Bac S – Amérique du Nord – Juin 2016

Amérique du Nord – juin 2016

Bac S – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici : obligatoire et spécialité.

Exercice 1

Partie A

  1. On a $P(A)=0,6$ et $P_A(V)=0,98$
    Donc $P(A\cap V) = P(A) \times P_A(V)=0,6\times 0,98 = 0,588$.
    $\quad$
  2. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} P(V)&=P(A\cap V)+P(B\cap V) \\
    0,96&=0,588+P(B\cap V)
    \end{align*}$
    Donc $P(B\cap V)=0,96-0,588=0,372$.
    $\quad$
  3. On veut calculer $P(_{\overline{V}}(B)=\dfrac{P\left(\overline{V}\cap B\right)}{P\left(\overline{V}\right)}$.
    On sait que $P\left(\overline{V}\right) = 1-P(V)=0,04$.
    Puisque $P(V\cap B)=0,372$ et $P(B)=0,4$ alors $P_B(V)=\dfrac{P(V\cap B)}{P(B)}=\dfrac{0,372}{0,4}=0,93$.
    Ainsi $P_B\left(\overline{V}\right) = 1-0,93=0,07$.
    Donc $P\left(\overline{V}\cap B\right)=P_B\left(\overline{V}\right) \times P(B)=0,07\times 0,4=0,028$.
    Par conséquent $P_{\overline{V}}(B)=\dfrac{P\left(\overline{V}\cap B\right)}{P\left(\overline{V}\right)} = \dfrac{0,028}{0,04}=0,7$.
    Le technicien a donc raison.
    $\quad$

Partie B

  1. On veut calculer $P(0,9\leqslant X \leqslant 1,1) \approx 0,93$
    On retrouve bien la valeur de $P_B(V)$ trouvée à la question A.3.
    $\quad$
  2. On a :
    $\begin{align*} P(0,9 \leqslant Y \leqslant 1,1)=0,98 &\ssi P(-0,1 \leqslant Y-1 \leqslant 0,1)=0,98 \\
    &\ssi P\left(-\dfrac{0,1}{\sigma’} \leqslant \dfrac{Y-1}{\sigma’} \leqslant \dfrac{0,1}{\sigma’}\right)=0,98
    \end{align*}$
    Or la variable aléatoire $Y’=\dfrac{Y-1}{\sigma’}$ suit la loi normale centrée réduite.
    Ainsi :
    $\begin{align*} P\left(-\dfrac{0,1}{\sigma’} \leqslant \dfrac{Y-1}{\sigma’} \leqslant \dfrac{0,1}{\sigma’}\right)=0,98 &\ssi 2P\left(Y’ \leqslant \dfrac{0,1}{\sigma’}\right)-1=0,98 \\
    &\ssi 2P\left(Y’ \leqslant \dfrac{0,1}{\sigma’}\right) = 1,98 \\
    &\ssi P\left(Y’ \leqslant \dfrac{0,1}{\sigma’}\right) = 0,99
    \end{align*}$
    A l’aide de la touche Inverse loi normale de la calculatrice on trouve :
    $\dfrac{0,1}{\sigma’} \approx 2,326 \ssi \sigma’ \approx 0,043$.
    $\quad$

Partie C

  1. On appelle $X$ la variable aléatoire comptant le nombre de billes noires.
    Il y a $40$ tirages aléatoires, indépendants avec remise.
    A chaque tirage, il y a deux issues $N$ “la bille tirée est noire” et $\overline{N}$.
    De plus $P(N)=\dfrac{1}{5}=0,2$ (il y a équiprobabilité des couleurs lors de la teinte).
    Donc $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=40$ et $p=0,2$.
    a. Ainsi $P(X=10)=\displaystyle \binom{40}{10}\times 0,2^{10}\times 0,8^{30}\approx 0,107$.
    $\quad$
    b. On a $n=40\geqslant 30$, $p=0,2$ donc $np=8\geqslant 5$ et $n(1-p)=32\geqslant 5$.
    Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est alors :
    $\begin{align*} I_{40}&=\left[0,2-1,96\sqrt{\dfrac{0,2\times 0,8}{40}};0,2+1,96\sqrt{\dfrac{0,2\times 0,8}{40}}\right]\\
    &\approx [0,076;0,324]
    \end{align*}$
    La fréquence observée est $f=\dfrac{12}{40}=0,3\in I_{40}$.
    Cela ne remet donc pas en cause le réglage de la machine qui teinte les billes.
    $\quad$
  2. On appelle $X’$ la variable aléatoire comptant le nombre billes noires parmi $n$ boules tirées.
    Pour les mêmes raisons qu’à la question C.1.a. $X’$ suit la loi binomiale de paramètres $n$ et $p=0,2$.
    On veut obtenir :
    $\begin{align*} P(X’\geqslant 1)\geqslant 0,99 &\ssi 1-P(X’=0) \geqslant 0,99 \\
    &\ssi -P(X’=0) \geqslant -0,01 \\
    &\ssi P(X’=0) \leqslant 0,01 \\
    &\ssi 0,8^n \leqslant 0,01 \\
    &\ssi n\ln(0,8) \leqslant \ln(0,01) \\
    &\ssi n \geqslant \dfrac{\ln(0,01)}{\ln(0,8)} \\
    &\ssi n \geqslant 21
    \end{align*}$
    Il faut donc que les sachets contiennent au moins $21$ billes pour que la probabilité d’obtenir au moins une bille noire dans le sachet soit supérieure à $0,99$.
    $\quad$

Exercice 2

Partie A

  1. $\quad$
    $\begin{align*} f(2\e)&=2\e\ln\left(\dfrac{2\e}{2}\right)-2\e+2 \\
    &=2\e\ln(\e)-2\e+2\\
    &=2\e-2\e+2\\
    &=2
    \end{align*}$
    Donc $B$ appartient bien à la courbe $\mathscr{C}_f$.
    $\quad$
    $\begin{align*} f(2)&=2\ln\left(\dfrac{2}{2}\right)-2+2 \\
    &=2\ln(1) \\
    &=0
    \end{align*}$.
    Donc $I$ appartient bien également à la courbe $\mathscr{C}_f$.
    $\quad$
    $\begin{align*} f'(x)&=\ln\left(\dfrac{x}{2}\right)+x\times \dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{x}{2}}-1 \\\\
    &=\ln\left(\dfrac{x}{2}\right)+1-1 \\\\
    &=\ln\left(\dfrac{x}{2}\right)
    \end{align*}$
    Ainsi $f'(2)=\ln(1)=0$.
    L’axe des abscisses est donc tangent à la courbe $\mathscr{C}_f$ au point $I$.
    $\quad$
  2. a. Une équation d’une tangente au point d’abscisse $a$ est de la forme $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
    $f'(2\e)=\ln(\e)=1$.
    Ainsi une équation de $\mathscr{T}$ est :
    $y=1(x-2\e)+2$
    soit $y=x-2\e+2$.
    Le point $D$ appartient à l’axe des abscisses donc $y_D=0$.
    On veut ainsi résoudre $x_D-2\e+2=0$ soit $x_D= 2\e-2$.
    Ainsi $D(2\e-2;0)$.
    $\quad$
    b. Aire du triangle $ABI$ : $\mathscr{A}_1 = \dfrac{AB\times AI}{2} = \dfrac{(2\e-2)\times 2}{2}=2\e-2$.
    Aire du trapèze $AIDB$ : $\mathscr{A}_2 = \dfrac{(AB+ID)\times AI}{2}=\dfrac{\left(2\e-2+(2\e-2-2)\right)\times 2}{2}=4\e-6$
    Ainsi le volume de la cuve est compris $5\times(2\e-2)=10\e-10$ m$^3$ et $5(4\e-6)=20\e-30$ m$^3$.
    $\quad$
  3. a. $G$ est une fonction dérivable sur l’intervalle $[2;2\e]$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    Pour tout réel $x$ de $[2;2\e]$ on a :
    $\begin{align*} G'(x)&=x\ln\left(\dfrac{x}{2}\right)+\dfrac{x^2}{2}\times \dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{x}{2}}-\dfrac{x}{2} \\\\
    &=x\ln\left(\dfrac{x}{2}\right)+\dfrac{x}{2}-\dfrac{x}{2} \\\\
    &=g(x)
    \end{align*}$
    Donc $G$ est une primitive de $g$ sur l’intervalle $[2;2\e]$.
    $\quad$
    b. Une primitive de $f$ sur l’intervalle $[2;2\e]$ est donc définie pour tout $x$ de cet intervalle par :
    $\begin{align*} F(x)&=G(x)-\dfrac{x^2}{2}+2x\\
    &= \dfrac{x^2}{2}\ln\left(\dfrac{x}{2}\right)-\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{x^2}{2}+2x\\
    &= \dfrac{x^2}{2}\ln\left(\dfrac{x}{2}\right)-\dfrac{3x^2}{4}+2x
    \end{align*}$
    $\quad$
    c.
    $\begin{align*} S&=\displaystyle \int_2^{2\e} \left(2-f(x)\right)\mathrm{d}x \\\\
    &=\int_2^{2\e}2\mathrm{d}x-\int_2^{2\e}f(x)\mathrm{d}x \\\\
    &=2(2\e-2)-\left(F(2\e)-F(2)\right) \\\\
    &= 4\e-4-\left(2\e^2\ln(\e)-3\e^2+4\e-\left(2\ln(1)-3+4\right)\right) \\\\
    &=4\e-4-\left(2\e^2-3\e^2+4\e-1\right) \\\\
    &=4\e-4-\left(\e^2+4\e-1\right) \\\\
    &=\e^2-3
    \end{align*}$
    Ainsi $V=5S=5\e^2-15$ m$^3$ $\approx 22$ m$^3$.
    $\quad$

Partie B

  1. On cherche la valeur de $x$ telle que $f(x)=1$
    La fonction $f$ est continue sur $[2;2\e]$.
    $f'(x)=\ln\left(\dfrac{x}{2}\right)$
    Pour $x\geqslant 2$ on a $\dfrac{x}{2} \geqslant 1$
    Donc sur $[2;2\e]$, $f'(x) \geqslant 0$.
    $f$ est donc strictement croissante sur $[2;2\e]$.
    $f(2)=0$ et $f(2\e)=2$.
    $1\in [0;2]$.
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), il existe un unique réel $\alpha \in [2;2\e]$ tel que $f(\alpha)=1$.
    $\alpha \approx 4,311$.
    $V(\alpha) \approx 7,453$.
    Il y a donc environ $7$ m$^3$ d’eau dans la cuve quand la hauteur d’eau est de un mètre.
    $\quad$
  2. Cet algorithme permet d’afficher la hauteur d’eau dans la cuve pour que celle-ci soit remplie à moitié.

Exercice 3

  1. $|1+\ic|=\sqrt{2}$
    Donc $1+\ic=\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\ic\right)=\sqrt{2}\e^{\ic\pi/4}$.
    $\quad$
  2. La longueur d’une demi diagonale est donc $4$.
    Si $OM_n > 4$ alors le point $M_n$ est à l’extérieur du carré $ABCD$.
    $\begin{align*} \left|(1+\ic)^n\right| > 4 &\ssi \sqrt{2}^n > 4 \\\\
    &\ssi n\ln \sqrt{2} > \ln 4 \\\\
    &\ssi n > \dfrac{\ln 4}{\ln \sqrt{2}} \\\\
    &\ssi n > \dfrac{2\ln2}{\dfrac{1}{2}\ln 2} \\\\
    &\ssi n > 4
    \end{align*}$
    Ainsi si $n>4$ alors le point $M_n$ est à l’extérieur du carré $ABCD$. Donc $n_0=5$.
    $\quad$

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. $ABCD$ est un carré de centre $O$ tel que $OB=1$.
    Ainsi $OB=OC=1$.
    Les diagonales d’un carré sont perpendiculaires donc $\vect{OB}.\vect{OC}=0$.
    $[OS]$ est la hauteur  de la pyramide donc $(OS)$ est perpendiculaire au plan $(OBC)$. Ainsi $\vect{OS}$ est orthogonal à $\vect{OB}$ et $\vect{OC}$.
    Il ne reste plus qu’à montrer que $OS=1$.
    Dans le triangle $OBC$ rectangle en $O$ on applique le théorème de Pythagore.
    Ainsi $BC^2=OB^2+OC^2=2$ donc $BC=\sqrt{2}$.
    Toutes les arrêtes ayant la même longueur, on a également $AS=\sqrt{2}$.
    Dans le triangle $OAS$ rectangle en $O$ on applique le théorème de Pythagore :
    $\begin{align*} AS^2=OS^2+OA^2&\ssi 2=OS^2+1 \\
    &\ssi 1=OS^2 \\
    &\ssi OS=1
    \end{align*}$
    Le repère $\left(O;\vect{OB},\vect{OC},\vect{OS}\right)$ est donc orthonormé.
    $\quad$
  2. a. $\vect{OD}=-\vect{OB}$. Donc les coordonnées de $D$ sont $(-1;0;0)$. On a de plus $S(0;0;1)$
    Ainsi $\vect{SD}(-1;0;-1)$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \vect{SK}=\dfrac{1}{3}\vect{SD} &\ssi \begin{cases} x_K = \dfrac{1}{3}\times (-1) \\y_K=\dfrac{1}{3}\times 0 \\z_K-1=\dfrac{1}{3}\times (-1) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x_k=-\dfrac{1}{3} \\y_k=0 \\z_k=1-\dfrac{1}{3} \end{cases} \\
    &\ssi K\left(-\dfrac{1}{3};0;\dfrac{2}{3}\right)
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. $I(0;0;0,5)$ et $B(1;0;0)$
    Ainsi $\vect{BI}(-1;0;0,5)$
    $\vect{BK}\left(-\dfrac{4}{3};0;\dfrac{2}{3}\right)$
    Ainsi $\vect{BK}=\dfrac{4}{3}\vect{BI}$.
    Les vecteurs sont donc colinéaires et les points $B$, $I$ et $K$ sont alignés.
    $\quad$
    c. On appelle $L’$ le point défini par la relation $\vect{Sl’}=\dfrac{1}{3}\vect{SA}$.
    Pour les mêmes raisons qu’à la question précédente $C$, $I$ et $L’$ sont alignés.
    Ainsi $L’$ est l’intersection de $(CI)$ et de $(SA)$.
    Donc $L=L’$.
    Par  conséquent :
    $\begin{align*} \vect{LK}&=\vect{LS}+\vect{SK} \\
    &=\dfrac{1}{3}\vect{AS}+\dfrac{1}{3}\vect{SD} \\
    &=\dfrac{1}{3}\left(\vect{AS}+\vect{SD}\right) \\
    &=\dfrac{1}{3}\vect{AD}
    \end{align*}$
    Les droites $(AD)$ et $(KL)$ sont donc parallèles.
    $\quad$
    d. $A(0;-1;0)$ et $D(-1;0;0)$ donc $\vect{AD}(-1;1;0)$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \vect{LK}=\dfrac{1}{3}\vect{AD} &\ssi \begin{cases} -\dfrac{1}{3}-x_L = \dfrac{-1}{3} \\0-y_L=\dfrac{1}{3} \\ \dfrac{2}{3}-z_L=0 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x_L=0 \\ y_L=-\dfrac{1}{3}\\z_L=\dfrac{2}{3}\end{cases} \end{align*}$
    $\quad$
  3. a. $\vect{BC}(-1;1;0)$ donc $\vect{BC}.\vec{n}=-1+1+0=0$.
    $\vect{BI}(-1;0;0,5)$ donc $\vect{BI}.\vec{n}=-1+0+1=0$.
    Les deux vecteurs $\vect{BI}$ et $\vect{BC}$ ne sont clairement pas colinéaires.
    Le vecteurs $\vec{n}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(BCI)$. Il est par conséquent normal à ce plan.
    $\quad$
    b. On a $\vect{AS} \begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$ et $\vect{DS} \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$
    Donc $\vec{n}=\vect{AS}+\vec{DS}$.
    Ces trois vecteurs sont par conséquent coplanaires.
    $\quad$
    c. Il existe donc une droite de $(SAD)$ dont un vecteur directeur est $\vec{n}$.
    Cette droite est par conséquent perpendiculaire au plan $(BCI)$.
    Les plans $(SAD)$ et $(BCI)$ sont donc perpendiculaires.
    $\quad$

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. a. $P_{\left\{X_n=0\right\}}\left(X_{n+1}=1\right)$ correspond à la probabilité que l’urne $U$ contiennent une boule blanche au $n+1$-ième tirage sachant qu’elle n’en contenait pas au $n$-ième tirage.
    S’il n’y a pas de boule blanche au $n$-ième tirage dans l’urne $U$ alors on est certain d’en avoir une au tirage suivant (à chaque tirage les deux urnes contiennent exactement deux boules)
    Donc $P_{\left\{X_n=0\right\}}\left(X_{n+1}=1\right)=1$.
    De la même manière si l’urne $U$ contient deux boules blanches au $n$-ième tirage alors elle contiendra exactement une boule blanche au tirage suivant.
    Ainsi $P_{\left\{X_n=2\right\}}\left(X_{n+1}=1\right)=1$.
    Si l’urne $U$ contient une boule blanche au $n$-ième tirage alors quatre possibilité équiprobable se présentent :
    – on tire la boule blanche de $U$ et la boule noire de $V$ : $\left(X_{n+1}=0\right)$
    –  on tire la boule blanche de $U$ et la boule blanche de $V$ :  $\left(X_{n+1}=1\right)$
    –  on tire la boule noire de $U$ et la boule blanche de $V$ :  $\left(X_{n+1}=2\right)$
    –  on tire la boule noire de $U$ et la boule noire de $V$ :  $\left(X_{n+1}=1\right)$
    Ainsi $P_{\left\{X_n=2\right\}}\left(X_{n+1}=1\right)=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$.
    $\quad$
    b. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} P\left(X_{n+1}=1\right) & = P\left(\left\{X_{n+1}=1\right\}\cap \left\{X_n=0\right\}\right)+P\left(\left\{X_{n+1}=1\right\}\cap \left\{X_n=1\right\}\right)+P\left(\left\{X_{n+1}=1\right\}\cap \left\{X_n=2\right\}\right) \\
    &= P\left(X_n=0\right) \times P_{\left\{X_n=0\right\}}\left(X_{n+1}=1\right)\\
    &\phantom{= }+P\left(X_n=1\right) \times P_{\left\{X_n=1\right\}}\left(X_{n+1}=1\right) \\
    &\phantom{= }+P\left(X_n=2\right) \times P_{\left\{X_n=2\right\}}\left(X_{n+1}=1\right) \\
    &=P\left(X_n=0\right)+\dfrac{1}{2}P\left(X_n=1\right) +P\left(X_n=2\right)\end{align*}$
    $\quad$
  2. $R_1=R_0\times M = \begin{pmatrix}0&1&0\end{pmatrix}$
    $\quad$
    Montrons par récurrence que $R_n=R_0\times M^n$.
    Initialisation : Si $n=0$ alors $R_0 \times M^0=R_0 \times I_3 = R_0$ où $I_3$ est la matrice identité d’ordre $3$.
    La propriété est donc vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$ : $R_n=R_0\times M^n$.
    Alors $R_{n+1}=R_n \times M = R_0\times M^n \times M = R_0\times M^{n+1}$.
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Donc pour tout entier naturel $n$ on a $R_n=R_0\times M^n$.
    $\quad$
  3. On montre par récurrence que, pour tout entier naturel $n$ on a $M^n=P\times D^n\times P^{-1}$.
    Initialisation : Si $n=0$ alors $P\times D^0\times P^{-1}= P\times P^{-1}=I_3$
    Et $M^0=I_3$
    La propriété est donc vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $M^n=P\times D^n\times P^{-1}$
    $M_{n+1}=M\times M^n =P\times D\times P^{-1} \times P\times D_n\times P^{-1} = P\times D^{n+1}\times P^{-1}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Donc pour tout entier naturel $n$ on a $M^n=P\times D^n\times P^{-1}$.
    $\quad$
  4. a. $D^n\times P^{-1}=\begin{pmatrix} \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n&-2\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n&\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\\
    0&0&0 \\
    1&4&1\end{pmatrix}$
    $\quad$
    b. On a donc $R_n=R_0P\times D^n\times P^{-1}$
    D’où $R_n=\begin{pmatrix}\dfrac{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n}{3}+\dfrac{1}{6}&-\dfrac{2\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n}{3}+\dfrac{2}{3}&\dfrac{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n}{3}+\dfrac{1}{6}\end{pmatrix}$.
    $\quad$
  5. Puisque $-1<-\dfrac{1}{2}<1$ alors $\lim\limits_{n\to +\infty} \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n = 0$.
    Ainsi :
    $\lim\limits_{n \to +\infty} P\left(X_n=0\right) = \dfrac{1}{6}$
    $\lim\limits_{n \to +\infty} P\left(X_n=1\right) = \dfrac{2}{3}$
    $\lim\limits_{n \to +\infty} P\left(X_n=2\right) = \dfrac{1}{6}$