Polynésie – Juin 2014

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

$\vec{BC }\begin{pmatrix}1\\\\0\\\\2 \end{pmatrix}$ et $\vec{CD }\begin{pmatrix}6\\\\5\\\\-3 \end{pmatrix}$
Par conséquent $\vec{BC}.\vec{CD} = 6 – 6 = 0$. Le triangle $BCD$ est donc rectangle en $C$.
$~$
$BC = \sqrt{1^2+2^2} = \sqrt{5}$
$CD = \sqrt{6^2+5^2+(-3)^2} = \sqrt{70}$
Le triangle n’est donc pas isocèle.
$~$
Son aire est $\mathscr{A} = \dfrac{\sqrt{5}\times \sqrt{70}}{2} = \dfrac{5\sqrt{14}}{2}$
$~$
a. Il suffit de montrer que $\vec{n}$ est orthogonal à $2$ vecteurs non colinéaires du plan :
$\vec{n}.\vec{BC} = -2 + 2 = 0$.
$\vec{n}.\vec{CD} = -12 + 15 – 3 = 0$.
$\vec{n}$ est donc bien normal au plan $(BCD)$.
$~$
b. Une équation cartésienne du plan $(BCD)$ est de la forme :
$$-2x+3y+z+d=0$$
Or $B\in (BCD)$. Donc ses coordonnées vérifient l’équation du plan :
$$2+3+0+d=0 \Leftrightarrow d = -5$$
Une équation du plan est donc :
$$-2x+3y+z-5=0$$
$\vec{n}$ est donc un vecteur directeur de $\mathscr{D}$.
Une représentation paramétrique de cette droite est donc :
$$\begin{cases} 5 -2t\\\\-5+3t \qquad t\in \R\\\\2+t \end{cases}$$
Pour déterminer les coordonnées de $H$ on injecte les équations de $\mathscr{D}$ dans l’équation du plan $(BCD)$
$$\begin{align} -2(5-2t)+3(-5+3t)+(2+t)-5 = 0 &\Leftrightarrow -10 +4t-15+9t+2+t-5 = 0 \\\\
&\Leftrightarrow 14t-28 = 0\\\\
&\Leftrightarrow t = 2
\end{align}$$
Les coordonnées de $H$ sont donc $(1;1;4)$
$~$
$AH$ est la hauteur de ce tétraèdre relative à la base $BCD$.
$AH = \sqrt{(1 – 5)^2+(1+5)^2+(4-2)^2} = \sqrt{56}$
Donc $\mathscr{V}=\dfrac{\sqrt{56} \times \dfrac{5\sqrt{14}}{2}}{3} = \dfrac{70}{3}$.
$~$
$\vec{AB} \begin{pmatrix} -6\\\\6\\\\-2 \end{pmatrix}$ et $\vec{AC} \begin{pmatrix} -5\\\\6\\\\0 \end{pmatrix}$
Par conséquent :
$$ \begin{align} \vec{AB}.\vec{AC} & = 66 \\\\
& =AB \times AC \times \cos \widehat{BAC} \\\\
&= \sqrt{76} \times \sqrt{61} \times \cos \widehat{BAC}
\end{align}$$
Par conséquent :
$$\cos \widehat{BAC} = \dfrac{66}{\sqrt{4636}}$$
et
$$ \widehat{BAC} \approx 14,2°$$

Exercice 2

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

Le calcul (A) avec la date donnée fournit : $1 \times 12 + 37 \times 8 = 308$
$~$.
a. Le calcul (A) donne : $z =12j + 37m$.
Or $12 \equiv 0 [12]$ et $37 \equiv 1 [12]$ donc $z \equiv m[12]$
$~$
b. Il faut tout d’abord calculer $474 \equiv 6 [12]$. La personne est née au mois de juin.
Maintenant $474 = 12j + 37 \times 6$ par conséquent $t = \dfrac{474-37\times6}{12} = 21$
Le spectateur est donc né le $21$ juin.

$~$

Partie B

A la place de “Afficher $z$” il faut écrire :
Si $z = 503$
$\quad$ Afficher $j$
$\quad$ Afficher $m$
Fin Si
$~$
a. On a $31 \equiv 7 [12]$ Par conséquent $z =12j+31m \equiv 7m [12]$
$~$
b.

$m$ $1$ $2$ $3$ $4$ $5$ $6$ $7$ $8$ $9$ $10$ $11$ $12$

$7m$ mod $12$ $7$ $2$ $9$ $4$ $11$ $6$ $1$ $8$ $3$ $10$ $5$ $0$

$~$
c. On a $503 \equiv 11$ donc $m = 5$ d’après le tableau précédent.
Et $j=\dfrac{503 -31 \times 5}{12} = 29$
Le spectateur est donc né le $29$ mai.
$~$
a. $12 \times (-2) + 31 \times 17 = 503$
Le couple $(-2;12)$ est donc bien solution de l’équation.
$~$
b. Si $(x;y)$ est solution de $12x+31y=503$ on a :
$$\begin{align} 12x+31y &= 503 \\\\
12 \times (-2) + 31 \times 17 &= 503 \\\\
12\left(x -(-2) \right) + 31(y-17) & = 0\\\\
12(x+2) &= -31(y-17) \\\\
12(x+2) &= 31(17-y)
\end{align}$$
c. $12$ et $31$ sont premiers entre eux donc d’après le théorème de Gauss, il existe $k \in \Z$ tel que $x+2=31k$ et $17 – y = 12k$.
Soit $x=-2+31k$ et $y= 17 – 12k$.
$~$
Réciproquement si $x=-2+31k$ et $y= 17 – 12k$ avec $k \in \Z$.
Alors $12x+31y = 12(-2+31k) + 31(17 – 12k) = 12 \times (-2) + 31 \times 17 = 503$
$~$
Les solutions de l’équation sont donc les couples $(-2+31k;17-12k)$ pour tout $k \in \Z$.
$~$
d. On veut donc que :
$$ \begin{align} 1 \le 17 – 12k \le 12 &\Leftrightarrow -16 \le -12k \le -5 \\\\
& \Leftrightarrow \dfrac{5}{12} \le k \le \dfrac{16}{12} \\\\
& k = 1
\end{align}$$
Il existe donc un unique couple solution $(x;y)$ tel que $1 \le y \le 12$ : $(29;5)$.
On retrouve la date du $29$ mai.

$m$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$11$	$12$
$7m$ mod $12$	$7$	$2$	$9$	$4$	$11$	$6$	$1$	$8$	$3$	$10$	$5$	$0$

Exercice 2

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Pour calculer $u_1$ on utilise $u_{n+1} = u_n + 2n + 2$ pour $n=0$
Donc $u_1 = u_0 + 2 = 2$.
De même $u_2= u_1 + 2 + 2 = 6$
$~$
Il faut pouvoir écrire $u_1 = u_0+2\times 0 + 2$. Seul l’algorithme $2$ le permet.
$~$
a. Il semblerait que la suite $(u_n)$ soit strictement croissante (et positive).
$~$
$u_{n+1}-u_{n} = 2n+2 \ge 0$ donc $(u_n)$ est bien croissante.
$~$
b. On prenant les $3$ premières valeurs de la suite on a :
$$\begin{align} \begin{cases} 0 =a \times 0^2 + n \times 0 + c \\\\ 2 = a+b+c \\\\6=4a+2b+c \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} c = 0 \\\\a = 2-b \\\\6=4(2-b) + 2b \end{cases} \\\\
&\Leftrightarrow \begin{cases} c = 0 \\\\a=2-b\\\\6 = 8 – 4b + 2b \end{cases} \\\\
&\Leftrightarrow \begin{cases} c = 0 \\\\a=2-b\\\\-2 = -2b \end{cases} \\\\
&\Leftrightarrow \begin{cases} c = 0 \\\\a=2-b\\\\b = 1 \end{cases} \\\\
&\Leftrightarrow \begin{cases} c = 0 \\\\a=1\\\\b = 1 \end{cases}
\end{align}$$
a. On a donc $u_n = n^2+n$
$$\begin{align} v_n &= u_{n+1}-u_n \\\\
&=(n+1)^2+n+1 – (n^2+n) \\\\
&=n^2+2n+1+n+1-n^2-n \\\\
&= 2n+2
\end{align}$$
La suite $(v_n)$ est donc arithmétique de raison $2$ et de premier terme $2$.
$~$
b. $~$
$$\begin{align} S_n &=\sum_{k=0}^{n} v_k \\\\
&= \sum_{k=0}^n 2k + 2 \\\\
&=(n+1)\dfrac{v_0+v_n}{2} \\\\
&=(n+1)\dfrac{2 + 2n+2}{2} \\\\
&=(n+1)(n+2)
\end{align}$$
c. $~$
$$\begin{align} S_n &= \sum_{k=0}^{n} (u_{k+1}-u_k) \\\\
&=(u_1 – u_0) + (u_2-u_1) + (u_3-u_2)+\ldots+(u_{n+1}-u_n) \\\\
&=u_{n+1}-u_0
\end{align}$$
Remarque : ce sont des sommes télescopiques.
$~$
Donc $u_{n}-u_0 = S_{n-1} = n(n+1)$ . Mais on sait que $u_0 = 0$
Par conséquent :
$$u_n = n^2+n$$

$~$

Exercice 3

Affirmation 1 VRAIE
On appelle $P$ l’événement : “il pleut” et $V$ l’événement “Elle prend sa voiture”
On obtient alors l’arbre suivant :

D’après la propriété des probabilités totales on a :
$$\begin{align} p\left( \bar{V} \right) &= p\left( P\cap \bar{V} \right) + p\left( \bar{P} \cap \bar{V} \right) \\\\
&= 0,25 \times 0,2 + 0,75 \times 0,6 \\\\
&=0,5
\end{align}$$
Affirmation 2 VRAIE
$A$ et $B$ sont indépendant donc $p(A \cap B) = p(A) \times p(B)$.
D’après la propriété des probabilités totales :
$$ \begin{align} p(A) &= p(A \cap B) + p\left(A \cap \bar{B} \right) \\\\
p(A) &= p(A)\times p(B) + p\left(A \cap \bar{B} \right) \\\\
p(A) – p(A) \times p(B) &= p\left(A \cap \bar{B} \right) \\\\
p(A) \left(1 – p(B) \right) &= p\left(A \cap \bar{B} \right) \\\\
p(A) \times p\left( \bar{B} \right) &= p\left(A \cap \bar{B} \right)
\end{align}$$
Affirmation 3 FAUSSE
On cherche donc $P(T \ge 5) =\text{e}^{-5\times 0,7} \approx 0,03$
$~$
Affirmation 4 FAUSSE
Le temps moyen d’attente est donné par :
$E(T) = \dfrac{1}{\lambda} \approx 1,4 \approx 1$ min $24$ secondes.
$~$
Affirmation 5 VRAIE
$n=183 \ge 30$, $np = 183 \times 0,39 = 71,37 \ge 5$ et $n(1-p) = 111,63 \ge 5$
Donc un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est :
$$\begin{align} I_{183} &= \left[ 0,39 – 1,96\dfrac{\sqrt{0,39 \times 0,61}}{\sqrt{183}};0,39 + 1,96\dfrac{\sqrt{0,39 \times 0,61}}{\sqrt{183}} \right] \\\\
& \approx [0,319;0,461]
\end{align}$$
La fréquence observée est $0,34 \in I_{183}$.

$~$

Exercice 4

$f(0) = \text{e}^0 = 1$ et $g(0)=2\text{e}^0 – 1 = 1$.
Les courbes $\mathscr{C}_f$ et $\mathscr{C}_g$ ont donc un point commun d’abscisse $0$.
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Les $2$ fonctions sont dérivables sur $\R$.
$f'(x) = \text{e}^x$ donc $f'(0) = \text{e}^0 = 1$
$g'(x) = 2 \times \dfrac{1}{2}\text{e}^{x/2}= \text{e}^{x/2}$ donc $g'(0) = 1$.
Les $2$ tangentes ont donc le même coefficient directeur. Elles sont par conséquent parallèles. De plus elles possèdent un point en commun.
Les $2$ courbes ont donc la même tangente en $0$.
$~$
Une équation de $\Delta$ est : $y = f'(0)(x-0)+f(0) = x+1$.
$~$
a. $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \text{e}^{x/2} = 0$ et $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} -x-2 = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} h(x) = +\infty$
$~$
b. $~$
$$\begin{align} x\left(\dfrac{\text{e}^{x/2}}{x/2} – 1 – \dfrac{2}{x} \right) &= \dfrac{\text{e}^{x/2}}{1/2} -x – 2 \\\\
&= 2\text{e}^{x/2} – x – 2 \\\\
&=h(x)
\end{align}$$
$\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\text{e}^{x/2}}{x/2} = +\infty$ et $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{2}{x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} h(x) = +\infty$
$~$

c. $h'(x) = 2 \times \dfrac{1}{2} \text{e}^{x/2} – 1 = \text{e}^{x/2} – 1$.
$$\begin{align} h'(x) > 0 & \Leftrightarrow \text{e}^{x/2} – 1 > 0 \\\\
&\Leftrightarrow \text{e}^{x/2} > 1 \\\\
&\Leftrightarrow \dfrac{x}{2} > 0 \\\\
&\Leftrightarrow x > 0
\end{align}$$
Par conséquent $h'(x) < 0$ sur $]-\infty;0[$ , $h'(x) > 0$ sur $]0;+\infty[$ et $h'(0) = 0$.
$~$
d. $~$

e. Cela signifie donc que pour tout $x \in \R$ :$$\begin{align} h(x) \ge 0 &\Leftrightarrow 2\text{e}^{x/2} – x – 2 \ge 0\\\\&\Leftrightarrow 2\text{e}^{x/2} -x -1 -1 \ge 0 \\\\&\Leftrightarrow 2\text{e}^{x/2} -1 \ge x +1 \end{align}$$
f. Cela signifie donc que la courbe $\mathscr{C}_g$ est toujours au-dessus de sa tangente $\Delta$.
$~$
a. $~$
$$\begin{align} \left( \text{e}^{x/2} – 1 \right)^2 &= \left(\text{e}^{x/2} \right)^2 – 2\text{e}^{x/2} + 1 \\\\
&= \text{e}^{x} – 2\text{e}^{x/2} + 1\\\\
&= f(x) – g(x)
\end{align}$$
b. Un carré étant toujours positif, on en déduit donc que $f(x) – g(x) \ge 0$.
Par conséquent $\mathscr{C}_f$ est au-dessus de $\mathscr{C}_g$.
$~$
On doit donc calculer :
$$\begin{align} \mathscr{A} &= \int_0^1 \left(f(x)-g(x) \right) \text{d}x \\\\
&= \int_0^1\left( \text{e}^{x} – 2\text{e}^{x/2} + 1 \right) \text{d}x \\\\
&= \left[\text{e}^{x}-4\text{e}^{x/2} + x\right]_0^1 \\\\
&=\text{e}^1-4\text{e}^{1/2}+1 – (1 – 4) \\\\
&=\text{e}-4\text{e}^{1/2}+4 \text{ u.a}
\end{align}$$