Amérique du nord – Juin 2015

TS – Mathématiques – Correction

Le sujet de ce bac est disponible ici.

Exercice 1

Partie A

Les droites $(OB)$ et $(DU)$ doivent être parallèles.
$\quad$
La droite $(UV)$ est l’intersection des plans $(AEU)$ et $(SBC)$.
Or $(AE)$ et $(BC)$ sont parallèles.
D’après le théorème du toit, la droite $(UV)$ est donc parallèles à ces deux droites et donc à $(BC)$.
Dans le triangle $SOB$ :
– les droites $(DU)$ et $(OB)$ sont parallèles
– $D \in [OS]$ et $U\in [SB]$
D’après le théorème de Thalès on a $\dfrac{SD}{SO} = \dfrac{SU}{SB} = \dfrac{DU}{OB}$
Donc $\dfrac{DU}{1} = \dfrac{2}{3}$ car $SD = 2$ et $SO = 3$
Par conséquent $\vec{DU} = \dfrac{2}{3}\vec{OB}$ soit $\vec{DU}\left(0;\dfrac{2}{3};0\right)$.
Ainsi les coordonnées de $U$ sont $\left(0;\dfrac{2}{3};1\right)$.
Par conséquent $\vec{KU}\left(-\dfrac{5}{6};\dfrac{5}{6};1\right)$.
Mais $A(1;0;0)$ et $E(0;-1;0)$ donc $\vec{AE}(-1;-1;0)$.
Par conséquent $\vec{AE}.\vec{KU} = \dfrac{5}{6} – \dfrac{5}{6} = 0$.
Ainsi les deux vecteurs sont bien orthogonaux.
$\quad$
Montrons maintenant que $K\in[AE]$.
$\vec{AK}\left(-\dfrac{1}{6};-\dfrac{1}{6};0\right)$.
Donc $\vec{AK} = \dfrac{1}{6} \vec{AE}$. Les points $A$, $K$ et $E$ sont bien alignés.
$\quad$
$K$ est donc bien le pied de la hauteur issue de $U$ dans le trapèze $AUVE$.
$\quad$

Partie B

Regardons si les coordonnées de $A(1;0;0)$, $E(0;-1;0)$ et $U\left(0;\dfrac{2}{3};1\right)$ vérifient l’équation fournie. Ces trois points ne sont pas alignés car les droites $(AE)$ et $(SB)$ ne sont pas parallèles.
$A$: $3 + 0 + 0 – 3 = 0$
$E$ : $0+3+0-3 = 0$
$U$ : $0 – 2 + 5 – 3 = 0$.
Une équation du plan $(EAU)$ est donc bien $$3x-3y+5z-3=0$$
Un vecteur normal à ce plan est $\vec{n}(3;-3;5)$.
Par conséquent une représentation paramétrique de $(d)$ est $$\begin{cases}x=3t\\\\y=-3t\\\\z=3+5t\end{cases}$$
Les coordonnées de $H$ vérifient à la fois l’équation du plan $(EAU)$ et celles de $(d)$.
Donc $9t+9t+15+25t-3 = 0 \ssi 43t=-12 \ssi t=-\dfrac{12}{43}$.
On reporte ensuite cette valeur dans les équations de $(d)$ et on trouve ainsi les coordonnées de $H$ : $$\begin{cases} x_H = -\dfrac{36}{43} \\\\y_H = \dfrac{36}{43} \\\\z_H = \dfrac{69}{43} \end{cases}$$
Calculons dans un premier temps les coordonnées de $\vec{SH}\left(-\dfrac{36}{43};\dfrac{36}{43};-\dfrac{60}{43}\right)$.
Ainsi $SH = \dfrac{12}{\sqrt{43}}$.
Par conséquent le volume de $SEAU$ est : $\mathscr{V}_1 = \dfrac{\dfrac{5\sqrt{43}}{18} \times \dfrac{12}{\sqrt{43}}}{3} = \dfrac{10}{9}$.$\quad$
On a, grâce au théorème de Pythagore dans le triangle $AOB$ rectangle en $O$ $AB = \sqrt{2}$.
Donc le volume de $SABCE$ est $\mathscr{V}_2 = \dfrac{2 \times 3}{3} = 2$.
Or $\mathscr{V_1} \neq \dfrac{1}{2}\mathscr{V}_2$.
Le plan $(EAU)$ ne partage donc pas la pyramide $SABCE$ en deux solides de même volume.
$\quad$

Exercice 2

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

a. $A_0(-3;4)$, $A_1(-4,8;1,4)$ et $A_2(-4,68;-1,76)$
$\quad$
b. Variables :
$\quad$ $i,x,y,t$ : nombres réels
Initialisation :
$\quad$ $x$ prend la valeur $-3$
$y$ prend la valeur $4$
Traitement :
$\quad$ Pour $i$ allant de $0$ à $20$
$\qquad$ Construire le point de coordonnées $(x;y)$
$\qquad$ $t$ prend la valeur $x$
$\qquad$ $x$ prend la valeur $0,8x-0,6y$
$\qquad$ $y$ prend la valeur $0,6t+0,8y$
$\quad$ Fin Pour
$\quad$
c. Les points $A_n$ semblent être sur le cercle de centre $O$ et de rayon $5$.
a. Raisonnons par récurrence.
Initialisation :
$u_0 = |-3 + 4\ic| = \sqrt{9 + 16} = 5$.
La propriété est donc vraie au rang $0$.
$\quad$
Hérédité :
Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $u_n = 5$.
Alors :
$$\begin{align*} u_{n+1} &= \left|z_{n+1}\right| \\\\
& = \sqrt{(0,8x_n-0,6y_n)^2+(0,6x_n+0,8y_n)^2} \\\\
& = \sqrt{0,64x_n^2 + 0,36y_n^2-0,96x_ny_n + 0,36x_n^2+0,64y_n^2+0,96x_ny_n } \\\\
& = \sqrt{x^n_2 + y_n^2} \\\\
& = \left|z_n\right| \\\\
& = 5
\end{align*}$$
La propriété est donc vraie au rang $n+1$
$\quad$
Conclusion :
La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$, on a $u_n = 5$.
$\quad$
Tous les points $A_n$ appartiennent donc au cercle de centre $O$ et de rayon 5.
$\quad$
b.
$\begin{align*} \e^{\ic\theta}z_n & = (\cos \theta + \ic \sin \theta)(x_n + \ic y_n) \\\\
&=(0,8 + 0,6\ic)(x_n + \ic y_n) \\\\
&=0,8x_n + 0,8y_n \ic + 0,6x_n\ic – 0,6y_n \\\\
&= 0,8x_n – 0,6y_n + (0,6x_n + 0,8y_n)\ic\\\\
&= z_{n+1}
\end{align*}$
$\quad$
c. Raisonnons ici encore par récurrence.
Initialisation :
$z_0 = 1 \times z_0 = \e^{\ic \times 0 \theta}z_0$
La propriété est donc vraie au rang $0$.
$\quad$
Hérédité :
Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $z_n = \e^{\ic n \theta} z_0$
Alors :
$\begin{align*} z_{n+1} & = \e^{\ic \theta}z_n \\\\
&= \e^{\ic \theta} \times \e^{\ic n \theta} z_0 \\\\
& = \e^{\ic (n+1) \theta} z_0
\end{align*}$
La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
$\quad$
Conclusion :
La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$, on a : $z_n=\e^{\ic n \theta} z_0$.
$\quad$
d.
$\begin{align*} z_0 &= -3 + 4\ic \\\\
&= 5\left(-\dfrac{3}{5} + \dfrac{4}{5}\ic\right) \\\\
&= 5 (-0,6 + 0,8\ic)
\end{align*}$
Or $\cos \left(\theta + \dfrac{\pi}{2}\right) = -\sin \theta = -0,6 $
et $\sin \left(\theta + \dfrac{\pi}{2}\right) = \cos \theta = 0,8$.
Donc un argument de $z_0$ est bien $\theta + \dfrac{\pi}{2}$
$\quad$
e. Puisque $z_n=\e^{\ic n \theta} z_0$, cela signifie donc qu’un argument de $z_n$ est :
$$n\theta + \text{arg} (z_0) = n\theta + \theta +\dfrac{\pi}{2} = (n+1)\theta + \dfrac{\pi}{2}$$
$\theta$ est donc l’angle du secteur angulaire créé à partir de deux points consécutifs et de l’origine du repère.
Pour construire le point $A_{n+1}$, image par la rotation de centre $O$ et d’angle $\theta$ du point $A_n$ :
– on trace la demi droite $[Ox)$, de vecteur directeur $\vec{u}$, telle que $\left(\vec{OA_n};\vec{u}\right) = \theta$
– le point d’intersection de cette demi-droite et du cercle est le point $A_{n+1}$.
$\quad$

Exercice 2

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

On obtient à l’aide de la calculatrice :
$$M^2 = \begin{pmatrix}
6 &2 &3 \\
4 & 4 & 1 \\
10 & 4 & 7
\end{pmatrix}$$
$\quad$
$\quad$
$\begin{align*} M^2 + 8M + 6I &= \begin{pmatrix}
6 &2 &3 \\
4 & 4 & 1 \\
10 & 4 & 7
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
8 &8 &8 \\
8 & -8 & 8 \\
32 & 16 & 8
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
6 &0 &0 \\
0 & 6 & 0 \\
0 & 0 & 6
\end{pmatrix} \\\\
& = \begin{pmatrix}
20 &10 &11 \\
12 & 2 & 9 \\
12 & 20 & 21
\end{pmatrix} \\\\
& = M^3
\end{align*}$
$\quad$
On a ainsi :
$\begin{align*} M^3 = M^2 + 8M + 6I & \ssi M^3 – M^2 – 8M = 6I \\\\
& \ssi M\left(M^2 – M – 8I\right) = 6I \\\\
& \ssi M \times \dfrac{1}{6} \left(M^2 – M – 8I\right) = I
\end{align*}$
Ainsi $M$ est inversible d’inverse $\dfrac{1}{6} \left(M^2 – M – 8I\right)$.
$\quad$

Partie B Etude d’un cas particulier

Les points $A$, $B$ et $C$ appartiennent à la parabole. Leurs coordonnées vérifient donc l’équation $y=ax^2+bx+c$.
On obtient ainsi :
$\begin{cases} a + b + c = 1 \\\\
a – b + c = -1 \\\\
4a + 2b+ c = 5 \end{cases}$ $\ssi \begin{pmatrix}
1 &1 &1 \\
1 & -1 & 1 \\
4 & 2 & 1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\b\\c\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\-1\\5\end{pmatrix}$
$\quad$
On a ainsi $\begin{pmatrix} a \\b\\c\end{pmatrix} = M^{-1}\begin{pmatrix} 1 \\-1\\5\end{pmatrix}$.
$\quad$
Or $M^{-1} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} & \frac{1}{6} & \frac{1}{3} \\\\
\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 \\\\
1 & \frac{1}{3} & -\frac{1}{3} \end{pmatrix}$
$\quad$
Par conséquent $M^{-1}\begin{pmatrix} 1 \\-1\\5\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\1 \\-1 \end{pmatrix}$
$\quad$

Partie C Retour au cas général

$\quad$
$\begin{align*} \begin{pmatrix} a \\b\\c \end{pmatrix} = M^{-1} \begin{pmatrix} p \\q\\r \end{pmatrix} & \ssi \begin{pmatrix} a \\b\\c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-\frac{1}{2} & \frac{1}{6} & \frac{1}{3} \\\\
\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 \\\\
1 & \frac{1}{3} & -\frac{1}{3} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p \\q\\r \end{pmatrix} \\\\
& \ssi \begin{cases} -\dfrac{1}{2}p + \dfrac{1}{6}q + \dfrac{1}{3}r = a \\\\
\dfrac{1}{2}p – \dfrac{1}{2}q = b \\\\
a + \dfrac{1}{3}q – \dfrac{1}{3}r = c \end{cases} \\\\
& \ssi \begin{cases} -3p + q + 2r = 6a \\\\
3p – 3q = 6b \\\\
6p + 2q – 2r = 6c
\end{cases} \\\\
&\Rightarrow
\begin{cases} -3p +q + 2r \equiv 0 ~[6] \\\\
3p-3q \equiv 0 ~[6] \\\\
6p + 2q – 2r \equiv 0 ~[6]
\end{cases}
\end{align*}$
$\quad$
On considère l’équation $3p – 3q \equiv 0~[6]$ $\ssi 3(p – q) \equiv 0 ~[6]$.
Puisque $3(p-q)$ est un multiple de $6$, cela signifie donc que $p-q$ doit être un multiple de $2$ et par conséquent $p-q \equiv 0~[2]$.
Si, à partir du système précédent, on effectue le calcul $2L_1 + L_3$ on obtient :
$4q + 2r \equiv 0 ~[6]$ $\ssi 2(2q+r) \equiv 0~[6]$
Par conséquent $2q + r \equiv 0 ~[3]$ or $2 \equiv -1 ~[3]$.
On a ainsi $-q+r \equiv 0~[3]$ soit $q-r \equiv 0~[3]$
Donc
$$\begin{cases} q-r \equiv 0~[3] \\\\
p-q \equiv 0~[2] \end{cases}$$
$\quad$
a. $A$, $B$ et $C$ sont alignés si, et seulement si, $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ sont colinéaires.
Or $\vec{AB}(-2;q-p)$ et $\vec{AC}(1;r-p)$
Mais ces deux vecteurs sont colinéaires si, et seulement si :
$-2(r-p) = q-p$ $\ssi -2r +2p = q-p$ $ \ssi 2r+q-3p = 0 $
$\quad$
b. Puisque $p=7$ et que $p – q \equiv 0~[2]$ cela signifie qu’il existe $k\in \Z$ tel que $q = 7+2k$.
Puisque $q – r \equiv 0 ~[3]$ alors il existe $k’ \in \Z$ tel que $r=q + 3k’ = 7 + 2k + 3k’$.
Il ne faut pas que $2r + q – 3p = 0$
$ \ssi 14 + 4k + 6k’ + 7 + 2k – 21 = 0$
$ \ssi 6(k+k’) = 0$
$\ssi k’ = -k$.
Prenons par exemple $k=1$ et $k’ = 1$
On obtient ainsi $q= 9$, $r = 12$
En utilisant $\begin{pmatrix} a \\b\\c \end{pmatrix} = M^{-1} \begin{pmatrix} p \\q\\r \end{pmatrix} $ on trouve :
$$a=2 \qquad b = -1 \qquad c =6$$

Exercice 3

Partie A Contrôle avant la mise sur le marché

On doit donc calculer $P(98 \le X \le 102) \approx 0,954$.
$\quad$
On veut que :
$\begin{align*} P(98 \le X \le 102) = 0,97 & \ssi P(-2 \le X -100 \le 2) = 0,97 \\\\
& \ssi P\left(-\dfrac{2}{\sigma} \le \dfrac{X -100}{\sigma} \le \dfrac{2}{\sigma}\right) = 0,97
\end{align*}$
Or la variable aléatoire $Z = \dfrac{X -100}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite.
Par conséquent :
$\begin{align*} P(98 \le X \le 102) = 0,97 & \ssi 2P\left(Z \le \dfrac{2}{\sigma} \right) – 1 = 0,97 \\\\
&\ssi 2P\left(Z \le \dfrac{2}{\sigma} \right) = 1,97 \\\\
&\ssi P\left(Z \le \dfrac{2}{\sigma} \right) = 0,985 \\\\
& \ssi \dfrac{2}{\sigma} \approx 2,170 \\\\
& \ssi \sigma \approx 0,922
\end{align*}$

Partie B : Contrôle à la réception

Déterminons tout d’abord $P(C)$.
D’après la propriété des probabilités totales on a :
$\begin{align*} P(C) &= P(F_1\cap C) + P(F_2\cap C) + P(F_3\cap C) \\\\
&=0,5 \times 0,98 + 0,3 \times 0,9 + 0,2 \times 0,8 \\\\
& = 0,92
\end{align*}$
La probabilité cherchée est :
$P_C(F_1) $ $ = \dfrac{P(F_1 \cap C)}{P(C)}$ $ = \dfrac{0,5 \times 0,98}{0,92}$ $\approx 0,53$.
$\quad$
D’après la propriété des probabilités totales on a :
$\begin{align*} P(C) &= P(F_1\cap C) + P(F_2\cap C) \\\\
& = 0,98p + 0,9(1-p) \\\\
& = 0,08p + 0,9
\end{align*}$
On veut donc :
$\begin{align*} 0,08p+0,9 = 0,92 & \ssi 0,08p = 0,02 \\\\
&\ssi p = \dfrac{0,02}{0,08} \\\\
& \ssi p =0,25
\end{align*}$
$\quad$

Exercice 4

Partie A

La fonction $u$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
Pour tout $x \ge 0$, on a : $u'(x) = \dfrac{1}{x} + 1 > 0$.
Par conséquent la fonction $u$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$.
$\quad$
La fonction $u$ est continue sur $]0;+\infty[$ car dérivable sur cet intervalle. D’après la question précédente, elle est également strictement croissante sur cet intervalle.
$\lim\limits_{x \to 0^+} \ln x = -\infty$ donc $\lim\limits_{x \to 0^+} u(x) = -\infty$.
$\lim\limits_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} u(x) = +\infty$.
Donc $0 \in ]-\infty;+\infty[$.
D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $u(x) = 0$ possède une unique solution $\alpha$ sur $]0;+\infty[$.
De plus $u(2) =\ln 2 – 1 < 0$ et $u(3) = \ln 3>0$
Donc $2 < \alpha < 3$.
$\quad$
Par conséquent, puisque la fonction $u$ est strictement croissante :
Sur $]0;\alpha[$, $u(x) <0$.
$u(\alpha) = 0$
Sur $]\alpha; +\infty[$, $u(x) > 0$.
$\quad$

Partie B

$\lim\limits_{x \to 0^+} -\dfrac{1}{x} = -\infty$.
Donc $\lim\limits_{x \to 0^+} 1 – \dfrac{1}{x} = -\infty$
De plus $\lim\limits_{x \to 0^+} \ln x – 2 = -\infty$
Par conséquent, $\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = +\infty$.
$\quad$
a. La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
$\begin{align*} f'(x) &= \dfrac{1}{x^2}(\ln(x) – 2) + \left(1 – \dfrac{1}{x}\right)\times \dfrac{1}{x} \\\\
&= \dfrac{\ln(x) – 2 + x – 1}{x^2} \\\\
& = \dfrac{\ln(x) + x -3}{x^2} \\\\
& = \dfrac{u(x)}{x^2}
\end{align*}$
$\quad$
b. $x^2 > 0$ sur $]0;+\infty[$ donc $f'(x)$ est du signe de $u(x)$
Par conséquent la fonction $f$ est strictement décroissante sur $]0;\alpha]$ et croissante sur $[\alpha;+\infty[$
$\quad$

Partie C

$\quad$
$\begin{align*} f(x) – \ln(x) & = \left(1 – \dfrac{1}{x}\right)(\ln(x) – 2) + 2 – \ln(x) \\\\
&= \ln(x) – 2 – \dfrac{\ln(x) – 2}{x} + 2 – \ln(x) \\\\
& = \dfrac{2 – \ln(x)}{x}
\end{align*}$
$\quad$
Par conséquent $f(x) = \ln(x) \ssi 2 – \ln(x) = 0 \ssi x = \e^{2}$.
$\ln\left(\e^{2}\right) = 2$.
Les deux courbes $\mathscr{C}$ et $\mathscr{C’}$ ont donc un seul point d’intersection de coordonnées $\left(\e^{2};2\right)$.
$\quad$
$\quad$
$\begin{align*} I &= \displaystyle \int_1^{\e^2} \dfrac{2 – \ln(x)}{x} \mathrm{d}x \\\\
& = \int_1^{\e^2} \dfrac{2}{x} \mathrm – \int_1^{\e^2} \dfrac{\ln(x)}{x} \mathrm{d}x \\\\
& = \left[2\ln(x)\right]_1^{\e^2} – \left(H\left(\e^2\right) – H(1)\right) \\\\
& = 2 \times 2 – \dfrac{1}{2} \left(2^2 – 0\right) \\\\
& = 2
\end{align*}$.
Cela signifie donc que l’aire comprise entre les deux courbes $\mathscr{C}$ et $\mathscr{C’}$ et les droites d’équation $x=1$ et $x=\e^2$ est de $2$ u.a. .

$\quad$