TS – Liban – Mai 2013

Liban – Mai 2013

Bac S – Mathématiques – Correction

Vous pouvez trouver l’énoncé de ce sujet de bac ici.

Exercice 1

Question 1 : Réponse d

Un vecteur directeur de $\mathscr{D}$ est $\vec{u}(1;2;3)$.

Un vecteur directeur de $\mathscr{D}’$ est $\vec{v}(1;1;-1)$.

Donc $\vec{u}.\vec{v} = 1 \times 1 + 2\times 1 + 3\times (-1) = 1 + 2 – 3 = 0$

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Question 2 : Réponse c

Vérifions que la droite $\mathscr{D}$ est incluse dans le plan $\mathscr{P}$ :

$(t+1)+(2t-1)-(3t+2)+2 = t+1+2t-1-3t-2+2=0$.

Un vecteur normal au plan $\mathscr{P}$ est $\vec{n}(1;1;-1) = \vec{v}$

$~$

Question 3 : Réponse c

$\vec{AB}(2;4;6)$ donc $AB = \sqrt{2^2+4^2+6^2} = \sqrt{56}$

$\vec{AC}(-4;6;2)$ donc $AC = \sqrt{(-2)^2+6^2+2^2} = \sqrt{56}$

$\vec{BC}(-6;2;-4)$ donc $BC = \sqrt{(-6)^2+2^2+(-4)^2} = \sqrt{56}$

$~$

Question 4 : Réponse b

Le point $E(1;3;4)$ appartient à $\mathscr{D}’$ donc $\vec{AE}(0;4;2)$.

$\vec{v}$ et $\vec{AE}$ ne sont pas colinéaires. Ils définissent donc une base de $\mathscr{P}’$.

Si on considère le vecteur $\vec{n}(3;-1;2)$ alors $\vec{n}.\vec{v} = 0$ et $\vec{n}.\vec{AE} = 0$

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Exercice 2

Partie A

  1. $~$

    TS - liban - juin 2013 - ex 2
  2. On cherche donc $p \left(\bar{E} \cap C \right) = 0,7 \times 0,95 = 0,665$
    $~$
  3. D’après la propriété des probabilités totales :
    $$\begin{align} p(C) &= p \left(\bar{E} \cap C \right) + p(E \cap C) \\\\
    &=0,665 + 0,3 \times 0,99 \\\\
    &= 0,962
    \end{align}$$
  4. $p_C(E) = \dfrac{p(E \cap C)}{p(C)} = \dfrac{0,3 \times 0,99}{0,962} = 0,309$ à $10^{-2}$ près

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Partie B

  1. Le petit pot est conforme quand la teneur en sucre est comprise entre $0,16$ et $0,18$.
    Or $P(0,16 \le X \le 0,18) = 0,9044$.
    La probabilité qu’un petit pot de la chaîne $F_1$ soit conforme est donc de $0,9044$.
    $~$
  2. a. Puisque la variable aléatoire $Y$ suit la loi normale $\mathscr{N}(m_2;\sigma_2^2)$ alors la variable aléatoire $Z = \dfrac{N – m_2}{\sigma_2}$ suit la loi normale centrée réduite.
    $~$
    b. $$\begin{align} 0,16 \le Y \le 0,18  &\Leftrightarrow -0,01 \le Y – m_2 \le 0,01 \\\\
    & \Leftrightarrow \dfrac{-0,01}{\sigma_2} \le \dfrac{Y-m_2}{\sigma_2} \le \dfrac{0,01}{\sigma_2} \\\\
    & \Leftrightarrow \dfrac{-0,01}{\sigma_2} \le Z \le \dfrac{0,01}{\sigma_2}
    \end{align}$$
    $~$
    c. On sait que la probabilité qu’un petit pot de la chaîne $F_2$ soit conforme est égale à $0,99$.
    Donc $P(0,16 \le Y \le 0,18) = 0,99$.
    Par conséquent $P\left(\dfrac{-0,01}{\sigma_2} \le Z \le \dfrac{0,01}{\sigma_2} \right) = 0,99$.
    D’après le tableau fourni, on en déduit donc que $\dfrac{0,01}{\sigma_2} = 2,5758$.
    Par conséquent $\sigma_2 = \dfrac{0,01}{2,5758} = 0,004$ à $10^{-3}$ près.

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Exercice 3

Partie A

  1. $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}  \text{e}^{-x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f_1(x) = 1$.
    Cela signifie donc que la courbe $\mathscr{C}_1$ possède une asymptote horizontale d’équation $y=1$.
    $~$
    $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \text{e}^{-x}= +\infty$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} f_1(x) = 0$.
    Cela signifie donc que la courbe $\mathscr{C}_1$ possède une asymptote horizontale d’équation $y=0$.
    $~$
  2. $f_1(x) = \dfrac{1}{1+\text{e}^{-x}} = \dfrac{1}{1+\text{e}^{-x}} \times \dfrac{\text{e}^{x}}{\text{e}^{x}} = \dfrac{\text{e}^{x}}{\text{e}^{x}+1}$
    $~$
  3. $f_1$ est un quotient de fonctions dérivables sur $\R$ dont le dénominateur ne s’annule pas donc $f_1$ est dérivable sur $\R$.
    $$f_1′(x) = \dfrac{-(-\text{e}^{-x})}{(1+\text{e}^{-x})^2} = \dfrac{\text{e}^{-x}}{(1+\text{e}^{-x})^2} > 0$$
    Donc $f_1$ est strictement croissante sur $\R$.
    $~$
  4. $f_1(x) = \dfrac{\text{e}^{x}}{\text{e}^{x}+1}$ est de la forme $\dfrac{u’}{u}$.
    Donc une primitive de $f_1$ est $F_1$ définie par $F_1(x) = \ln(\text{e}^{x} + 1)$.
    Par conséquent :
    $$\begin{align} I &= F_1(1) – F_1(0) \\\\
    &=\ln(\text{e} + 1) – \ln(1 + 1) \\\\
    &=\ln(\text{e} + 1) – \ln(2) \\\\
    &= \ln \left(\dfrac{\text{e}+1}{2} \right)
    \end{align}$$
    Cela signifie donc que l’aire comprise entre la courbe $\mathscr{C}_1$, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=0$ et $x=1$ est de $\ln \left(\dfrac{\text{e}+1}{2} \right)$ u.a.
    $~$

Partie B

  1. $f_1(x)+f_{-1}(x) = \dfrac{\text{e}^{x}}{\text{e}^{x}+1}+\dfrac{1}{1+\text{e}^{x}} = \dfrac{\text{e}^{x}+1}{\text{e}^{x}+1} = 1$
    $~$
  2. L’ordonnée de $P$ est donc $f_1(x)$ et celle de M est $f_{-1}(x)$.
    Par conséquent l’ordonnée de $K$ est : $\dfrac{f_1(x)+f_{-1}(x)}{2} = \dfrac{1}{2}$.
    $K$ appartient donc bien à la droite d’équation $u = \dfrac{1}{2}$.
    $~$
  3. On trace donc la courbe symétrique à $\mathscr{C}_1$ par rapport à la droite d’équation $u=\dfrac{1}{2}$.
    TS - liban - juin 2013 - ex 3
  4. On cherche donc $J = \displaystyle \int_0^1 \left(f_1(x)-f_{-1}(x) \right) \text{d}x$.
    Or $f_1(x)+f_{-1}(x) = 1$
    Donc $f_{-1}(x) = 1 – f_1{x}$ et $f_1(x)-f_{-1}(x) = 2f_1(x) – 1$
    Par conséquent
    $$ \begin{align} J &= \displaystyle \int_0^1 \left( 2f_1(x)-1 \right) \text{d}(x) \\\\
    &=2I-1 \\\\
    &=2 \ln \left(\dfrac{\text{e}+1}{2} \right) – 1 \text{u.a.}
    \end{align}
    $$

Partie C

  1. Vrai
    Pour tout $x \in \R$ et pour tout réel $k$, $1+\text{e}^{-kx} > 0$ donc $f_k(x) > 0$.
    $$ \begin{align} f_k(x) -1 &= \dfrac{1}{1+ \text{e}^{-kx}} – 1 \\\\
    &= \dfrac{1}{1+\text{e}^{-kx}} – \dfrac{1+\text{e}^{-kx}}{1+\text{e}^{-kx}} \\\\
    &=\dfrac{-\text{e}^{-kx}}{1+\text{e}^{-kx}} < 0
    \end{align}$$
    Donc la représentation graphique de la fonction $f_k$ est comprise entre les droites d’équation $y=0$ et $y=1$
    $~$
  2. Faux
    La courbe représentative de la fonction $f_{-1}$ étant la symétrique par rapport à la droite d’équation $y=\dfrac{1}{2}$ de celle de la fonction $f_1$, la fonction $f_{-1}$ est donc décroissante.
    $~$
  3. Vrai
    $f \left(\dfrac{1}{2} \right) = \dfrac{1}{1+\text{e}^{-0,5x}}$
    $$\begin{align} k \ge 10 & \Leftrightarrow -0,5k \le -5 \\\\
    & \Leftrightarrow \text{e}^{-0,5k} \le \text{e}^{-5} \\\\
    & \Leftrightarrow 1+\text{e}^{-0,5k} \le 1+ \text{e}^{-5} \\\\
    & \Leftrightarrow f_k \left(\dfrac{1}{2} \right) \ge  \dfrac{1}{1+\text{e}^{-5}} \ge 0,993 > 0,99
    \end{align}$$

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. La suite $(v_n)$ est définie par récurrence. Il faut donc, qu’à chaque étape de calcul, la variable $v$ prenne la valeur $\dfrac{9}{6-v}$ et qu’on affiche cette valeur. L’affichage doit donc avoir lieu avant la fin de la boucle “pour” : on rejette donc l’algorithme $1$.
    $~$
    Dans l’algorithme $2$, la variable $v$ est, à chaque tour, initialisée à $1$ : on rejette donc cet algorithme.
    $~$
    Il ne reste donc que l’algorithme $3$.
    $~$
  2. Il semblerait donc que la suite $(v_n)$ soit positive, croissante et de limite $2,970$.
    $~$
  3. a. Initialisation : $v_0 = 1$ donc $0 < v_0 < 3$
    La propriété est vraie au rang $0$.
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$ :
    $$\begin{align} 0 < v_n < 3 & \Leftrightarrow -3 < -v_n < 0 \\\\
    & \Leftrightarrow 3 < 6 – v_n < 6 \\\\
    & \Leftrightarrow \dfrac{1}{6} \le \dfrac{1}{6 – v_n} \le \dfrac{1}{3} \\\\
    & \Leftrightarrow \dfrac{9}{6} \le v_{n+1} \le \dfrac{9}{3}
    \end{align}$$
    Donc $0 \le v_{n+1} \le 3$.
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    Conclusion : la propriété est vraie au rang $0$. En la supposant vraie au rang $n$, elle est encore vraie au rang $n+1$.
    $~$
    Par conséquent, pour tout entier $n$, $0 < v_n < 3$.
    $~$
    b. $~$
    $$\begin{align} v_{n+1} – v_n &= \dfrac{9}{6 – v_n} – v_n \\\\
    &= \dfrac{9 – 6v_n + v_n^2}{6-v_n} \\\\
    &=\dfrac{(3-v_n)^2}{6-v_n}
    \end{align}$$
    On sait que $0<v_n<3$ donc $6-v_n > 0$.
    Par conséquent $v_{n+1}-v_n > 0$ et la suite $(v_n)$ est croissante.
    $~$
    c. La suite $(v_n)$ est croissante et majorée par $3$. Elle est donc convergente.
    $~$

Partie B : Recherche de la limite de la suite $(v_n)$

  1. $$\begin{align} w_{n+1}& = \dfrac{1}{v_{n+1} – 3}  \\\\
    & =\dfrac{1}{\dfrac{9}{6-v_n}-3} \\\\
    &= \dfrac{6-v_n}{9-18+3v_n} \\\\
    &=\dfrac{6-v_n}{-9+3v_n}
    \end{align}$$
    $$\begin{align} w_n-\dfrac{1}{3} &= \dfrac{1}{v_n-3} – \dfrac{1}{3} \\\\
    &=\dfrac{3-(v_n-3)}{3(v_n-3)} \\\\
    &=\dfrac{6-v_n}{3v_n-9} = w_{n+1}
    \end{align} $$
    La suite $(w_n)$ est donc bien arithmétique de raison $- \dfrac{1}{3}$
    $~$
  2. Le premier terme est $w_0 = \dfrac{1}{v_0-3} = – \dfrac{1}{2}$ donc, pour tout $n \in \N$ on a $w_n = – \dfrac{1}{2} – \dfrac{n}{3}$
    $~$
    $w_n = \dfrac{1}{v_n – 3}$ $\Leftrightarrow v_n – 3 = \dfrac{1}{w_n}$ $\Leftrightarrow v_n = 3 + \dfrac{1}{- \dfrac{1}{2} – \dfrac{n}{3}}$
    $~$
  3. $\lim\limits_{n \rightarrow + \infty} – \dfrac{1}{2} – \dfrac{n}{3} = -\infty$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{1}{- \dfrac{1}{2} – \dfrac{n}{3}} = 0$ et $\lim\limits_{n \rightarrow + \infty} v_n = 3$.
    $~$

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. $u_2 = 5u_1-6u_0 = 5\times 8 – 6\times 3 = 22$
    $u_3 = 5u_2 – 6u_1 = 5 \times 22 – 6 \times 8 = 62$
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  2. a. “$b$ prend la velaur $5b-6c$” ou “$b$ prend la valeur $5a-6c$”
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    b. Il semblerait que la suite $(u_n)$ soit croissante.
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  3. On a $u_{n+2}=5u_{n+1}-6u_n$ et $u_{n+1} = u_{n+1}$.
    $~$
    Donc $A \begin{pmatrix} 5&-6 \\\\1&0 \end{pmatrix}$
    $~$
    Initialisation : $A^0 = \begin{pmatrix} 1&0 \\\\0&1 \end{pmatrix}$ .
    Donc $C_0 = A^0A_0$.
    La propriété est donc vraie au rang $0$.
    Hérédite : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $C_n = A^nC_0$
    Alors $C_{n+1} = AC_n=A\times A^nC_0 = A_{n+1}C_0$.
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$.
    En la supposant vraie au rang $n$, elle est encore vraie au rang $n+1$.
    Donc pour tout entier naturel $n$, $C_n = A^nC_0$
    $~$
  4. $QP = \begin{pmatrix} 1&0 \\\\0&1 \end{pmatrix}$
    Initialisation : $A = PDQ$. La propriété est donc vraie au rang $1$.
    Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $A^n = PD^nQ$
    Alors $A^{n+1} = A \times A^n = PDQ \times PD^nQ=PDD^nQ  = PD^{n+1}Q$.
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    Conclusion : la propriété est vraie au rang $1$. En la supposant vraie au rang $n$, elle est encore vraie au rang $n+1$.
    Donc, pour tout entier naturel non nul,  $A^n = PD^nQ$
    $~$
  5. On a donc $\begin{pmatrix} u_{n+1} \\\\u_n \end{pmatrix} = A^n \begin{pmatrix} 8 \\\\3 \end{pmatrix}$.
    Donc $u_n = 8 \times (-2^n+3^n) + 3(3 \times 2^n – 2\times 3^n) = 2^n + 2\times 3^n$
    $~$
    $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 2^n = +\infty$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 3^n = +\infty$
    $~$
    Donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}u_n = +\infty$.