TS – Bac – Nouvelle Calédonie – Mars 2017

Nouvelle Calédonie – Mars 2017

Bac TS – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. $f(0)=0\times \e^{-0}=0\times 1 = 0$
    $f(x)=-(-x)\e^{-x}$
    $\left.\begin{array}{l}\lim\limits_{x\to+\infty} -x=-\infty \\
    \lim\limits_{X \to -\infty}X\e^X=0\end{array}\right\}$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=0$
    La fonction $f$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $f'(x)=\e^{-x}-x\e^{-x}=(1-x)\e^{-x}$
    La fonction exponentielle est strictement positive.
    Par conséquent le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $1-x$.
    Or $1-x>0 \ssi x<1$ et $1-x=0\ssi x=1$
    On en déduit donc que la fonction $f$ est croissante sur l’intervalle $[0;1]$ et décroissante sur l’intervalle $[1;+\infty[$.
    De plus $f(1)=1\times \e^{-1}=\dfrac{1}{\e}$.
    $\quad$
  2. $F$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ d’après l’énoncé.
    $F'(x)=-1\times \e^{-x}-(-x-1)\e^{-x}=(-1+x+1)\e^{-x}=x\e^{-x}=f(x)$.
    La fonction $F$ est donc une primitive de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0;+\infty[$.
    $\quad$

Partie B

  1. On veut résoudre l’équation $f(x)=ax \ssi x\e^{-x}=ax \ssi x\e^{-x}-ax=0\ssi x\left(\e^{-x}-a\right)=0$
    Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un de ses facteurs au moins est nul.
    Donc $x=0$ ou $\e^{-x}-a=0$
    Or $\e^{-x}-a=0\ssi \e^{-x}=a \ssi -x=\ln a \ssi x=-\ln a$
    La droite $D_a$ et la courbe $\mathscr{C}_f$ ont donc un unique point d’intersection distinct de l’origine d’abscisse $x_M=-\ln a$.
    $\quad$
  2. $\mathscr{H}_a$ est l’aire du domaine compris entre la droite $D_a$, la courbe $\mathscr{C}_f$ et les droites d’équation $x=0$ et $x=-\ln a$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \mathscr{H}_a&=\displaystyle \int_0^{-\ln a} \left(f(x)-ax\right) \dx \\
    &=\left[(-x-1)\e^{-x}-\dfrac{ax^2}{2}\right]_0^{-\ln a} \\
    &=\left(\ln a-1\right)\e^{\ln a}-\dfrac{a\left(\ln a\right)^2}{2}-(-1)\e^0 \\
    &=\left(\ln a-1\right)\times a-\dfrac{1}{2}a\left(\ln a\right)^2+1\\
    &=a\ln a-a-\dfrac{1}{2}a\left(\ln a\right)^2+1\\
    &=a\ln a-\dfrac{1}{2}a\left(\ln a\right)^2+1-a
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. La fonction $\mathscr{H}$ est continue (car dérivable) sur l’intervalle $]0;1]$ et strictement décroissante sur cet intervalle.
    De plus $\mathscr{H}(0)=1>0,5$ et $\mathscr{H}(1)=0<0,5$. Or $0,5\in]0;1[$.
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $\mathscr{H}(x)=0,5$ possède une unique solution sur l’intervalle $]0;1[$.
    $\quad$
  4. Les valeurs $A$ et $B$ sont, respectivement, un minorant et un majorant de $\alpha$ d’amplitude inférieure ou égale à $10^{-p}$.
    $\quad$
  5. A l’aide de la calculatrice, on obtient l’encadrement $0,06< \alpha<0,07$ d’amplitude $0,01$.
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. La durée de vie moyenne est de quatre ans. Donc $E(T)=4=\dfrac{1}{\lambda}$ Par conséquent $\lambda =\dfrac{1}{4}=0,25$.
    On veut calculer $P_{(T\pg 3)}(T\pg 2+3)=P(T\pg 2)$ (durée de vie sans vieillissement)
    Or $P(T \pg 2)=\e^{-0,25 \times 2}=\e^{-0,5}\approx 0,61$
    L’affirmation est donc fausse.
    $\quad$
  2. $z^3-3z^2+3z=0\ssi z\left(z^2-3z+3\right)=0 \ssi z=0$ ou $z^2-3z+3=0$
    On calcule le discriminant de $z^2-3z+3=0$
    $\Delta = (-3)^-3\times 4= -3<0$
    L’équation du second degré possède donc deux solutions complexes $z_1=\dfrac{3-\ic\sqrt{3}}{2}$ et $z_2=\conj{z_1}=\dfrac{3+\ic\sqrt{3}}{2}$.
    Les solutions de l’équation $z^3-3z^2+3z=0$ sont donc $0$, $\dfrac{3-\ic\sqrt{3}}{2}$ et $\dfrac{3+\ic\sqrt{3}}{2}$.
    On appelle respectivement $O$, $A$ et $B$ les points d’affixes  $0$, $\dfrac{3-\ic\sqrt{3}}{2}$ et $\dfrac{3+\ic\sqrt{3}}{2}$.
    $OA=\left|z_A\right| = \sqrt{\dfrac{9}{4}+\dfrac{3}{4}}=\sqrt{3}$
    $OB=\left|z_B\right|=\left|\conj{z_A}\right|=\sqrt{3}$
    $AB=\left|z_B-z_A\right|=\left|\ic \sqrt{3}\right|=\sqrt{3}$.
    Le triangle $OAB$ est donc équilatéral.
    L’affirmation est donc vraie.
    $\quad$

Ex 3

Exercice 3

Partie A

On a $n=34 \pg 30$, $p=0,5$ donc $np=17 \pg 5$ et $n(1-p)=17 \pg 5$.
Un intervalle de fluctuation asymptotique de la fréquence du thème A à l’examen est donc

$\begin{align*} I_{34}&=\left[0,5-1,96\sqrt{\dfrac{0,5 \times 0,5}{34}};0,5-1,96\sqrt{\dfrac{0,5 \times 0,5}{34}}\right] \\
&\approx [0,331;0,669]
\end{align*}$

La fréquence observée est $f=\dfrac{22}{34}\approx 0,647 \in I_{34}$.

On ne peut donc pas rejeter, au seuil de $95\%$ l’affirmation faite.
$\quad$

Partie B

On appelle $S$ l’événement “l’étudiant a suivi le stage” et $A$ l’événement “l’élève a traité le thème A”. On obtient ainsi l’arbre pondéré suivant :

On veut calculer $p_{\overline{A}}(S)$

D’après la formule des probabilités totales on a :

$\begin{align*} p\left(\overline{A}\right)&=p\left(S\cap \conj{A}\right)+p\left(\conj{S}\cap \conj{A}\right) \\
&=0,2\times \dfrac{1}{6}+0,8\times 0,3 \\
&=\dfrac{41}{150}
\end{align*}$

Par conséquent :

$\begin{align*} p_{\overline{A}}(S)&=\dfrac{p\left(\overline{A}\cap S\right)}{p\left(\conj{A}\right)} \\
&=\dfrac{0,2 \times \dfrac{1}{6}}{\dfrac{41}{150}} \\
&=\dfrac{5}{41} \\
&\approx 0,122
\end{align*}$
$\quad$

Partie C

On a :

$\begin{align*} P(T\pp 235) = 0,98 &\ssi P(T-225 \pp 235 -225) = 0,98 \\
&\ssi P(T-225 \pp 10)=0,98 \\
&\ssi P\left(\dfrac{T-225}{\sigma}\pp \dfrac{10}{\sigma}\right)=0,98
\end{align*}$

La variable aléatoire $Z=\dfrac{T-225}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite.
Or, d’après la calculatrice, $P(Z\pp k)=0,98$ si $ k\approx 2,05$

Par conséquent $\dfrac{10}{\sigma} \approx 2,05$ soit $\sigma \approx 4,9$.

$\quad$

 

Ex 4

Exercice 4

Montrons par récurrence sur $n$ que $u_n=\dfrac{n}{n+1}$ pour tout entier naturel $n$.

Initialisation : $u_0=0$ et $\dfrac{0}{0+1}=0$. La propriété est donc vraie au rang $0$.

$\quad$

Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$ : $u_n=\dfrac{n}{n+1}$.

$\begin{align*} u_{n+1}&=\dfrac{1}{2-u_n} \\
&=\dfrac{1}{2-\dfrac{n}{n+1}} \\
&=\dfrac{1}{\dfrac{2(n+1)-n}{n+1}} \\
&=\dfrac{1}{\dfrac{2n+2-n}{n+1}} \\
&=\dfrac{1}{\dfrac{n+2}{n+1}} \\
&=\dfrac{n+1}{n+2}
\end{align*}$

La propriété est vraie au rang $n+1$.

Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $u_n=\dfrac{n}{n+1}$

D’après la limite des termes de plus haut degré, on a $\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{n}{n+1}=\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{n}{n}=1$.

Par conséquent la suite $\left(u_n\right)$ est convergente.

$\quad$

Ex 5 obl

Exercice 5

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. a. $\vect{AB}\begin{pmatrix}7\\-4\\1\end{pmatrix}$
    $\vect{AC}\begin{pmatrix}2\\3\\-2\end{pmatrix}$
    $\dfrac{7}{2} \neq \dfrac{-4}{3}$
    Les vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$ ne sont pas colinéaires et définissent donc bien un plan.
    $\quad$
    b. $\vec{n}.\vect{AB}=5\times 7+16\times (-4)+29\times 1 =0$
    $\vec{n}.\vect{AC}=5\times 2+16\times 3+29\times (-2) =0$
    Le vecteur $\vec{n}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$. C’est un vecteur normal au plan $(ABC)$.
    $\quad$
    c. Une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est donc de la forme :
    $5x+16y+29z+d=0$.
    Le point $A(-1;-1;0)$ appartient au plan $(ABC)$.
    Par conséquent $-5-16+d=0 \ssi d=21$.
    Une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est donc $5x+16y+29z+21=0$.
    $\quad$
  2. a. $\vect{AB}.\vect{AC}=14-12-2=0$.
    Le triangle $ABC$ est donc rectangle en $A$.
    Regardons s’il est également isocèle.
    $AB=\sqrt{49+16+1}=\sqrt{66}$
    $AC=\sqrt{4+9+4}=\sqrt{17}\neq AB$.
    Le triangle $ABC$ n’est donc pas isocèle.
    $\quad$
    b. L’aire du triangle $ABC$ est donc :
    $\begin{align*} \mathscr{A}&=\dfrac{AB\times AC}{2}\\
    &=\dfrac{\sqrt{66}\times \sqrt{17}}{2} \\
    &=\dfrac{\sqrt{1~122}}{2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. a. Regardons si les coordonnées du point $S(13;37;54)$ vérifient l’équation cartésienne du plan $(ABC)$.
    $5\times 13+16\times 37+29\times 54+21=2~244\neq 0$.
    Le point $S$ n’appartient donc pas au plan $(ABC)$ : les points $A,B,C$ et $S$ ne sont pas coplanaires.
    $\quad$
    b. La droite $(\Delta)$ est perpendiculaire au plan $(ABC)$. Le vecteur $\vec{n}$ est donc un vecteur directeur de la droite $(\Delta)$.
    Un représentation paramétrique de la droite $(\Delta)$ est donc :
    $\begin{cases} x=13+5t \\y=37+16t \qquad t\in \R \\z=54+29t\end{cases}$
    Les coordonnées du point $H$, point d’intersection du plan $(ABC)$ et de la droite $(\Delta)$ sont donc solution du système :
    $\begin{cases} x=13+5t \\y=37+16t \\z=54+29t\\5x+16y+29z+21=0\end{cases}$
    $\ssi \begin{cases} x=13+5t \\y=37+16t \\z=54+29t\\5(13+5t)+16(37+16t)+29(54+29t)+21=0\end{cases}$
    $\ssi \begin{cases} x=13+5t \\y=37+16t \\z=54+29t\\65+25t+592+256t+1~566+841t+21=0\end{cases} $
    $\ssi \begin{cases} x=13+5t \\y=37+16t \\z=54+29t\\1~122t+2~244=0\end{cases} $
    $\ssi \begin{cases} x=13+5t \\y=37+16t \\z=54+29t\\t=-2\end{cases} $
    $\ssi \begin{cases} t=-2\\x=3\\y=5 \\z=-4\end{cases} $
    Le point $H$ a donc pour coordonnées $(3;5;-4)$.
    $\quad$
  4. Calculons tout d’abord $SH=\sqrt{(3-13)^2+(37-5)^2+(-4-54)^2}=\sqrt{4~488}$
    Le volume du tétraèdre $SABC$ est donc :
    $\begin{align*} \mathscr{V}&=\dfrac{\mathscr{A}\times SH}{3} \\
    &=\dfrac{\dfrac{\sqrt{1122}}{2}\times \sqrt{4~488}}{3}\\
    &=374
    \end{align*}$
    $\quad$

Énoncé

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