Bac S – Antilles – Guyane – Septembre 2016

Antilles Guyane – septembre 2016

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A – Étude Graphique

  1. $u_n$ correspond à l’aire du domaine compris entre l’axe des abscisses, la courbe $\mathscr{C}_n$ et les droites d’équation $x=0$ et $x=1$.
    $\quad$
  2. Il semblerait que la suite $\left(u_n\right)$ soit décroissante et converge vers $0$.
    $\quad$
    $\quad$
  3. Chaque carreau du quadrillage à une aire de $0,01$ u.a.
    On s’intéresse au domaine compris entre l’axe des abscisses, la courbe $\mathscr{C}_4$ et les droites d’équation $x=0$ et $x=1$.
    On peut inscrire 11 carrés unités dans ce domaine qui lui même est inscrit dans 16 carrés unité.
    On obtient ainsi $11 \times 0,01 \pp u_4 \pp 16 \times 0,01$
    Soit $0,11 \pp u_4 \pp 0,16$.
    $\quad$

Partie B – Étude théorique

  1. $\quad$
    $$\begin{align*} u_0 &=\int_0^1 \dfrac{\e^{-(0-1)x}}{1+\e^x}\dx \\
    &=\int_0^1 \dfrac{\e^x}{1+\e^x}\dx \\
    &=\Big[\ln\left(1+\e^x\right)\Big]_0^1 \\
    &=\ln(1+\e)-\ln 2\\
    &=\ln \left(\dfrac{1+\e}{2}\right)
    \end{align*}$$
    $\quad$
  2. $\quad$
    $$\begin{align*} u_0+u_1&=\int_0^1 \dfrac{\e^{-(0-1)x}}{1+\e^x}\dx + \int_0^1 \dfrac{\e^{-(1-1)x}}{1+\e^x}\dx\\
    &=\int_0^1 \dfrac{\e^{x}}{1+\e^x}\dx + \int_0^1 \dfrac{1}{1+\e^x}\dx \\
    &=\int_0^1 \dfrac{1+\e^{x}}{1+\e^x}\dx \\
    &=\int_0^1 1\dx \\
    &=\Big[x\Big]_0^1 \\
    &=1-0\\
    &=1
    \end{align*}$$
    Donc $u_1=1-u_0=1-\ln \left(\dfrac{1+\e}{2}\right)$
    $\quad$
  3. La fonction exponentielle est une fonction strictement positive.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ et tout réel $x$ on a $f_n(x) \pg 0$.
    On intègre une fonction continue positive sur l’intervalle $[0;1]$.
    Par conséquent $u_n \pg 0$.
    $\quad$
  4. a.
    $$\begin{align*} d_n&=f_{n+1}(x)-f_n(x) \\
    &=\dfrac{\e^{-nx}}{1+\e^x}-\dfrac{\e^{-(n-1)x}}{1+\e^x} \\
    &=\dfrac{\e^{-nx}-\e^{-(n-1)x}}{1+\e^x} \\
    &=\dfrac{\e^{-nx}\left(1-\e^x\right)}{1+\e^x} \\
    &=e^{-nx}\dfrac{1-\e^x}{1+\e^x}
    \end{align*}$$
    $\quad$
    b. La fonction exponentielle est strictement positive.
    Par conséquent le signe de $d_n(x)$ ne dépend que de celui de $1-\e^x$.
    Or, pour tout réel $x$ appartenant à l’intervalle $[0;1]$, on a $\e^x\pg 1$.
    Par conséquent, pour tout réel $x$ de l’intervalle $[0;1]$, $d_n(x)\pp 0$.
    Sur l’intervalle $[0;1]$, la fonction $d_n$ est donc négative.
    $\quad$
  5. $u_{n+1}-u_n=\displaystyle \int_0^1 d_n(x)\dx$.
    Puisque $d_n(x) \pp 0$ sur $[0;1]$, cela signifie donc que $u_{n+1}-u_n\pp 0$.
    La suite $\left(u_n\right)$ est par conséquent décroissante.
    $\quad$
    La suite $\left(u_n\right)$ est décroissante et minorée par $0$; elle est donc convergente.
    $\quad$
  6. a.
    $$\begin{align*} u_n+u_{n+1}&=\int_0^1\dfrac{\e^{-(n-1)x}}{1+\e^x}\dx+\int_0^1 \dfrac{\e^{-nx}}{1+\e^x} \\
    &=\int_0^1\dfrac{\e^{-(n-1)x}+\e^{-nx}}{1+\e^x}\dx \\
    &=\int_0^1\dfrac{\e^{-nx}\left(\e^{x}+1\right)}{1+\e^x}\dx \\
    &=\int_0^1 \e^{-nx}\dx \\
    &=\Big[-\dfrac{\e^{-nx}}{n}\Big]_0^1\\
    &=-\dfrac{\e^{-n}}{n}+\dfrac{1}{n}\\
    &=\dfrac{1-\e^{-n}}{n}
    \end{align*}$$
    $\quad$
    b. D’une part $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n+u_{n+1}=2\ell$.
    D’autre part $\lim\limits_{n \to +\infty} \e^{-n}=0$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1-\e^{-n}}{n}=0$.
    Par conséquent $2\ell = 0$ et $\ell = 0$.
    $\quad$
    c. On obtient l’algorithme suivant :
    Entrée :
    $\quad$ $N$ est un entier naturel non nul
    Variables :
    $\quad$ $U$ est un nombre réel
    $\quad$ $K$ est un entier naturel
    Initialisation :
    $\quad$ Affecter $1$ à $K$
    $\quad$ Affecter $1-\ln \left(\dfrac{1+\e}{2}\right)$ à $U$
    $\quad$ Demander à l’utilisateur la valeur de $N$
    Traitement :
    $\quad$ Tant que $K<N$
    $\qquad$ Affecter $\dfrac{1-\e^{-K}}{K}-U$ à $U$
    $\qquad$ Affecter $K+1$ à $K$
    $\quad$ Fin Tant que
    Sortie :
    $\quad$ Afficher $U$
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. Dans le repère orthonormé $\left(B;\vect{BA},\vect{BC},\vect{BF}\right)$ on a $B(0;0;0)$ et $H(1;1;1)$.
    Ainsi $\vect{BH}(1;1;1)$.
    Une équation paramétrique de la droite $(BH)$ est donc $\begin{cases} x=t\\y=t \qquad t\in\R\\z=t\end{cases}$.
    $\quad$
  2. On a $D(1;1;0)$, $E(1;0;1)$ et $G(0;1;1)$
    Ainsi $\vect{DE}(0;-1;1)$ et $\vect{DG}(-1;0;1)$.
    Par conséquent $\vect{BH}.\vect{DE}=0-1+1=0$ et $\vect{BH}.\vect{DG}=-1+0+1=0$.
    Les deux vecteurs $\vect{DE}$ et $\vect{DG}$ ne sont clairement pas colinéaires.
    Par conséquent, le vecteur $\vect{BH}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(DEG)$ : la droite $(BH)$ est donc perpendiculaire au plan $(DEG)$.
    $\quad$
  3. Le vecteur $\vect{BH}$ est normal au plan $(DEG)$.
    Une équation cartésienne de ce plan est donc de la forme : $$x+y+z+d=0$$
    Le point $D$ appartient à ce plan. Ses coordonnées vérifient alors son équation.
    Ainsi $1+1+0+d=0$ et $d=-2$.
    Une équation cartésienne de $(DEG)$ est donc $x+y+z-2=0$.
    $\quad$
  4. Le point $P(x;y;z)$ vérifient à la fois l’équation cartésienne du plan $(DEG)$ et l’équation paramétrique de la droite $(BH)$.
    par conséquent, en injectant les équations paramétriques dans l’équation cartésienne, on obtient :
    $t+t+t-2=0$ doit $t=\dfrac{2}{3}$
    Cela signifie, par conséquent, que les coordonnées de $P$ sont $\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3}\right)$.
    $\quad$
  5. Montrons que $P$ est le centre de gravité du triangle $DEG$.
    On appelle $I$ le milieu du segment $[DE]$
    Ainsi $I\left(1;\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)$
    Et $\vect{GI}\left(1;-\dfrac{1}{2};-\dfrac{1}{2}\right)$
    Or $\vect{GP}\left(\dfrac{2}{3};-\dfrac{1}{3};-\dfrac{1}{3}\right)$.
    Par conséquent $\vect{GP}=\dfrac{2}{3}\vect{GI}$.
    $P$ est bien le centre de gravité du triangle $DEG$.
    $\quad$
    Chacun des côtés du triangle $DEG$ est une diagonale d’une face du cube. Le triangle $DEG$ est donc équilatéral.
    Par conséquent $P$ est aussi le centre du cercle circonscrit au triangle, son orthocentre et le centre de son cercle inscrit.
    $\quad$

Ex 3

Exercice 3

  1. Calculons le discriminant de cette équation du second degré :
    $\Delta = 4a^2-4\left(a^2+1\right) = -4$.
    L’équation $(E)$ possède donc deux solutions complexes (non réelles) conjuguées (donc même module).
    Pour toute valeur de $\boldsymbol{a}$, les solutions de $\boldsymbol{(E)}$ dans $\boldsymbol{\C}$ ne sont pas réelles et leurs modules sont égaux.
    $\quad$
  2. On peut raisonner par élimination. Mais on peut aussi chercher la forme exponentielle de $z$.
    $$\begin{align*}z&=1+\e^{\ic \theta} \\
    &=\e^0+\e^{\ic \theta} \\
    &=\e^{\frac{\ic \theta}{2}}\left(\e^{-\frac{\ic \theta}{2}}+\e^{\frac{\ic \theta}{2}}\right) \\
    &=2\cos \left(\dfrac{\theta}{2}\right) \e^{\frac{\ic \theta}{2}}
    \end{align*}$$
    Car, pour tout réel $x$, $\cos(x)=\dfrac{\e^{\ic x}+\e^{-\ic x}}{2}$.
    Puisque $\theta$ appartient à l’intervalle $]0;\pi[$ alors $\dfrac{\theta}{2}$ appartient à $\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right[$. Ainsi $2\cos \left(\dfrac{\theta}{2}\right) > 0$.
    On a donc obtenu la forme exponentielle de $z$.
    Un argument de $\boldsymbol{z}$ est $\boldsymbol{\dfrac{\theta}{2}}$.
    $\quad$
  3. $f'(x)=-\e^{-x}\sin x+\e^{-x}\cos x=\e^{-x}\left(\cos(x)-\sin(x)\right)$
    $f’\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=\e^{-\pi/4}\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)-\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\right) = 0$
    Soit $\boldsymbol{f’}$ la fonction dérivée de $\boldsymbol{f}$. On a $\boldsymbol{f’\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0}$.
    $\quad$
  4. On a $P(X\pp 30) = 1-\e^{-0,02\times 30} \approx 0,45$.
    $\boldsymbol{P(X\pp 30) \approx 0,45}$
    $\quad$

Ex 4 spé

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. On obtient l’arbre pondéré suivant :
    bac-s-antilles-guyane-sept2016-ex4
    Où on appelle $F_n$ l’événement “l’ordinateur est défaillant le jour $n$”.
    ou le graphe suivant :
    bac-s-antilles-guyane-sept2016-ex41
    où on appelle $F$ l’événement l’ordinateur est défaillant.
    $\quad$
  2. On a $a_0=0,4$ et $b_0=0,6$
    D’après la formule des probabilités totales on a :
    $a_1=0,4\times 0,97+0,6\times 0,07 = 0,43$
    Donc $b_1=1-a_1=0,57$.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $a_{n+1}=a_n\times 0,97+b_n\times 0,07$ et $b_{n+1}=a_n\times 0,03+b_n\times 0,93$.
    $\quad$
  4. a. $AX_n=\begin{pmatrix} 0,97a_n+0,07b_n\\0,03a_n+0,93b_n\end{pmatrix}=X_{n+1}$
    $\quad$
    b. Initialisation :  Si $n=0$, $A^0X_0=I_2X_0=X_0$ où $I_2$ est la matrice identité.
    La propriété est vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$ : $X_n=A^nX_0$
    $X_{n+1}=AX_n=A\times A^nX_0=A^{n+1}X_0$
    La propriété est vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ : $X_n=A^nX_0$.
    $\quad$
    c. $X_{30}\approx \begin{pmatrix}0,687\\0,313\end{pmatrix}$
    Cela signifie donc, qu’au bout de $30$ jours, $68,7\%$ des ordinateurs n’ont pas de failles de sécurité.
    $\quad$

Partie B

  1. a. A tout instant, un ordinateur présente ou ne présente pas de failles de sécurité donc $a_{n+1}+b_{n+1}=1$ pour tout entier naturel $n$.
    $\quad$
    b. $DX_n+B=\begin{pmatrix}0,9a_n+0,07\\0,09b_n+0,03\end{pmatrix}$
    Or :
    $\begin{align*} a_{n+1}&=0,97a_n+0,07b_n \\
    &=0,97a_n+0,07\left(1-a_n\right) \\
    &=0,07-0,9a_n
    \end{align*}$
    Et
    $\begin{align*} b_{n+1}a&=0,03a_n+0,93b_n\\
    &=0,03\left(1-b_n\right)+0,93b_n \\
    &=0,03+0,9b_n
    \end{align*}$
    Pour tout entier naturel $n$, on a $X_{n+1}=DX_n+B$.
    $\quad$
  2. a.
    $$\begin{align*}Y_{n+1}&=X_{n+1}-10B \\
    &=DX_n+B-10B\\
    &=DX_n-9B\\
    &=DX_n-10DB\\
    &=D\left(X_n-10B\right)\\
    &=DY_n
    \end{align*}$$
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $X_n=Y_n+10B=D^nY_0+10B=D^n\left(X_0-10B\right)+10B$
    $\quad$
    c. Pour tout entier naturel $n$ on a $D^n=\begin{pmatrix}0,9^n&0\\0&0,9^n\end{pmatrix}$
    Donc $a_{n+1}=0,9^n(0,4-0,7)+0,7 = -0,3\times 0,9^n+0,7$
    Et $b_{n+1}=0,9^n(0,6-0,3)+0,3=0,3\times 0,9^n+0,3$
    $\quad$
  3. $-1<0,9<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,9^n = 0$
    Par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty} a_n=0,7$ et $\lim\limits_{n \to +\infty} b_n=0,3$.
    Sur le long terme, $70\%$ des ordinateurs seront sains et $30\%$ présenteront des failles de sécurités.

Énoncé

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