Bac S – Polynésie – Juin 2015

Polynésie Juin 2015

BAC S – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce bac est disponible ici.

Exercice 1

  1. On a : $\vec{AB} = 6\vec{AI}$, $\vec{AD} = 4\vec{AJ}$ et $\vec{AE} = 2\vec{AK}$
    On a donc les coordonnées suivantes :
    $$I(1;0;0) \quad J(0;1;0) \quad G(6;4;2)$$
    Ainsi $\vec{IJ}\begin{pmatrix} -1\\1\\0\end{pmatrix}$ et $\vec{IG} \begin{pmatrix} 5\\4\\2\end{pmatrix}$.
    On constate que :
    $\vec{n}.\vec{IJ} =2 \times (-1) + 2 \times 1 + 0 = 0$
    $\vec{n}.\vec{IG} = 2 \times 5 + 2 \times 4 – 9 \times 2 = 0$
    Ainsi, $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(IJG)$. C’est donc un vecteur normal de ce plan.
    $\quad$
  2. Une équation du plan $(IJG)$ est donc de la forme :
    $$2x+2y-9z+d=0$$.
    Le point $I(1;0;0)$ appartient à ce plan. Ses coordonnées vérifient donc cette équation.
    Par conséquent $2 + d = 0 \ssi d=-2$.
    Une équation du plan $(IJG)$ est donc : $$2x+2y-9z-2=0$$
    $\quad$
  3. On a $B(6;0;0)$ et $F(6;0;2)$.
    Par conséquent $\vec{BF}\begin{pmatrix}0\\0\\2\end{pmatrix}$.
    Ainsi une représentation paramétrique de la droite $(BF)$ est :
    $$\begin{cases}x=6 \\\\y=0\\\\z=2t\end{cases} \qquad t \in \R$$
    Les coordonnées du point $L$ vérifient à la fois l’équation du plan $(IJG)$ et celles de la droite $(BF)$.
    Ainsi $2 \times 6-9\times 2t – 2 =0 \ssi 10 = 18t \ssi t = \dfrac{5}{9}$
    $\quad$
    On obtient ainsi $L\left(6;0;\dfrac{10}{9}\right)$.
    $\quad$
  4. $\quad$
    Bac S - Polynésie - Juin 2015 -ex1cor
    $\quad$

Exercice 2

  1. Un point invariant vérifie donc :
    $z = z^2 +4z +3 \ssi z^2 + 3z  + 3=0$.
    $\Delta = 3^2 – 4 \times 3 = -3<0$.
    Cette équation possède donc deux solutions complexes :
    $$z_1 = \dfrac{-3 -\ic\sqrt{3}}{2} \qquad z_2 = \dfrac{-3 +\ic\sqrt{3}}{2}$$
    $|z_1| = \sqrt{\dfrac{(-3)^2 + 3}{2^2}} = \sqrt{3}$
    Donc $z_1 = \sqrt{3} \left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}  -\dfrac{ic}{2}\right) = \sqrt{3}\e^{7\ic\pi/6} =\sqrt{3}\e^{-5\ic\pi/6} $
    Par conséquent $z_2 = \overline{z_1} = \sqrt{3}\e^{5\ic\pi/6}$
    $\quad$
  2. $OA = |z_1| = \sqrt{3} = |z_2| = OB$.
    $\begin{align*} AB &= |z_2 – z-1| \\\\
    &=\left|\ic\sqrt{3}\right| \\\\
    &=\sqrt{3}
    \end{align*}$
    Par conséquent le triangle $OAB$ est équilatéral.
    $\quad$
  3. Soit $z=x+\ic y$ alors :
    $\begin{align*} z’ &= (x+\ic y)^2 + 4(x + \ic y) + 3\\\\
    &=x^2-y^2 + 2\ic xy + 4x + 4\ic y + 3\\\\
    &= x^2 – y^2 + 4x + 3 + \ic(2xy + 4y) \\\\
    & = x^2 – y^2 + 4x + 3 + 2y \ic(x + 2)
    \end{align*}$
    $z’$ est un nombre réel si, et seulement si, $2y(x+2) = 0$ ce qui est équivalent à $y = 0$ ou $x= – 2$.
    L’ensemble $\mathscr{E}$ est donc la réunion de l’axe des abscisses et de la droite d’équation $x=-2$
    $\quad$
  4. $\quad$
    Bac S - polynésie - juin 2015 - ex2
    $\quad$

Exercice 3

  1. On cherche donc à calculer $P(153 \le X_1 \le 177) \approx 0,95$ (résultat de cours)
    $\quad$
  2. a. On veut calculer :
    $\begin{align*} P(X_2 \ge 170) &= 0,5 + P(170 \le X_2 \le 175) \\\\
    & \approx 0,68
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. Calculons $P(X_1 \ge 170) = 0,5 – P(165 \le X_1 \le 170) \approx 0,20$
    On appelle $G$ l’événement “la personne choisie mesure plus de $1,70$m”.
    On appelle $F$ l’événement “la personne choisie est une femme”.
    D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(G) &= p(F \cap G) + p\left(\overline{F} \cap G\right) \\\\
    &= 0,52 \times 0,20 + 0,48 \times 0,68 \\\\
    & \approx 0,43
    \end{align*}$
    $\quad$
    Par conséquent :
    $\begin{align*} p_G(F) &= \dfrac{p(F \cap F)}{p(G)} \\\\
    &=\dfrac{0,52 \times 0,20}{0,43} \\\\
    & \approx 0,24
    \end{align*}$.
    La probabilité que la personne choisie soit une femme sachant qu’elle mesure plus de $1,70$ m est donc de $0,24$.
    $\quad$
    Remarque : En ne prenant pas les valeurs arrondies trouvées à chaque question, on obtient : $p_G(F) \approx 0,245 \approx 0,25$.
    $\quad$

Exercice 4

Partie A Modélisation

  1. La fonction $f$ est dérivable sur $[1;8]$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} f'(x) &= a\e^{-x} -(ax+b)\e^{-x}  \\\\
    &=(-ax + a – b)\e^{-x}
    \end{align*}$
    On veut la tangente à la courbe $\mathcal{C}$ au point d’abscisse $1$ soit horizontale. Cela signifie donc que :
    $f'(1) = 0 \ssi -a + a – b = 0 \ssi b = 0$
    $\quad$
  2. On a ainsi $f(x) = ax\e^{-x}$.
    On veut que trouver la valeur de l’entier naturel $a$ telle que :
    $\begin{align*} 3,5 \le f(1) \le 4 &\ssi 3,5 \le a\e^{-1} \le 4 \\\\
    & \ssi 3,5\e \le a \le 4\e \\\\
    & \ssi a=10
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B Un aménagement pour les visiteurs

  1. La fonction $g$ est dérivable sur $[1;8]$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} g'(x) &= 10 \left(-\e^{-x} – \left(-x – 1\right)\e^{-1}\right) \\\\
    &=10 (-1 +x +1)\e^{-x} \\\\
    & = f(x)
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. Ainsi $g$ est une primitive de $f$ sur $[1;8]$.
    L’aire du mur à peindre correspond à l’aire du domaine compris entre l’axe des abscisses, la courbe $\mathcal{C}$ et les droites d’équation $x=1$ et $x=8$.
    Il s’agit donc de :
    $\begin{align*} \displaystyle
    I&= \int_1^8 f(x)\mathrm{d}x \\\\
    &= \left[g(x)\right]_1^8 \\\\
    & = g(8) – g(1) \\\\
    &= -90\e^{-8} + 20\e^{-1}
    \end{align*}$
    Le devis sera donc de $300 + 50 \times \left(-90\e^{-8} + 20\e^{-1} \right) \approx 666,37$ euros
    $\quad$

Partie C Une contrainte à vérifier

  1. La fonction $f’$ est dérivable sur $[1;8]$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} f\prime \prime (x) &= 10\left(-\e^{-x} – (1-x)\e^{-x}\right) \\\\
    &= 10(-1 -1 + x)\e^{-x} \\\\
    &=10(-2+x)\e^{-x}
    \end{align*}$
    La fonction exponentielle étant strictement positive, le signe de $f\prime \prime$ ne dépend que de celui de $-2+x$.
    Ainsi la fonction $f’$ est décroissante sur $[1;2]$ et croissante sur $[2;8]$.
    $\quad$
  2. Une équation de la tangente à la courbe $\mathcal{C}$ au point $M$ d’abscisse $a$ est donc de la forme $y=f'(a)(x-a) + f(a)$.
    Le point $L$ est le point de cette droite tel que $y=0$.
    Par conséquent
    $\begin{align*} f'(a)(x_L-a) + f(a) = 0  &\ssi f'(a)(x_L – a) = -f(a) \\\\
    &\ssi x_L – a = -\dfrac{f(a)}{f'(a)}
    \end{align*}$.
    Dans le triangle $MPL$ rectangle en $P$ on a :
    $\begin{align*} \tan \alpha &= \dfrac{MP}{PL} \\\\
    &=\dfrac{f(a)}{\left|x_L -a\right|} \\\\
    & = \dfrac{f(a)}{\left|\dfrac{f(a)}{f'(a)}\right|} \\\\
    &=\left|f'(a)\right|
    \end{align*}$
    Ainsi pour tout point $M$ d’abscisse $x$ on a $\tan \alpha = \left|f'(x)\right|$.
    $\quad$
  3. $\tan 55 \approx 1,43$.
    La fonction $f’$ est négative sur $[1;8]$. Ainsi le maximum de $\left|f'(x)\right|$ est atteint pour $x=2$ (où $f’$ atteint son minimum).
    or $|f'(2)| \approx 1,35 \le \tan 55$.
    Par conséquent le toboggan est conforme.
    $\quad$

Exercice 5

Candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité

Partie A Conjectures à l’aide d’un algorithme

  1. Variables :
    $\quad$ $n, k$ entiers
    $\quad$ $S,v$ réels
    Initialisation :
    $\quad$ Saisir la valeur de $n$
    $\quad$ $v$ prend la valeur $\ln(2)$
    $\quad$ $S$ prend la $v$
    Traitement :
    $\quad$ Pour $k$ variant de $2$ à $n$  faire
    $\qquad$ $v$ prend la valeur $\ln\left(2 – \e^{-v}\right)$
    $\qquad$ $S$ prend la valeur $S + v$
    $\quad$ Fin Pour
    Sortie :
    $\quad$ Afficher $S$
    $\quad$
  2. Les valeurs de $S_n$ étant de plus en plus grande, on peut conjecturer que la suite $(S_n)$ est croissante et probablement de limite $+\infty$.
    $\quad$

Partie B Etude d’une suite auxiliaire

  1. $u_1 = \e^{\ln(2)} = 2$.
    $\quad$
    $\begin{align*} u_{n+1} &= \e^{v_{n+1}} \\\\
    &= 2 – e^{-v_n} \\\\
    &= 2 – \dfrac{1}{e^{v_n}} \\\\
    &=2 – \dfrac{1}{u_n}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. On a ainsi $u_2 = 2 – \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}$
    $\quad$
    $u_3 = 2 – \dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{3}$
    $\quad$
    $u_4= = 2 – \dfrac{3}{4} = \dfrac{5}{4}$
    $\quad$
  3. Montrons cette propriété par récurrence.
    Initialisation :
    Pour $n=1$, $\dfrac{n+1}{n} = 2 = u_1$.
    La propriété est donc vraie au rang $1$.
    $\quad$
    Hérédité :
    Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $u_n = \dfrac{n+1}{n}$
    Alors
    $\begin{align*} u_{n+1} &= 2 – \dfrac{1}{u_n} \\\\
    & = 2 – \dfrac{n}{n+1} \\\\
    & = \dfrac{2n + 2  -n}{n+1} \\\\
    &= \dfrac{n+2}{n+1}
    \end{align*}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$
    $\quad$
    Conclusion :
    La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ non nul on a $u_n = \dfrac{n+1}{n}$.
    $\quad$

Partie C Etude de $(S_n)$

  1. On a  $u_n = \dfrac{n+1}{n}$.
    Or
    $\begin{align*} u_n = \e^{v_n} &\ssi v_n = \ln u_n \\\\
    & \ssi v_n = \ln \dfrac{n+1}{n} \\\\
    & \ssi v_n = \ln (n+1) – \ln (n)
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $\quad$
    $\begin{align*} S_3 &= v_1 + v_2 + v_3 \\\\
    &= \ln(2) + \ln(3) – \ln(2) + \ln(4) – \ln(3) \\\\
    & = \ln(4)
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. On a :
    $\displaystyle \begin{align*} S_n &= \sum_{k=1}^n v_k \\\\
    &= \ln(2) + \ln(3) – \ln(2) + \ldots + \ln(n) – \ln(n-1) + \ln(n+1) – \ln(n) \\\\
    & = \ln(n+1)
    \end{align*}$
    Or $\lim\limits_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} S_n= +\infty$.
    $\quad$

Exercice 5

Candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité

  1. $A^2 = \begin{pmatrix} -2&6 \\-3&7 \end{pmatrix}$
    Or $A + 2I = \begin{pmatrix} -4 + 2&6 \\-3 &5 +2 \end{pmatrix} = A^2$
    $\quad$
  2. On a ainsi
    $\begin{align*} A^3 &= A \times A^2 \\\\
    &= A \left(A + 2I\right) \\\\
    & = A^2 + 2A \\\\
    & = A + 2I + 2A \\\\
    & = 3A + 2I
    \end{align*}$
    $\quad$
    Et
    $\begin{align*} A^4 & = A \times A^3 \\\\
    & = 3A^2 + 2A \\\\
    &= 3A + 6I + 2A \\\\
    &= 5A + 6I
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. Montrons cette propriété par récurrence.
    Initialisation :
    Pour $n = 0$, $A^0 = I = 0A + 1I = r_0A + s_0I$.
    La propriété est vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité :
    Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $A^n = r_nA + s_nI$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} A^{n+1} &= A \times A^{n} \\\\
    &= A\left(r_n A + s_n I\right) \\\\
    & = r_n A^2 + s_n A \\\\
    & = r_nA + 2r_n I + s_n A \\\\
    & = \left(r_n + s_n\right)A + 2r_n I \\\\
    &= r_{n+1}A + s_{n+1}I
    \end{align*}$
    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 $A^n = r_n A + s_n I$.
    $\quad$
  4. $\quad$
    $\begin{align*} k_{n+1} &= r_{n+1} – s_{n+1} \\\\
    &= r_n + s_n – 2r_n \\\\
    & = s_n – r_n \\\\
    & = -k_n
    \end{align*}$
    La suite $(k_n)$ est donc géométrique de raison $-1$ et de premier terme $k_0 = 0 – 1 = -1$.
    $\quad$
    Par conséquent $k_n = -(-1)^n = (-1)^{n+1}$ pour tout entier naturel $n$.
    $\quad$
  5. On a $t_1 = 1 + \dfrac{-1}{3} = \dfrac{2}{3}$
    Par conséquent $t_n = \dfrac{2}{3} \times 2^{n-1}$.
    $\quad$
  6. On a donc $r_n = t_n – \dfrac{(-1)^n}{3} = \dfrac{2}{3} \times 2^{n-1} – \dfrac{(-1)^n}{3}$
    De plus
    $\begin{align*} s_n &= r_n – k_n \\\\
    & =  \dfrac{2}{3} \times 2^{n-1} – \dfrac{(-1)^n}{3} – (-1)^{n+1} \\\\
    &= \dfrac{2}{3} \times 2^{n-1} + \dfrac{(-1)^{n+1}}{3} + (-1)^n
    \end{align*}$
    $\quad$
  7. Déterminons les différents coefficients de la matrice $A^n$.
    $-4r_n + s_n = -2\times 2^{n-1} + (-1)^n + (-1)^n = -2^n + 2(-1)^n$
    $\quad$
    $5r_n + s_n = 4 \times 2^{n-1} – 2\times(-1)^n + (-1)^n = 2^{n+1} – (-1)^n$
    $\quad$
    $6r_n = 4\times 2^{n-1} – 2(-1)^n = 2^{n+1} – 2(-1)^n$
    $\quad$
    $-3r_n = -2\times 2^{n-1} + (-1)^n = -2^n + (-1)^n$
    $\quad$
    Donc $$A^n = \begin{pmatrix} -2^n + 2(-1)^n & 2^{n+1} – 2(-1)^n \\\\
    -2^n + (-1)^n & 2^{n+1} – (-1)^n \end{pmatrix}$$