Bac S – Antilles Guyane – Juin 2016

Antilles Guyane – juin 2016

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. a.
    bac S - antilles guyane - juin 2016 - ex1
    b. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p\left(\overline{D}\right) &=p\left(A \cap \overline{D}\right)+p\left(B \cap \overline{D}\right) \\
    &=0,65\times 0,92+0,35\times 0,95 \\
    &=0,930~5
    \end{align*}$
    $\quad$
    c. On veut calculer :
    $\begin{align*} p_{\overline{D}}(A) &=\dfrac{p\left(A \cap \overline{D}\right)}{p\left(\overline{D}\right)} \\
    &=\dfrac{0,65 \times 0,92}{0,930~5} \\
    &=\dfrac{0,598}{0,930~5} \\
    &\approx 0,642~7
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. On appelle $X$ la variable aléatoire comptant le nombre d’ampoules sans défaut.
    On effectue $10$ tirages aléatoires, indépendants, identiques et possédant chacun exactement deux issues : $D$ et $\overline{D}$. On sait que $\left(\overline{D}\right)=0,930~5$.
    $n=10$ et $p=0,930~5$.
    Par conséquent $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=10$ et $p=0,930~5$.
    On veut calculer :
    $\begin{align*} P(X\geqslant 9) &=P(X=9)+P(X = 10) \\
    &\approx 0,85
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

  1. a.
    $\begin{align*} P(T \geqslant a) &= 1-P(X\leqslant a) \\
    &=\displaystyle 1-\int_0^a \lambda\e^{-\lambda x}\mathrm{d}x \\
    &=1-\big[-\e^{-\lambda x}\big]_0^a \\
    &=1+\e^{-\lambda a}-1 \\
    &=\e^{-\lambda a}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. Soit $t$ et $a$ deux réels positifs.
    $\begin{align*} \displaystyle P_{T \geqslant t}\left(T \geqslant t+a\right) &=\dfrac{P\left(\left(T \geqslant t\right)\cap \left(T \geqslant t+a\right)\right)}{P\left(T\geqslant t\right)} \\
    &=\dfrac{P\left(T\geqslant t+a\right)}{P\left(T \geqslant t\right)} \\
    &=\dfrac{\e^{-\lambda(t+a)}}{\e^{-\lambda t}} \\
    &=\e^{-\lambda a} \\
    &=P\left(T\geqslant a\right)
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. a. On sait que $E(T)=10~000$. Or $E(T)=\dfrac{1}{\lambda}$ donc $\lambda =\dfrac{1}{10~000} = 10^{-4}$
    $\quad$
    b. $P(T\geqslant 5~000)=\e^{-5~000\times 10^{-4}}\approx 0,606~5$
    $\quad$
    c. On veut calculer
    $\begin{align*} P_{T \geqslant 7~000}(T \geqslant 12~000) &= P_{T \geqslant 7~000}(T \geqslant 7~000+5~000) \\
    &= P(T \geqslant 5~000) \\
    &\approx 0,606~5
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie C

  1. On a $n=1~000 \geqslant 30$ et $p=0,06$ donc $np=60 \geqslant 5$ et $n(1-p)=940 \geqslant 5$.
    Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est :
    $\begin{align*} I_{1~000} &=\left[0,06-1,96\times \sqrt{\dfrac{0,06\times 0,94}{1~000}};0,06+1,96\times \sqrt{\dfrac{0,06\times 0,94}{1~000}} \right] \\
    &\approx [0,045~2;0,074~8]
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. La fréquence observée est $f=\dfrac{71}{1~000}=0,071\in I_{1~000}$
    Au risque d’erreur de $5\%$ on ne peut pas remettre en cause l’affirmation de l’entreprise.
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. On appelle $M$ le point d’affixe $z$ et $A$ le point d’affixe $2$.
    $|z-2|=1 \ssi AM=1$
    Donc $\mathscr{C}$ est le cercle de centre $A$ et de rayon $1$.
    $\quad$
  2. Si un point $M$ appartient à la droite $\mathscr{D}$ alors ses coordonnées sont $(x;ax)$ et donc son affixe est $z=x+ax\ic$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} |x+ax \ic -2|=1 &\ssi \left|(x-2)+ax \ic\right| = 1 \\
    &\ssi (x-2)^2+(ax)^2 = 1 \\
    &\ssi x^2-4x+4+a^2x^2=1\\
    &\ssi \left(a^2+1\right)x^2-4x+3=0
    \end{align*}$
    Le discriminant est :
    $\begin{align*} \Delta &=16-12\left(1+a^2\right) \\
    &=4\left(4-3-3a^2\right) \\
    &=4\left(1-3a^2\right)
    \end{align*}$
    Or $1-3a^2=0 \ssi a^2=\dfrac{1}{3} \ssi a=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ ou $a=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.
    Par conséquent :
    • si $a\in \left]-\dfrac{\sqrt{3}}{3};\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right[$ alors $\Delta >0$ et le cercle et la droite ont deux points en commun;
    • si $a=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ ou si $a=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ alors $\Delta =0$ et la droite et le cercle n’ont qu’un point en commun;
    • si $x\in \left]-\infty;-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right[\cup\left]\dfrac{\sqrt{3}}{3};+\infty\right[$ alors $\Delta <0$ et la droite et le cercle n’ont aucun point en commun.

Ex 3

Exercice 3

Partie A

  1. $f(x)=x\e^{1-x^2}=x\e\times \dfrac{1}{\e^{x^2}}=\dfrac{\e}{x}\times \dfrac{x^2}{\e^{x^2}}$
    $\lim\limits_{x \to +\infty} x^2=+\infty$ et $\lim\limits_{X \to +\infty} \dfrac{\e^X}{X}=+\infty$ par conséquent $\lim\limits_{X \to +\infty} \dfrac{X}{\e^X}=0$
    Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^2}{\e^{x^2}}=0$.
    De plus $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\e}{x}=0$.
    Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=0$
    $\quad$
  2. a.
    $\begin{align*} f'(x)&=\e^{1-x^2}+x\times (-2x)\e^{1-x^2} \\
    &=\left(1-2x^2\right)\e^{1-x^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. La fonction exponentielle est strictement positive. Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $1-2x^2$.
    Or $1-2x^2=0 \ssi x^2=\dfrac{1}{2} \ssi x=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ou $x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
    et $1-2x^2>0 \ssi \dfrac{1}{2}>x^2 \ssi x \in \left[-\dfrac{\sqrt{2}}{2};\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right]$
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    bac S - antilles guyane - juin 2016 - ex3
    où $\alpha=f\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\e^0,5$ et $\beta =f\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\e^0,5$
    $\quad$

Partie B

  1. Il semblerait que $\mathscr{C}_g$ soit toujours au-dessus de $\mathscr{C}_f$.
    $\quad$
  2. Pour tout $x\in]-\infty;0]$, $f(x) \leqslant 0$ et $g(x)>0$.
    Donc sur cet intervalle $f(x)< g(x)$.
    $\quad$
  3. a.
    $\begin{align*} f(x) \leqslant g(x) &\ssi x\e^{1-x^2}\leqslant \e^{1-x} \\
    &\ssi x \leqslant \dfrac{\e^{1-x}}{\e^{1-x^2}} \\
    &\ssi x \leqslant \e^{x^2-x} \\
    &\ssi \ln x \leqslant x^2-x \\
    &\ssi \Phi(x) \leqslant 0
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. $\Phi'(x)=\dfrac{1}{x}-2x+1 = \dfrac{-2x^2+x+1}{x}$
    Pour tout $x\in ]0;+\infty[$, le signe de $\Phi'(x)$ ne dépend que de celui de $-2x^2+x+1$
    $\Delta = 1^-4\times (-2)=9 >0$
    Il y a donc deux racines $x_1=\dfrac{-1-3}{-4}=1$ et $x_2=\dfrac{-1+3}{-4}=-\dfrac{1}{2}$
    Le coefficient principal est $a=-2<0$.
    On obtient donc le tableau de variations suivant :
    bac S - antilles guyane - juin 2016 - ex3-2
    c. D’après le tableau de variations, pour tout réel $x >0$ on a $\Phi(x) \leqslant 0$.
    $\quad$
  4. a. D’après la question 3.a. pour tout réel $x$ strictement positif, $f(x) \leqslant g(x) \ssi \Phi(x) \leqslant 0$.
    Ainsi, $\mathscr{C}_f$ est bien toujours en dessous de $\mathscr{C}_g$ sur $]0;+\infty[$.
    On a prouvé que pour tout $x \leqslant 0$, $f(x)\leqslant g(x)$.
    Donc $\mathscr{C}_f$ est bien toujours en dessous de $\mathscr{C}_g$ sur $]-\infty;0]$.
    La conjecture de la question 1. est donc valide.
    $\quad$
    b. Sur $]-\infty;0]$, $f(x) < g(x)$ : les deux courbes n’ont pas de point commun sur cet intervalle.
    Sur $]0;+\infty[$, $f(x)=g(x) \ssi \Phi(x)=0 \ssi x=1$
    $\mathscr{C}_g$ et $\mathscr{C}_f$ ont donc un unique point commun : le point $A$ d’abscisse $1$.
    $g(1)=\e^0=1$.
    $\quad$
    c. $f'(1)=(1-2)\e^0=-1$ et $g'(1)=-\e^0=-1$
    Les deux tangentes en $A$ ont donc le même coefficient directeur. Puisqu’elles passent par le point $A$ cela signifie donc qu’elles sont confondues.
    $\quad$

Partie C

  1. Une primitive de $f$ sur $\R$ est la fonction $F$ définie sur $\R$ par $F(x)=-\dfrac{1}{2}\e^{1-x^2}$
    $\quad$
  2. $\quad$
    $\begin{align*} \displaystyle \int_0^1\left(\e^{1-x}-x\e^{1-x^2}\right)\mathrm{d}x &= \big[-\e^{1-x}-F(x)\big]_0^1 \\
    &=-1+\dfrac{1}{2}-\left(-\e+\dfrac{1}{2}\e\right) \\
    &=\dfrac{1}{2}\left(\e-1\right)
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. Ce résultat  correspond à l’aire du domaine compris entre $\mathscr{C}_g$, $\mathscr{C}_f$ et les droites d’équation $x=0$ et $x=1$.
    $\quad$

Ex 4 obl

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. a. $\vect{DF}(1;1;1)$
    $\vect{BG}(0;-1;1)$ et $\vect{BE}(-1;0;1)$ ne sont clairement pas colinéaires.
    $\vect{DF}.\vect{BG}=0-1+1=0$ et $\vect{DF}.\vect{BE}=-1+0+1=0$
    Ainsi le vecteur $\vect{DF}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(BGE)$.
    Il est par conséquent normal au plan $(BGE)$.
    $\quad$
    b. Le plan $\mathscr{P}$ est parallèle au plan $(BGE)$.
    $\vect{DF}$ est donc également normal à $(BGE)$.
    Une équation cartésienne de $\mathscr{P}$ est de la forme $$x+y+z+d=0$$
    Le point $I(0,5;1;0)$ appartient à ce plan donc :
    $$0,5+1+d=0 \ssi d=-1,5$$
    Une équation cartésienne de $\mathscr{P}$ est donc $x+y+z-1,5=0$.
    $\quad$
  2. Le point $N$ appartient à $[AE]$. Ses coordonnées sont donc $\left(0;1;z_N\right)$.
    Il appartient au plan $\mathscr{P}$ donc $0+1+z_N-1,5=0 \ssi z_N=0,5$
    Ainsi $N$ est le milieu de $[AE]$.
    $\quad$
  3. a. On a $\vect{HB}(-1;-1;1)$
    Une représentation paramétrique de la droite $(HB)$ est donc $\begin{cases} x=-t\\y=-t \quad t\in \R \\z=1+t \end{cases}$.
    b. $\vect{HB}.\vect{DF}=-1-1+1=-1 \neq 0$
    Le plan $\mathscr{P}$ et la droite $(HB)$ sont donc sécants.
    On injecte les équations de $(HB)$ dans l’équation de $\mathscr{P}$.
    $-t-t+1+t-1,5=0 \ssi -t-0,5=0 \ssi t=-0,5$
    Donc $T(0,5;0,5;0,5)$.
    $\quad$
  4. Calculons dans un premier temps l’aire du triangle $BGF$ rectangle en $F$.
    $\mathscr{A}=\dfrac{1\times 1}{2}=\dfrac{1}{2}$
    Donc le volume du tétraèdre $FBGE$ est $\mathscr{V}=\dfrac{\dfrac{1}{2} \times 1}{3}=\dfrac{1}{6}$

Ex 4 spé

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. Variables :
    $\quad$ $X$ est un nombre entier
    $\quad$ $Y$ est un nombre entier
    Début :
    $\quad$ Pour $X$ vairant de $-5$ à $10$
    $\qquad$ Pour $Y$ variant de $-5$ à $10$
    $\quad \qquad $ Si $7X-3Y=1$
    $\quad \qquad$ Alors Afficher $X$ et $Y$
    $\quad \qquad$ Fin Si
    $\qquad$ Fin Pour
    $\quad$ Fin Pour
    Fin
    $\quad$
  2. a. $7\times 1 -3\times 2 = 7 -6 =1$
    Le couple $(1;2)$ est donc une solution particulière de $(E)$.
    $\quad$
    b. On considère une autre solution $(x;y)$ de $(E)$.
    On a donc $7x-3y=1$ et $7 \times 1 -3\times 2 = 1$
    Par différence on obtient $7(x-1)-3(y-2)=0$
    Soit $7(x-1)=3(y-2)$
    $7$ et $3$ sont premiers entre eux.
    D’après le théorème de Gauss, il existe donc un entier relatif $k$ tel que $x-1=3k$ et $y-2=7k$
    Soit $x=1+3k$ et $y=2+7k$.
    $\quad$
    Réciproquement: soit $k$ un entier relatif alors
    $7(1+3k)-3(2+7k)=7+21k-6-21k=1$
    $\quad$
    Les solutions de l’équation $(E)$ sont donc les couples $(1+3k;2+7k)$ pour tout entier relatif $k$.
    $\quad$
    c. On veut que $-5 \leqslant 1+3k \leqslant 10$ et $-5 \leqslant 2+7k \leqslant 10$
    Soit $-6 \leqslant 3k \leqslant 9$ et $-7 \leqslant 7k \leqslant 8$
    D’où $ -2 \leqslant k \leqslant 3$ et $-1 \leqslant k \leqslant \dfrac{8}{7}$
    Les valeurs possibles pour $k$ sont donc $-1,0$ et $1$.
    Les couples recherchés sont donc $(-2;-5)$, $(1;2)$ et $(4;9)$.
    $\quad$

Partie B

  1. a. $MX_n=\begin{pmatrix} -\dfrac{13}{2}x_n+3y_n \\-\dfrac{35}{2}x_n+8y_n \end{pmatrix}=X_{n+1}$
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n$ on a $X_n=M^nX_0$.
    $\quad$
  2. a. $P^{-1}MP=\begin{pmatrix}1&0\\0&\dfrac{1}{2}\end{pmatrix}$.
    On a donc $D=\begin{pmatrix}1&0\\0&\dfrac{1}{2}\end{pmatrix}$ qui est bien une matrice diagonale.
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n$, on a : $D^n=\begin{pmatrix}1&0\\0&\dfrac{1}{2^n}\end{pmatrix}$.
    $\quad$
    c. Initialisation : Si $n=0$ alors $M^0=I_2$ où $I_2$ est la matrice identité.
    $PD^0P^{-1}=PI_2P^{-1}=PP^{-1}=I_2=M^0$
    La propriété est donc vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$: $M^n=PD^nP^{-1}$
    $\begin{align*} M^{n+1}&= M^n \times M \\
    &=PD^nP^{-1}\times PDP^{-1} \\
    &=PD^nDP^{-1} \\
    &=PD^{n+1}P^{-1}
    \end{align*}$
    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 $M^n=PD^nP^{-1}$.
    $\quad$
  3. On a $X_n=M^nX_0$
    Donc $\begin{cases} x_n=-14+\dfrac{15}{2^n}+12-\dfrac{12}{2^n} \\y_n=-35+\dfrac{35}{2^n}+30-\dfrac{28}{2^n} \end{cases}$ soit $\begin{cases} x_n=-2+\dfrac{3}{2^n}\\y_n=-5+\dfrac{7}{2^n}\end{cases}$.
    $\quad$
  4. On considère un entier naturel $n$.
    $\begin{align*} 7x_n-3y_n-1 &=-14+\dfrac{21}{2^n}+15-\dfrac{21}{2^n}-1 \\
    &=1-1 \\
    &=0
    \end{align*}$
    Pour tout entier naturel $n$, le point $A_n$ appartient bien à la droite $\mathscr{D}$.

Énoncé

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