Bac S – Métropole – Juin 2015

Métropole Juin 2015

BAC S – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce bac est disponible ici.

Exercice 1

Partie 1

  1. a. On a :
    $$\begin{align*} P(c \le X \le d) &= \displaystyle \int_c^d f(x)\mathrm{d}x \\\\
    & = \left[-\e^{-\lambda x}\right]_c^d \\\\
    &= -\e^{\lambda d} + \e^{-\lambda c} \\\\
    & = \e^{-\lambda c} – \e^{-\lambda d}
    \end{align*}$$
    $\quad$
    b. On veut que :
    $\begin{align*} P(X > 20) = 0,05 & \ssi 1 – P(X \le 20) = 0,05 \\\\
    & \ssi -P(X \le 20) = -0,95 \\\\
    & \ssi P(0 \le X \le 20) = 0,95 \\\\
    & \ssi 1 – \e^{-20 \lambda} = 0,95 \\\\
    & \ssi \e^{-20 \lambda} = 0,05 \\\\
    & \ssi  -20 \lambda = \ln 0,05 \\\\
    & \ssi \lambda = – \dfrac{\ln 0,05}{20}
    \end{align*}$
    Par conséquent : $\lambda \approx 0,150$
    $\quad$
    c. $E(X) = \dfrac{1}{\lambda}$ $ = -\dfrac{20}{\ln 0,05} \approx 6,676$
    $\quad$
    d.
    $\begin{align*} P(10 \le X \le 20) &= \e^{-10 \times 0,15} – \e^{-20 \times 0,15} \\\\
    & = \e^{-1,5} – \e^{-3} \\\\
    & \approx 0,173
    \end{align*}$
    $\quad$
    e. $P(X > 18) = e^{-0,15 \times 18}  \approx 0,067$
    $\quad$
  2. a. $P(20 \le Y \le 21) \approx 0,015$
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} P\left((Y < 11) \cup (Y > 21)\right) &= 1 – P(11 \le Y \le 21) \\\\
    & \approx 0,010
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie 2

  1. Les événements $T$ “obtenir un bon d’achat d’une valeur de 30 euros” et $ C$ “obtenir un bon d’achat d’une valeur de 100 euros” sont disjoints.
    On appelle $R$ l’événement “le bon d’achat est rouge”.
    On appelle $S$ l’événement  “Obtenir un bon d’achat d’une valeur supérieure ou égale à 30 euros”.
    Par conséquent :
    $\begin{align*}P_R(S) &=  P_R(T \cup C) \\\\
    & = P_R(T) + P_R(C) \\\\
    & = 0,015 + 0,01 \\\\
    & = 0,025
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} P(S) &= P(R \cap S) + P\left(\overline{R} \cap S\right) \\\\
    &= 0,025 \times 0,25 + 0,067 \times 0,75 \\\\
    &= 0,0565 \\\\
    & \approx 0,057
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. on a $n = 200$ et $p=0,057$
    $n \ge 30$ , $np = 11,4 \ge 5$ et $n(1-p) = 188,6 \ge 5$
    Les conditions sont vérifiées pour déterminer un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de confiance de $95\%$ selon la formule :
    $\begin{align*} I_{200} &= \left[0,057 – 1,96 \times \sqrt{\dfrac{0,057 \times 0,943}{200}};0,057 + 1,96 \times \sqrt{\dfrac{0,057 \times 0,943}{200}}\right] \\\\
    & \approx [0,024;0,090]
    \end{align*}$
    De plus la fréquence observée est $f= \dfrac{6}{200} = 0,03 \in I_{200}$
    Les doutes du directeur du magasin ne sont donc pas justifiés au seuil de confiance de $95\%$.
    $\quad$

Exercice 2

  1. a. Un vecteur directeur de la droite $(AB)$ est $\vec{AB}(2;0;0)$.
    La droite $(AB)$ est donc parallèle à la droite $(OI)$.
    $\quad$
    b. Un vecteur directeur de la droite $(CD)$ est $\vec{CD}(0,4,3)$.
    Par conséquent $\vec{CD} = 4\vec{OJ} + 3\vec{OK}$.
    La droite $(CD)$ est donc incluse dans un plan parallèle à $(OJK)$.
    $\quad$
    Un vecteur normal à ce plan est le vecteur $\vec{OI}(1;0;0)$.
    Par conséquent une équation cartésienne de $\mathscr{P}$ est de la forme $x + d = 0$.
    Puisque le point $C(11;0;1)$ appartient à ce plan, une équation est donc $x – 11= 0$.
    $\quad$
    c. La droite $(AB)$ est parallèle à la droite $(OI)$ qui, d’après la question précédente, est orthogonale à $\mathscr{P}$.
    Par conséquent la droite $(AB)$ est également orthogonale à $\mathscr{P}$.
    Vérifions que le point $E(11;-1;5)$ appartient bien à la droite $(AB)$ et au plan $\mathscr{P}$.
    $\vec{AE}(11;0;0)$ par conséquent $\vec{AE}$ et $\vec{AB}$ sont colinéaires : $E \in  (AB)$.
    $11 -11 = 0$ : $E \in \mathscr{P}$
    $E$ est donc bien le point d’intersection de la droite $(AB)$ et du plan $\mathscr{P}$.
    $\quad$
    d. Une représentation paramétrique  de la droite $(AB)$ est : $\begin{cases} x= t \\\\y=-1 \\\\z=5 \end{cases} \qquad t\in \R$.
    Une représentation paramétrique de la droite $(CD)$ est $\begin{cases} x = 11 \\\\y = 4k \\\\z=1 +3k \end{cases} \qquad k\in \R$.
    Regardons si ces droites sont sécantes. Pour cela on résout le sytème :
    $\begin{cases} t = 11 \\\\-1 = 4k \\\\5 = 1 +3k \end{cases} \ssi \begin{cases} t = 11 \\\\k =-\dfrac{1}{4} \\\\k=\dfrac{4}{3}\end{cases}$.
    Ce système n’a donc pas de solution et les droites $(AB)$ et $(CD)$ ne sont pas sécantes.
    $\quad$
  2. a. On a $M_t(t;-1;5)$ et $N_t(11;0,8t;1+0,6t)$
    Par conséquent
    $\begin{align*} M_tN_t^2&=(11-t)^2 + (0,8t+1)^2+(1+0,6t-5)^2 \\\\
    &= 121 – 22t + t^2 + 0,64t^2 + 1,6t + 1 + 16 +0,36t^2 -4,8t \\\\
    & = 2t^2 -25,2 t +138
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. On a la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty[$ par $f(t) = 2t^2 -25,2 t +138$.
    Il s’agit donc d’une fonction du second degré avec : $a=2$, $b=-25,2$ et $c=138$.
    Puisque $a > 0$ le minimum est atteint pour $x=\dfrac{-b}{2a} = 6,3$.
    Par conséquent $M_tN_t^2$ est minimale pour $t=6,3$.
    Puisque la longueur $M_tN_t$ est positive, elle atteint son minimum pour $t=6,3$ s.
    $\quad$

Exercice 3

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. $z^2 – 8z + 64=0$.
    $\Delta = -192<0$
    Il y a donc deux solutions complexes :
    $z_1 = \dfrac{8 -8\ic\sqrt{3}}{2} = 4 – 4\ic\sqrt{3}$ et $z_2 = \overline{z_1} = 4 + 4\ic\sqrt{3}$.
    $\quad$
  2. a. $|a| = \sqrt{4^2 + 4^2 \times 3} =8$.
    Ainsi $a = 8 \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{\ic\sqrt{3}}{2}\right) $.
    Par conséquent un argument de $a$ est $\dfrac{\pi}{3}$.
    $\quad$
    b. $a = 8\e^{\ic \pi/3}$ et $b = \overline{a} = 8\e^{-\ic \pi/3}$
    $\quad$
    c. $|a|=|b|=|c| = 8$.
    Par conséquent les points $A$, $B$ et $C$ sont sur le cercle de centre $O$ et de rayon $8$.
    $\quad$
    d.
    bac S - métropole - juin 2015 - ex3.1

    $\quad$
  3. a. $b’=b\e^{\ic \pi/3}$ $ = 8\e^{-\ic \pi/3}\e^{\ic \pi/3} = 8$.
    $\quad$
    b. $a’ = a\e^{\ic \pi/3} $ $=8\e^{\ic \pi/3} \e^{\ic \pi/3}$ $=8\e^{2\ic \pi/3}$
    Par conséquent $|a’| = 8$ et un argument de $a’$ est $\dfrac{2\pi}{3}$.
    $\quad$
  4. a. $r=\dfrac{-4+4\ic\sqrt{3}+4-4\ic\sqrt{3}}{2} = 0$
    $\quad$
    $s=\dfrac{8 + 8\ic}{2} = 4 + 4\ic$
    $\quad$
    b. On a
    $\begin{align*} RS &= |s-r| \\\\
    & = |4 + 4\ic| \\\\
    &= \sqrt{32} \\\\
    &= 4\sqrt{2}
    \end{align*}$
    $\quad$
    $\begin{align*} ST &= |t-s| \\\\
    &= \left|-2 – 2\sqrt{3} + \ic\left(-2 + 2\sqrt{3}\right)\right| \\\\
    &= \sqrt{\left(-2 – 2\sqrt{3}\right)^2 + \left(-2 + 2\sqrt{3}\right)^2 }\\\\
    &= \sqrt{4 + 12 + 8\sqrt{3} + 4 + 12 -8\sqrt{3}}\\\\
    & = \sqrt{32} \\\\
    & = 4\sqrt{2}
    \end{align*}$
    $\quad$
    $\begin{align*} RT &=|t – r| \\\\
    & = \left|2 – 2\sqrt{3} + \ic\left(2 + 2\sqrt{3}\right)\right| \\\\
    &=\sqrt{\left(2 – 2\sqrt{3}\right)^2 + \left(2 + 2\sqrt{3}\right)^2 }\\\\
    &= \sqrt{4 + 12 – 8\sqrt{3} + 4 + 12  8\sqrt{3}} \\\\
    & = \sqrt{32}\\\\
    &  = 4\sqrt{2}
    \end{align*}$
    Par conséquent $RS = RT = ST$.
    Le triangle $RST$ est donc équilatéral.

$\quad$

Exercice 3

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. a. $7 \times 3 – 5\times 4 = 21 – 20 = 1$
    Le couple $(3;4)$ est donc solution de $(E)$.
    $\quad$
    b. Soit $(x;y)$ un autre couple solution de $(E)$.
    On a alors $7x – 5y = 1$ et $7 \times 3 – 5 \times 4 = 1$
    Par différence on obtient :
    $7(x-3) – 5(y – 4) = 0$
    Donc $7(x-3) = 5(y-4)$
    $\quad$
    Réciproquement: soit $(x;y)$ un couple vérifiant $7(x-3) = 5(y-4)$
    Alors $7x – 21 = 5y – 20$ donc $7x – 5y = 1$
    $(x;y)$ est donc solution de $(E)$.
    $\quad$
    Le couple $(x;y)$ est solution de $(E)$ si, et seulement si, $7(x-3) = 5(y-4)$.
    $\quad$
    c. $7$ et $5$ sont premiers entre eux.
    D’après le théorème de Gauss, il existe donc un entier relatif $k$ tel que :
    $x-3 = 5k$ et $y-4 = 7k$ soit $x=3+5k$ et $y=4+7k$.
    $\quad$
    Réciproquement, soit $k$ un entier relatif
    $7(5k+3) – 5(4+7k) = 35k + 21 – 20 – 35k = 1$
    $\quad$
    Les solutions de l’équation $(E)$ sont les couples $(x;y)$ d’entiers relatifs tels que $\begin{cases} x=5k+3 \\\\y=7k+4\end{cases} \qquad k\in \Z$.
    $\quad$
  2. On cherche les valeurs de $k$ telles que $0 \le 5k + 3 \le 25$ et $0 \le 7k + 4 \le 25$
    $0 \le 5k + 3 \le 25 \ssi -3 \le 5k \le 22 \ssi -\dfrac{3}{5} \le k \le \dfrac{22}{5}$ donc $k \in\lbrace0;1;2;3;4\rbrace$
    $\quad$
    $0 \le 7k + 4 \le 25 \ssi -4 \le 7k \le 21 \ssi -\dfrac{4}{7} \le k \le 3$ donc $k \in\lbrace 0;1;2;3 \rbrace$.
    On veut de plus que $25 – (5k+3 + 7k + 4) \ge 0$ soit $18 – 13k \ge 0$ donc $k \in \lbrace 0;1 \rbrace$.
    On peut donc avoir :
    $3$ jetons rouges, $4$ jetons verts et $18$ jetons blancs $\quad$ ou  $\quad$ $8$ jetons rouges, $11$ jetons verts et $6$ jetons blancs .
    $\quad$
  3. $X_0 = \begin{pmatrix} 1&0&0 \end{pmatrix}$
    $\quad$
    A chaque étape on a :
    $a_{n+1} = \dfrac{18}{25}a_n + \dfrac{3}{25} b_n + \dfrac{3}{25}c_n = 0,72a_n + 0,12b_n + 0,12c_n$
    $\quad$
    $b_{n+1} = \dfrac{3}{25}a_n + \dfrac{18}{25}b_n  + \dfrac{4}{25}c_n = 0,12a_n+0,72b_n+0,16c_n$
    $\quad$
    $c_{n+1} = \dfrac{4}{25}a_n + \dfrac{4}{25}b_n + \dfrac{18}{25}c_n = 0,16a_n+0,16b_n+0,72c_n$
    $\quad$
    On a donc bien $X_{n+1} = X_nT$
    $\quad$
  4. a.
    On a $P = \begin{pmatrix} 1&7&4 \\1&-3&4\\1&-3&-7\end{pmatrix}$
    $\quad$
    b. Raisonnons par récurrence :
    Initialisation : Si $n=0$ alors $PD^0P^{-1} = PP^{-1} = I_3 = D^0$
    La propriété est vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $T^n=PD^nP^{-1}$
    Alors $T^{n+1} = T^n T =$ $=PD^nP^{-1}PDP^{-1}$ $=PD^{n+1}P^{-1}$
    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 $T^n = PD^nP^{-1}$.
    $\quad$
    c. $\quad$
    $$D^n = \begin{pmatrix} 1&0&0 \\0&0,6^n&0\\0&0&0,56^n\end{pmatrix}$$
    $\quad$
  5. a. On a :
    $a_n = 1 \times \alpha_n = \dfrac{3}{10} + \dfrac{7}{10} \times 0,6^n$
    $\quad$
    $b_n = 1 \times \beta_n = \dfrac{37 – 77 \times 0,6^n + 40 \times 0,56^n}{110}$
    $\quad$
    On sait que $a_n+b_n+c_n = 1$ donc
    $\begin{align*} c_n &= 1 -a_n – b_n \\\\
    &= \dfrac{7}{10} – \dfrac{7}{10}\times 0,6^n – \dfrac{37 – 77 \times 0,6^n + 40 \times 0,56^n}{110}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. $0 < 0,6<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,6^n = 0$ et $0 < 0,56 < 1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,56^n = 0$.
    Par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty} a_n = \dfrac{3}{10}$ et $\lim\limits_{n \to +\infty}b_n = \dfrac{37}{110}$
    Ainsi $\lim\limits_{n \to +\infty} c_n = \dfrac{7}{10} – \dfrac{37}{110} = \dfrac{4}{11}$
    $\quad$
    c. On a $\dfrac{4}{11} > \dfrac{37}{110} > \dfrac{3}{10}$.
    Au bout d’un grand nombre d’itérations de cette marche aléatoire, on a plus de chance de se trouver sur le sommet $C$.
    $\quad$

Exercice 4

Partie 1

  1. La fonction $f$ est dérivable sur $[0;20]$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables.
    $\begin{align*} f'(x) &= \ln(x+1) + \dfrac{x+1}{x+1} – 3 \\\\
    & = \ln(x+1) + 1 – 3 \\\\
    & = \ln(x+1) – 2
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $\quad$
    $\begin{align*} f'(x) \ge 0 & \ssi \ln(x+1) – 2 \ge 0 \\\\
    &\ssi \ln(x+1) \ge 2 \\\\
    & \ssi x+ 1 \ge \e^2 \\\
    & \ssi x \ge  \e^2 – 1
    \end{align*}$
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    bac S - métropole - juin 2015 - ex4.1
    $f\left(\e^2-1\right) \approx 2,61$
    $f(20) = 21\ln(21) -53 \approx 10,93$
    $\quad$
  3. Le coefficient directeur de la tangente à la courbe $\mathscr{C}$ au point d’abscisse $0$ est :
    $f'(0) = -2$.
    $\quad$
  4. Une primitive de $f$ est $F$ définie sur $[0;20]$ par
    $$\begin{align*} F(x)& = \dfrac{1}{2}(x+1)^2\ln(x+1) – \dfrac{1}{4}x^2 – \dfrac{1}{2}x – \dfrac{3}{2}x^2 + 7x \\\\
    &= \dfrac{1}{2}(x+1)^2\ln(x+1) -\dfrac{7}{4}x^2 + \dfrac{13}{2}x
    \end{align*}$$
    $\quad$

Partie 2

  1. La différence entre le point le plus haut et le point le plus bas de la piste est :
    $f(20) – f\left(\e^2-1\right) \approx 8,32$
    L’affirmation P1 est donc vraie.
    $\quad$
    $f'(20) = \ln(21) – 2 \approx 1,04$
    L’inclinaison au point $C$ est de $2$ et celle en $B$ est d’environ $1,04 \approx \dfrac{2}{2}$.
    L’affirmation P2 est donc vraie
    $\quad$
  2. L’aire de la surface $OBCD$ correspond à l’aire du domaine situé entre la courbe $\mathscr{C}$ et l’axe des abscisses et les droites d’équations $x=0$ et $x=20$.
    Il s’agit donc, en mètres carré, de
    $\begin{align*} A_1 &= \displaystyle \int_0^{20} f(x) \\\\
    &= F(20) – F(0) \\\\
    &= \dfrac{21^2\ln(21)}{2} -700+130\\\\
    &= \dfrac{21^2\ln(21)}{2} -570\\\\
    &= \dfrac{441\ln(21)}{2} – 570
    \end{align*}$
    $\quad$
    L’aire de $OAB’B$ est $A_2 = 10 \times 7 = 70 \text{ m}^2$
    L’aire de $DD’C’C$ est $A_3 = 10 \times f(20) \approx 109,3 \text{ m}^2$.
    La surface a peindre est donc de $2\times A_1 + A_2+A_3 \approx 381,9 \text{ m}^2$.
    Or $\dfrac{381,9}{5} \approx 76,38$.
    Il faut donc prévoir au minimum $77$ litres de peinture.
    $\quad$
  3. a.
    $\begin{align*} B_kB_{k+1} & = \sqrt{(k+1 – k)^2 + \left(f(k+1) – f(k)\right)^2} \\\\
    & = \sqrt{1 + \left(f(k+1) – f(k)\right)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. $\quad$
    Variables
    $\quad$ $S$ : réel
    $\quad$ $K$ : entier
    Fonction
    $\quad$ $f$ définie par $f(x) = (x+1)\ln(x+1) – 3x+7$
    Traitement
    $\quad$ $S$ prend pour valeur $0$
    $\quad$ Pour $K$ variant de $0$ à $19$
    $\qquad$ $S$ prend la valeur $S + 10\sqrt{1 + \left(f(k+1) – f(k)\right)^2}$
    $\quad$ Fin Pour
    Sortie
    $\quad$ Afficher $S$