Bac S – Métropole – Septembre 2016

Métropole – septembre 2016

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie 1

  1. $\quad$
    ts-metropole-sept-2016-ex1
  2. a. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(D)&=p(D\cap R)+p\left(D\cap \overline{R}\right) \\
    &=0,461\times 0,064+0,539\times 0,099 \\
    &=0,082~865 \\
    &\approx 0,083
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. On veut calculer :
    $\begin{align*} p_D(R)&=\dfrac{p(D \cap R)}{p(D)} \\
    &\approx\dfrac{0,461 \times 0,064}{0,083} \\
    &\approx 0,355
    \end{align*}$
    Remarque : On obtient environ $0,356$ quand on garde la valeur exacte trouvée à la question 2.a.
    $\quad$

Partie 2

  1. On veut calculer $P(70\pp X \pp 110)$.
    On sait que $P(X > 110) = 0,052$.
    Or $\mu=90$ donc $P(X<70)=P(X>110)$.
    Ainsi
    $\begin{align*} P(70\pp X \pp 110) &=1-P(X<70)-P(X>110) \\
    &=1-0,052-0,052 \\
    &=0,896
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. On note $Z=\dfrac{X-90}{\sigma}$.
    Cette variable aléatoire suit la loi normale centrée réduite.
    $\begin{align*} P(70\pp X \pp 110) =0,896 &\ssi P(-20 \pp X-90 \pp 20) = 0,896\\
    &\ssi P\left(-\dfrac{20}{\sigma} \pp \dfrac{X-90}{\sigma} \pp \dfrac{20}{\sigma}\right) = 0,896 \\
    &\ssi P\left(-\dfrac{20}{\sigma} \pp Z \pp \dfrac{20}{\sigma}\right) = 0,896 \\
    &\ssi 2P\left(Z \pp \dfrac{20}{\sigma}\right)-1= 0,896 \\
    &\ssi 2P\left(Z \pp \dfrac{20}{\sigma}\right)= 1,896 \\
    &\ssi P\left(Z \pp \dfrac{20}{\sigma}\right)= 0,948
    \end{align*}$
    Par conséquent, en utilisant la fonction inverse loi normale de la calculatrice, on trouve $\dfrac{20}{\sigma} \approx 1,626$.
    Donc $\sigma \approx \dfrac{20}{1,626}$ soit $\sigma \approx 12,3$
    $\quad$
  3. A l’aide de la calculatrice, on trouve :
    $P(X<60) = 0,5-P(60<X<90)\approx 0,006$.
    $\quad$

Partie 3

  1. La fréquence observée est $f=\dfrac{716}{10~000}=0,071~6$
    Un intervalle de confiance au niveau de confiance $95\%$ est :
    $\begin{align*} I_{10~000}&=\left[0,071~6-\dfrac{1}{\sqrt{10~000}};0,071~6+\dfrac{1}{\sqrt{10~000}} \right] \\
    &=[0,061~6;0,0816]
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. On appelle $n$ la taille de l’échantillon étudié pour un caractère dont la fréquence d’apparition est $f$.
    L’amplitude de l’intervalle de confiance est alors :
    $\begin{align*} A&=f+\dfrac{1}{\sqrt{n}}-\left(f-\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right) \\
    &=\dfrac{2}{\sqrt{n}}
    \end{align*}$
    On veut donc que :
    $\begin{align*} \dfrac{2}{\sqrt{n}} \pp 0,01 &\ssi \sqrt{n}\pg\dfrac{2}{0,01} \\
    &\ssi \sqrt{n} \pg 200 \\
    &\ssi n\pg 40~000
    \end{align*}$
    Il faut donc interroger au moins $40~000$ personnes.
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. a. Si $z_0=2$ alors $z_1 = 1-\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$
    $z_2=1-\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}=-1$
    $z_3=1-\dfrac{1}{-1}=2$
    $z_4=\dfrac{1}{2}$
    $z_5=-1$
    $z_6=2$
    $\quad$
    b. Si $z_0=\ic$ alors $z_1=1-\dfrac{1}{\ic}=1+\ic$
    $z_2=1-\dfrac{1}{1+\ic} = \dfrac{1}{2}+\dfrac{\ic}{2}$
    $z_3=1-\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}+\dfrac{\ic}{2}}=\ic$
    $z_4=1+\ic$
    $z_5=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\ic}{2}$
    $z_6=\ic$
    $\quad$
    c. On peut conjecturer que, pour tout entier naturel $n$, on a $z_{3n}=z_0$
    Initialisation : Si $n=0$ alors $z_{3n}=z_{3\times 0}=z_0$.
    La propriété est vraie au rang $n$.
    $\quad$
    Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $z_{3n}=z_0$.
    $z_{3n+1}=1-\dfrac{1}{z_0}=\dfrac{z_0-1}{z_0}$
    $z_{3n+2}=1-\dfrac{1}{\dfrac{z_0-1}{z_0}} = 1-\dfrac{z_0}{z_0-1}=\dfrac{-1}{z_0-1}$
    $z_{3n+3}=1-\dfrac{1}{\dfrac{-1}{z_0-1}} = 1+z_0-1=z_0$
    Par conséquent $z_{3(n+1)}=z_0$.
    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 $n$, on a $z_{3n}=z_0$.
    $\quad$
  2. $2016=3\times 672$ donc $z_{2016}=z_0=1+\ic$.
    $\quad$
  3. On cherche la valeur de $z_0$ telle que :
    $\begin{align*} z_0=1-\dfrac{1}{z_0} &\ssi \dfrac{z_0^2-z_0+1}{z_0} = 0\\
    &\ssi z_0^2-z_0+1=0 \text{  et  } z_0\neq = 0
    \end{align*}$
    $\Delta = -3 <0$
    Il y a donc deux solutions complexes : $\dfrac{1-\ic\sqrt{3}}{2}$ et $\dfrac{1+\ic\sqrt{3}}{2}$.
    Par conséquent si $z_0 \in \left\{\dfrac{1-\ic\sqrt{3}}{2};\dfrac{1+\ic\sqrt{3}}{2}\right\}$ alors $z_0=z_1$.
    La suite $\left(z_n\right)$ est alors stationnaire.

Ex 3 obl

Exercice 3

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. a.
    $$\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{variables}&i&d&a&b&s\\
    \hline
    \text{initialisation}&\text{X}&\text{X}&0&0&\text{X}\\
    \hline
    1^{\e}\text{ passage boucle Pour}&1&1&1&0&1\\
    \hline
    2^{\e}\text{ passage boucle Pour}&2&6&1&0&1\\
    \hline
    3^{\e}\text{ passage boucle Pour}&3&4&1&1&2\\
    \hline
    \end{array}$$
    $\quad$
    b. A chaque étape la variable $s$ détermine le nombre de pièces se trouvant du côté pile.
    Cet algorithme permet donc bien de décider si à la fin les deux pièces sont du côté pile.
    $\quad$
  2. a. $P\left(X_0\right)=1$, $P\left(Y_0\right)=0$ et $P\left(Z_0\right)=0$
    $\quad$
    b. On appelle $D$ la variable indiquant la face du dé obtenue.
    $P_{X_n}\left(X_{n+1}\right)=P\left(D\in\left\{5;6\right\}\right) = \dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$.
    $\quad$
    c. Si les pièces sont du côté face alors au bout de $n$ lancers alors, au lancer $n+1$, soit les pièces sont du côté face, soit une est du côté pile et l’autre du côté face.
    Par conséquent $P\left(X_n\cap Y_{n+1}\right)=1-\dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}$.
    $\quad$
    Si, au lancer $n$, une pièce est du côté pile et l’autre est du côté face, alors la seule possibilité de conserver un tel état, au lancer $n+1$, est d’obtenir $5$ ou $6$ avec le dé.
    Donc $P\left(Y_n\cap Y_{n+1}\right)=\dfrac{1}{3}$.
    De même $P\left(Y_n\cap X_{n+1}\right) =\dfrac{1}{3}$ et $P\left(Y_n\cap Z_{n+1}\right)=\dfrac{1}{3}$
    $\quad$
    Si, au lancer $n$, les deux pièces sont du côté pile alors, au lancer $n+1$, on ne peut avoir que deux possibilités : les deux pièces sont toujours du côté pile ou alors l’une est du côté pile et l’autre du côté face.
    Pour garder les pièces du côté pile il faut obtenir $5$ ou $6$ avec le dé.
    Donc $P\left(Z_n\cap Z_{n+1}\right)=\dfrac{1}{3}$ et $P\left(Z_n\cap Y_{n+1}\right)=\dfrac{2}{3}$
    $\quad$
    ts-metropole-sept-2016-ex3obl-1
    d. Pour tout entier naturel $n$, on a $x_n+y_n+z_n=1$ donc $z_n=1-x_n-y_n$.
    $\quad$
    e.
    D’après la formule des probabilité totale on a :
    $\begin{align*} y_{n+1}&=P\left(Y_{n+1}\right) \\
    &=P\left(X_n\cap Y_{n+1}\right)+P\left(Y_n\cap Y_{n+1}\right)+P\left(Z_n\cap Y_{n+1}\right) \\
    &=\dfrac{2}{3}x_n+\dfrac{1}{3}y_n+\dfrac{2}{3}z_n \\
    &=\dfrac{2}{3}x_n+\dfrac{1}{3}y_n+\dfrac{2}{3}\left(1-x_n-y_n\right) \\
    &=-\dfrac{1}{3}y_n+\dfrac{2}{3}
    \end{align*}$
    $\quad$
    f. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{align*} b_{n+1}&=y_{n+1}-\dfrac{1}{2} \\
    &=-\dfrac{1}{3}y_n+\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{2} \\
    &=-\dfrac{1}{3}y_n+\dfrac{1}{6} \\
    &=-\dfrac{1}{3}\left(y_n-\dfrac{1}{2}\right)\\
    &=-\dfrac{1}{3}b_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(b_n\right)$ est donc géométrique de raison $-\dfrac{1}{3}$ et de premier terme $b_0=0-\dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{2}$
    Par conséquent $b_n=-\dfrac{1}{2}\times \left(-\dfrac{1}{3}\right)^n$
    Et $y_n=b_n+\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\times \left(-\dfrac{1}{3}\right)^n$
    $\quad$
    g. $-1<-\dfrac{1}{3}<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} \left(-\dfrac{1}{3}\right)^n=0$
    Ainsi $\lim\limits_{n \to +\infty} y_n=\dfrac{1}{2}$.
    $\quad$
    Cela signifie donc, qu’au bout d’un grand nombre de lancers, la probabilité d’obtenir une pièce du côté pile et une du côté face est de $50\%$.
    $\quad$

Ex 3 spé

Exercice 3

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1.  a.
    $$\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{variables}&i&d&a&b&c&s\\
    \hline
    \text{initialisation}&\text{X}&\text{X}&0&0&0&\text{X}\\
    \hline
    1^{\e}\text{ passage boucle Pour}&1&1&1&0&0&1\\
    \hline
    2^{\e}\text{ passage boucle Pour}&2&4&1&1&0&2\\
    \hline
    3^{\e}\text{ passage boucle Pour}&3&2&0&1&0&1\\
    \hline
    \end{array}$$
    b. A chaque étape la variable $s$ détermine le nombre de pièces se trouvant du côté pile.
    L’algorithme permet donc de dite si, après $n$ tirages, les trois pièces sont du côté pile.
    $\quad$
  2. a. Au début du jeu, toutes les pièces sont du côté face.
    Donc $p\left(X_0\right)=1$, $p\left(Y_0\right)=0$, $p\left(Z_0\right)=0$ et $p\left(T_0\right)=0$.
    $\quad$
    b.
    ts-metropole-sept-2016-ex3spe
  3. a. On a $U_0=\begin{pmatrix}1&0&0&0\end{pmatrix}$
    $\quad$
    b. On a $M=\begin{pmatrix}0&\dfrac{1}{3}&0&0\\1&0&\dfrac{2}{3}&0\\0&\dfrac{2}{3}&\dfrac{1}{3}&1\\0&0&0&1 \end{pmatrix}$
    $\quad$
  4. Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel $n$ on a $U_{n+1}=U_0\times M^n$
    Initialisation : Si $n=0$ alors $U_0\times M^0=U_0\times I_4=U_0$ où $I_4$ est la matrice identité.
    La propriété est donc vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$ : $U_n=U_0\times M^n$
    $\begin{align*} U_{n+1}&=U_n\times M \\
    &=U_0\times M^n\times M \\
    &=U_0\times M^{n+1}
    \end{align*}$
    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 $U_n=U_0 \times M^n$.
    $\quad$
  5. a. On veut calculer $y_5=\dfrac{-3\times \left(-\dfrac{1}{3}\right)^5+3\times \left(\dfrac{1}{3}\right)^5-(-1)^5\times 3+3}{8}$
    Soit $y_5 \approx 0,753$.
    $\quad$
    b. Première affirmation : fausse
    Si $n$ est pair alors $(-1)^n=1$ et $\left(-\dfrac{1}{3}\right)^n=\dfrac{1}{3^n}$
    Donc $t_n=\dfrac{-1+\dfrac{3}{3^n}-\dfrac{3}{3^n}+1}{8}=0$
    $\quad$
    Deuxième affirmation : fausse
    On a vu que si $n$ est pair alors $t_n=0$
    Si $n$ est impair alors $(-1)^n=-1$ et $\left(-\dfrac{1}{3}\right)^n=-\dfrac{1}{3^n}$
    Donc $t_n=\dfrac{1-\dfrac{3}{3^n}-\dfrac{3}{3^n}+1}{8}=\dfrac{1-\dfrac{1}{3^{n-1}}}{4}<4$ si $n\pg 1$
    $\quad$
    Troisième affirmation : vraie
    $t_7\approx 0,249~66 >0,249 $
    $\quad$

Ex 4

Exercice 4

Partie 1

  1. La fonction $v_1$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas.
    $\begin{align*} v_1′(t)&=5\times \dfrac{0,3\e^{0,3t}\left(e^{0,3t}+1\right)-0,3\e^{0,3t}\left(\e^{0,3t}-1\right)}{\left(\e^{0,3t}+1\right)^2} \\
    &=5\times 0,3 \times \dfrac{\e^{0,6t}+\e^{0,3t}-\e^{0,6t}+\e^{0,3t}}{\left(\e^{0,3t}+1\right)^2}\\
    &=1,5 \times \dfrac{2\times \e^{0,3t}}{\left(\e^{0,3t}+1\right)^2} \\
    &=3\times \dfrac{\e^{0,3t}}{\left(\e^{0,3t}+1\right)^2} \\
    &>0
    \end{align*}$
    La fonction exponentielle étant effectivement strictement positive sur $\R$ et donc sur $[0;+\infty[$.
    $\quad$
    Par conséquent la fonction $v_1$ est strictement croissante sur $[0;+\infty[$.
    $\quad$
  2. On va donc déterminer $\lim\limits_{t \to +\infty} 5 \times \dfrac{\e^{0,3t}-1}{\e^{0,3t}+1}$.
    $\dfrac{\e^{0,3t}-1}{\e^{0,3t}+1} = \dfrac{\e^{0,3t}\left(1-\e^{-0,3t}\right)}{\e^{0,3t}\left(1+\e^{-0,3t}\right)}=\dfrac{1-\e^{-0,3t}}{1+\e^{-0,3t}}$
    Or $\lim\limits_{t \to +\infty} \e^{-0,3t}=0$
    Donc $\lim\limits_{t \to +\infty} \dfrac{\e^{0,3t}-1}{\e^{0,3t}+1} = 5$ et $\lim\limits_{t \to +\infty} v_1(t)=5$.
    La fonction $v_1$ est strictement croissante et sa limite en $+\infty$ est $5$.
    Par conséquent, pour tout $t \pg 0$, on a $v_1(t)\pp 5$.
    Le colis ne sera donc pas endommagé lorsque le parachute s’ouvre correctement.
    $\quad$

Partie 2

  1. $v_2(10)=32,7\left(1-\e^{-3}\right) \approx 31,1$ m.s$^{-1}$.
    $\quad$
  2. $\quad$
    $\begin{align*} v_2(t)=30 &\ssi 32,7\left(1-\e^{-0,3t}\right) = 30 \\
    &\ssi 1-\e^{-0,3t}=\dfrac{30}{32,7} \\
    &\ssi -\e^{-0,3t}=\dfrac{30}{32,7}-1\\
    &\ssi \e^{-0,3t}=\dfrac{2,7}{32,7}\\
    &\ssi -0,3t=\ln \dfrac{2,7}{32,7}\\
    &\ssi t=\dfrac{\ln \dfrac{2,7}{32,7}}{-0,3}
    \end{align*}$
    Par conséquent $t\approx 8,3$ s.
    Cela signifie qu’au bout de $8,3$ secondes environ le colis a atteint la vitesse de $30$ m.s$^{-1}$.
    $\quad$
  3. a.
    $\begin{align*} d(T)&=\int_0^T v_2(t)\dt \\
    &=\int_0^T \left(32,7-32,7\e^{-0,3t}\right)\dt \\
    &=\left[32,7t-\dfrac{32,7}{-0,3}\e^{-0,3t}\right]_0^T \\
    &=32,7T+109\e^{-0,3T}-109 \\
    &=109\left(\e^{-0,3T}+0,3T-1\right)
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. On veut calculer $d(20) = 109\left(\e^{-6}+6-1\right) = 109\left(\e^{-6}+5\right)\approx 545$ m.
    Le colis a donc parcouru environ $545$ mètres avant d’atteindre le sol.
    $\quad$
  4. On veut résoudre l’équation $d(T)=700$
    Soit $109\left(\e^{-0,3T}+0,3T-1\right)=700$
    A l’aide de la fonction table de la calculatrice on trouve $\approx 24,7 < T <24,8$.
    $\quad$

 

Énoncé

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