Bac S – Polynésie – Juin 2016

Polynésie – juin 2016

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

Partie A

  1. La vitesse est maximale quand le coefficient directeur de la tangente en un point de la courbe $C$ est le plus grand. C’est donc pour $t=0$ que cette vitesse est maximale.
    $\quad$
  2. Plus la personne est corpulente moins, à quantité d’alcool ingérée égale, la concentration d’alcool dans le sang est importante. La courbe $\mathcal{C}_2$ correspond donc à la personne la plus corpulente.
    $\quad$
  3. a. $f$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $f'(t)=A\e^{-t}-At\e^{-t}$
    Donc $f'(0)=A$
    b. Si on appelle $f_1$ et $f_2$ les fonctions associées aux graphiques $\mathcal{C}_1$ et $\mathcal{C}_2$, on constate que $f’_1(0)>f’_2(0)$.
    Donc $A_1>A_2$ (où $A_i$ est la constante liée à la fonction $f_i$).
    Puisque la courbe $\mathcal{C}_2$ correspond à la personne ayant la forte corpulence, l’affirmation est fausse.
    $\quad$

Partie B – Un cas particulier

  1. D’après la question A.3. on a :
    $f'(t)=2\e^{-t}-2t\e^{-t}=2\e^{-t}(1-t)$.
    La fonction exponentielle est strictement positive.
    Le signe de $f'(t)$ ne dépend donc que de $(1-t)$.
    Or $1-t>0 \ssi t<1$.
    Donc $f$ est strictement croissante sur $[0;1]$ et strictement décroissante sur $[1;+\infty[$.
    $\quad$
  2. La concentration d’alcool dans le sang est donc maximale quand $t=1$.
    Et $f(1)=2\e^{-1}\approx 0,74$ g.L$^{-1}$.
    $\quad$
  3. On a $\lim\limits_{t\to +\infty} \dfrac{\e^t}{t}=+\infty$.
    Or $f(t)=2\dfrac{t}{\e^t}=2\dfrac{1}{\dfrac{\e^t}{t}}$.
    Donc $\lim\limits_{t \to +\infty} f(t)=0$.
    Cela signifie qu’au bout d’un très grand nombre d’heures la concentration d’alcool dans le sang est nulle et donc que l’alcool a disparu de l’organisme.
    $\quad$
  4. a. La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $[0;1]$.
    $f(0)=0<0,2$ et $f(1) \approx 0,74>0,2$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(t)=0,2$ possède une unique solution $t_1$ sur $[0;1]$.
    $\quad$
    On procède de même sur $[1;+\infty[$.
    La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $[1;+\infty[$.
    $f(1) \approx 0,74>0,2$ et $\lim\limits_{t \to +\infty} f(t)=0<0,2$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(t)=0,2$ possède une unique solution $t_2$ sur $[1;+\infty[$.
    $\quad$
    Il existe donc deux réels $t_1$ et $t_2$ tels que $f(t)=0,2$.
    $\quad$
    b. Sur $\left[t_1;t_2\right]$ $f(t)>0,2$ car $f$ est croissante sur $\left[t_1;1\right]$.
    Donc Paul ne pourra prendre le volant qu’après $t_2$.
    On obtient à l’aide de la calculatrice $t_2\approx 3,577$
    Il faut donc que Paul attendent $3$ heures et $35$ minutes avant de pouvoir reprendre le volant.
    $\quad$
  5. a. Puisque $\lim\limits_{t \to +\infty} f(t)=0$, pour tout réel $\lambda>0$, il existe un temps $T>0$ tel que, pour tout $t>T$ on a $0\pp f(t)<\lambda$.
    C’est en particulier vrai pour $\lambda =5\times 10^{-3}$ g.L$^{-1}$.
    Il existe donc un instant $T$ à partir duquel la concentration d’alcool dans le sang n’est plus détectable.
    $\quad$
    b. $\quad$
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|}
    \hline
    &\text{Initialisation}&\text{Etape }1&\text{Etape }2\\
    \hline
    p&0,25&0,25&0,25 \\
    \hline
    t&3,5&3,75&4 \\
    \hline
    C&0,21&0,18&0,15\\
    \hline
    \end{array}$$
    L’algorithme affiche le temps, après l’ingestion d’alcool, à partir duquel la concentration d’alcool dans le sang n’est plus détectable (au quart d’heure près).
    $\quad$

Exercice 2

  1. En $C2$ on a écrit $=B2+2*A2\text{^}2+3*A2+5$
    En $B3$ on a écrit $=2*B2+2*A2\text{^}2-A2$
    $\quad$
  2. Il semblerait d’après le tableau de valeur que $v_n=7\times 2^n$ pour tout entier naturel $n$ et donc que $u_n=7\times 2^n-2n^2-3n-5$.
    Montrons cela par récurrence.
    Initialisation : Si $n=0$
    $u_0=2$ et $v_0=7$
    $7\times 2^0=7\times 1 = 7=v_0\checkmark$
    $7-5=2=u_0 \checkmark$
    $\quad$
    Hérédite : On suppose la propriété vraie au rang $n$ : $u_n=7\times 2^n-2n^2-3n-5$ et $v_n=7\times 2^n$
    $\begin{align*} u_{n+1}&=2u_n+2n^2-n \\
    &=2\left(7\times 2^n-2n^2-3n-5\right) + 2n^2-n \\
    &=7\times 2^{n+1}-4n^2-6n-10+2n^2-n\\
    &=7\times 2^{n+1}-2n^2-7n-10
    \end{align*}$
    Or
    $\begin{align*} -2(n+1)^2-3(n+1)-5&=-2\left(n^2+2n+1\right)-3n-3-5 \\
    &=-2n^2-4n-2-3n-8\\
    &=-2n^2-7n-10
    \end{align*}$
    Donc $u_{n+1}=7\times 2^{n+1}-2(n+1)^2-3(n+1)-5$
    $\quad$
    $v_{n+1}=u_{n+1}+2(n+1)^2+3(n+1)+5=7\times 2^{n+1}$
    La propriété est donc héréditaire (pour les suites $u$ et $v$).
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Donc, pour tout entier naturel $n$, on a :
    $u_n=7\times 2^n-2n^2-3n-5$ et $v_n=7\times 2^n$
    $\quad$
    Autre solution proposée par TIplanet (certainement plus simple)
    On va montrer que $\left(v_n\right)$ est géométrique :
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}+2(n+1)^2+3(n+1)+5 \\
    &=2u_n+2n^2-n+2\left(n^2+2n+1\right)+3n+3+5\\
    &=2u_n+2n^2-n+2n^2+4n+2+3n+8\\
    &=2u_n+4n^2+6n+10 \\
    &=2\left(v_n-2n^2-3n-5\right)+4n^2+6n+10\\
    &=2v_n-4n^2-6n-10+4n^2+6n+10\\
    &=2v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $2$ et de premier terme $7$.
    Ainsi $v_n=7\times 2^n$.
    Et $u_n=v_n-2n^2-3n-5=7\times 2^n-2n^2-3n-5$.
    $\quad$

Exercice 3

Partie A

  1. $P(T\leqslant 3) = 1-\e^{-3\lambda} \approx 0,451$
    $\quad$
  2. On cherche le plus petit entier naturel $t$ tel que :
    $\begin{align*} P(T\leqslant t) > 0,95 &\ssi 1-\e^{-0,2t}>0,95 \\
    &\ssi -\e^{-0,2t}>-0,05 \\
    &\ssi \e^{-0,2t}<0,05 \\
    &\ssi -0,2t<\ln 0,05 \\
    &\ssi t> \dfrac{\ln 0,05}{-0,2} \\
    &\ssi t\geqslant 15
    \end{align*}$
    Il faut donc que le groupe attente au minimum $15$ minutes pour après la première étoile filante pour voir la suivante avec une probabilité supérieure à $0,95$.
    $\quad$
  3. Le temps moyen d’attente entre deux étoiles filantes est $E(T)=\dfrac{1}{\lambda}=5$ minutes.
    Il peut espérer voir en moyenne $\dfrac{2\times 60}{5}=24$ étoiles filantes lors de cette sortie.
    $\quad$

Partie B

  1. On définit les événements suivants :
    – $N$ “La personne interrogée est un nouvel adhérent”;
    – $A$ “La personne interrogée est un ancien adhérent”;
    – $T$ “La personne interrogée possède un télescope”.
    On peut schématiser la situation à l’aide de l’arbre pondéré suivant :
    TS - polynésie - juin 2016 - ex3 (1)
    On sait de plus que $p(A\cap T)=0,27 $
    D’après la formule des probabilités totales, on a :
    $\begin{align*} p(T)&=p(N\cap T)+p(A\cap T) \\
    &=0,64 \times 0,35+0,27 \\
    &=0,494
    \end{align*}$
    $\quad$.
  2. On veut calculer :
    $p_T(N)=\dfrac{p(T\cap N)}{p(T)}$ $=\dfrac{0,64\times 0,35}{0,494}\approx 0,453$
    $\quad$

Partie C

On prend $n=100$, $p=0,5$.
Donc $n\geqslant 30$, $np=50\geqslant 5$ et $n(1-p)= 50\geqslant 5$
Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de confiance de $95\%$ est :
$\begin{align*} I_{100}&=\left[0,5-1,96\sqrt{\dfrac{0,5\times 0,5}{100}};0,5+1,96\sqrt{\dfrac{0,5\times 0,5}{100}}\right] \\
&=[0,402;0,598]
\end{align*}$
La fréquence observée est $f=\dfrac{54}{100}=0,54\in I_{100}$
Le résultat de ce sondage ne le fera donc pas changer d’avis.
$\quad$

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. Proposition 1 : vraie
    L’affixe du vecteur $\vect{AB}$ est $z_1=z_B-z_A=1+\ic-\sqrt{2}-3\ic = 1-\sqrt{2}-2\ic$
    L’affixe du vecteur $\vect{AC}$ est $z_2=z_C-z_A=-4\ic-\sqrt{2}-3\ic = -\sqrt{2}-7\ic$.
    $\dfrac{1-\sqrt{2}}{-\sqrt{2}} \approx 0,293$
    $\dfrac{-2}{-7}\approx 0,286$
    Les vecteurs ne sont donc pas colinéaires et les points ne sont pas alignés.
    Remarque : On pouvait également utiliser l’argument de $\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}$.
    $\quad$
  2. Proposition 2 : fausse
    $\ic(1+\ic)=-1+\ic$
    $|-1+\ic|=\sqrt{2}$
    Donc $-1+\ic=\sqrt{2}\left(-\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{\ic}{\sqrt{2}}\right) = \sqrt{2}\e^{3\ic\pi/4}$
    Donc $\left[\ic(1+\ic)\right]^{2n}=\sqrt{2}^{2n}\e^{3n\ic\pi/2}$
    Donc si $\dfrac{3n}{2}$ est un entier pair la proposition sera fausse.
    Il suffit de prendre $n=4$ car $\dfrac{3\times 4}{2}=6$.
    On vérifie $\left[\ic(1+\ic)\right]^{2\times 4}=16$.
    $\quad$
  3. Proposition 3 : fausse
    Les plans $(EFG)$ et $(ABC)$ sont parallèles.
    Donc les intersections de ces plans avec le plan $(BDL)$ sont parallèles.
    Il existe donc un point $M$ appartenant à $[EH]$ tel que $(LM)$ et $(BD)$ soient parallèles.
    L’intersection du cube par le plan $(BDL)$ contient donc au moins quatre points : $B$, $D$, $M$ et $L$.
    TS - polynésie - juin 2016 - ex3.2
    $\quad$
    Proposition 4 : fausse
    On se place dans le repère $\left(B;\vect{BC},\vect{BA},\vect{BF}\right)$.
    On a ainsi $B(0;0;0)$, $D(1;1;0)$ et $L\left(0;\dfrac{2}{3};1\right)$.
    Par conséquent $\vect{BD}(1;1;0)$ et $\vect{BL}\left(0;\dfrac{2}{3};1\right)$.
    Donc $\vect{BD}.\vect{BL}=0+\dfrac{2}{3}+0=\dfrac{2}{3}\neq 0$.
    Le triangle $DBL$ n’est donc pas rectangle en $B$.
    $\quad$
  4. Proposition 5 : fausse
    On va proposer un contre-exemple qui possède une aire très proche de $1$.
    On définit la fonction $f$ par morceau comme la fonction dont la représentation graphique est constitué des segments $[AB]$, $[BC]$, $[CD]$, $[DE]$, $[EF]$ et $[FG]$
    Avec $A(2;3)$, $B(2,000001;0,000001)$, $C(3;0)$, $D(3,99999;0,000001)$, $E(4;1)$, $F(4,99999;1,000001)$ et $G(5;2)$.
    $\displaystyle \int_2^5 f(x)\mathrm{d}x$ correspond à l’aire comprise entre la courbe représentant $f$, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=2$ et $ x=5$.
    Dans l’exemple choisi, cela correspond à la somme de six triangles et de quatre carrés :
    – un triangle rectangle de côté : $2,999999\times 0,000001$
    – cinq triangles rectangles isocèles de côté $0,000001$
    – trois carrés de côté $0,000001$
    – un carré de côté $1$
    L’aire est alors d’environ $1,0000015 <1,5$
    Remarque : On pouvait évidemment d’autres valeurs plus agréables à manipuler; le but était d’avoir une situation “limite” de ce genre :
    TS - polynésie - juin 2016 - ex4

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. Proposition 1 : vraie
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{chiffre des unités de }&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9 \\
    \hline
    n&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9\\
    \hline
    n^2&0&1&4&9&6&5&6&9&4&1\\
    \hline
    n^2+n&0&2&6&2&0&0&2&6&2&0\\
    \hline
    \end{array}$$
    Le chiffre des unités n’est jamais égal à $4$.
    $\quad$
  2. Pour tout entier natuel $n$, $pgcd(20;n)\leqslant 20$
    Donc $0\leqslant u_n\leqslant \dfrac{20}{n}$
    Or $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{20}{n} = 0$
    D’après le théorème des gendarmes, $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=0$
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc congergente.
    $\quad$
  3. Proposition 3 : fausse
    Prenons $A=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}1&3\\2&1\end{pmatrix}$
    On a alors $AB=\begin{pmatrix} 2&1\\1&3\end{pmatrix}$
    Et $BA=\begin{pmatrix} 3&1\\1&2\end{pmatrix}$
    Donc $AB\neq BA$
    $\quad$
  4. Proposition 4 : vraie
    On a $X_{n+1}=MX_n$
    Soit $\begin{pmatrix}a_{n+1}\\b_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0,55a_n+0,3b_n \\0,45a_n+0,7b_n\end{pmatrix}$
    Donc $P_{A_n}\left(B_{n+1}\right) = 0,45$
    $\quad$
    Proposition 5 :
    $X_1=MX_0=\begin{pmatrix}0,55a_0+0,3b_0\\0,45a_0+0,7b_0\end{pmatrix}$
    On veut que $0,45a_0+0,7b_0=3\times (0,55a_0+0,3b_0)$ avec $a_0+b_0=1$
    $\ssi 0,45a_0+0,7b_0=1,65a_0+0,9b_0$ avec $a_0+b_0=1$
    $\ssi 1,2a_0+0,2b_0=0$ avec $a_0=1-b_0$
    $\ssi 1,2\left(1-b_0\right)+0,2b_0=0$ avec $a_0=1-b_0$
    $\ssi 1,2=b_0$ avec $a_0=1-b_0$
    Comme $a_0$ doit être un réel positif, on ne peut pas trouver d’état initial tel que la probabilité d’être en $B$ à l’étape 1 est trois fois plus grande que celle d’être en $A$ à l’étape 1.
    $\quad$