signe de $\mathscr{C}_f$ correspond aux variations de $\mathscr{C}_F$.
$\quad$
a. L’aire de ce domaine est d’environ $0,5 \times 1 = 0,5$ u.a.
$\quad$
b. Pour répondre à cette question, il faut être en mesure de déterminer la primitive dont une représentation graphique est fournie.
Une primitive de $f$ est $F$ définie sur $[0;+\infty[$ par $F(x)=\ln(x)+\dfrac{\left(\ln(x)\right)^2}{2} +C$.
Une lecture graphique ne permet pas de déterminer précisément la valeur de $C$.
Il n’est donc pas possible de fournir une valeur exacte de l’aire.
$\quad$
Remarque : Si on suppose que $F(1) = 0$ alors $C=0$ et $F(x)=\ln(x)+\dfrac{\left(\ln(x)\right)^2}{2}=\ln(x)\left(1+\dfrac{\ln(x)}{2}\right)$.
L’abscisse de $K$ vérifie donc $1+\ln x = 0$ soit $x=\e^{-1}$.
L’abscisse de $L$ vérifie donc $1 + \dfrac{\ln x}{2} = 0$ soit $x=\e^{-2}$ ou $\ln x=0$ soit $x=1$.
Or son abscisse est supérieure à $\dfrac{1}{2}$. Par conséquent $x_L = 1$.
Ainsi l’aire du domaine cherchée, puisque la fonction $f$ est positive et continue sur $\left[e^{-1};1\right]$ est :
$$\begin{align*} I &= \int_{\e^{-1}}^1 f(x) \mathrm{d}x \\\\
&= F(1)-F(\e^{-1})\\\\
&= -\left(-1+\dfrac{(-1)^2}{2}\right) \\\\
&= \dfrac{1}{2}
\end{align*}$$