Bac S – Amérique du Sud – Novembre 2017

Amérique du Sud – Septembre 2017

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A : modélisation par une fonction

  1. a. $\varphi(1)=1^2-1+3\ln(1)=0$
    $\lim\limits_{x \to 0^+}x^2-1=-1$ et $\lim\limits_{x \to 0^+} \ln(x)=-\infty$
    Donc $\lim\limits_{x \to 0^+}=-\infty$
    $\quad$
    b. La fonction $\varphi$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\varphi'(x)=2x+\dfrac{3}{x} >0$ sur $]0;+\infty[$.
    La fonction $\varphi$ est donc strictement croissante sur $]0;+\infty[$.
    $\quad$
    Puisque $\varphi(1)=0$ cela signifie donc que :
    – $\varphi(x)<0$ sur l’intervalle $]0;1[$
    – $\varphi(1)=0$
    – $\varphi(x)>0$ sur l’intervalle $]1;+\infty[$
    $\quad$
  2. a. $f(x)=\dfrac{x^2-2x-2-3\ln(x)}{x}$
    $\lim\limits_{x \to 0^+}x^2-2x-2=-2$ et $\lim\limits_{x \to 0^+} -3\ln(x)=+\infty$
    Donc $\lim\limits_{x \to 0^+} x^2-2x-2-3\ln(x)=+\infty$
    $\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x}=+\infty$
    Par conséquent $\lim\limits_{x \to 0^+} f(x)=+\infty$
    $\quad$
    $f(x)=x-2-\dfrac{2}{x}-3\dfrac{\ln(x)}{x}$
    $\lim\limits_{x \to +\infty}x-2=+\infty$, $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{2}{x}=0$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x}=0$
    Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=+\infty$
    $\quad$
    b. La fonction $f$ est dérivable sur l’intervalle $]0;+\infty[$ en tant que somme et quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas.
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{\left(2x-2-\dfrac{3}{x}\right)x-\left(x^2-2x-2-3\ln(x)\right)}{x^2} \\
    &=\dfrac{2x^2-2x-3-x^2+2x+2+3\ln(x)}{x^2}\\
    &=\dfrac{x^2-1+3\ln(x)}{x^2}\\
    &=\dfrac{\varphi(x)}{x^2}
    \end{align*}$
    $\quad$

    $\quad$
    c. La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur l’intervalle $]0;1]$.
    $\lim\limits_{x \to 0^+} f(x)=+\infty$ et $f(1)=-3$
    Donc $0\in[-3;+\infty[$.
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x)=0$ possède une unique solution $\alpha$ sur l’intervalle $]0;1]$.
    À l’aide de la calculatrice on trouve $\alpha\approx 0,41$
    $\quad$
    d. $F$ est dérivable sur l’intervalle $]0;+\infty[$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} F'(x)&=\dfrac{1}{2}\times 2x-2-\dfrac{2}{x}-\dfrac{3}{2}\times 2\times \dfrac{1}{x}\times \ln(x) \\
    &=x-2-\dfrac{2}{x}-\dfrac{3\ln(x)}{x} \\
    &=\dfrac{x^2-2x-2-3\ln(x)}{x}\\
    &=f(x)
    \end{align*}$
    La fonction $F$ est donc une primitive de la fonction $f$ sur l’intervalle $]0;1[$.
    $\quad$

Partie B

La fonction $-f$ est positive sur l’intervalle $[\alpha;\beta]$.
Calculons l’aire $I$ du domaine compris entre la courbe $C’$, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=\alpha$ et $x=\beta$.
$\begin{align*} I&=\ds \int_{\alpha}^{\beta} -f(x)\dx \\
&=-\left(F(\beta)-F(\alpha)\right) \\
&\approx 5,598
\end{align*}$

L’aire $\mathscr{A}$ de la face supérieure est donc $2I\approx 11,196$ u.a.
Or $1$u.a. = 2 cm$^2$
Donc $\mathscr{A}\approx 22,392$ cm$^2$.

Le volume du palet est $V=\mathscr{A} \times 0,5\approx 11,196$ cm$^2$.

Par conséquent $80$ palets ont un volume de $80V\approx 895,68$ cm$^3$ (qui est bien inférieur à $1$ litre $=1~000$ cm$^3$) .

La contrainte de rentabilité est donc respectée.

$\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. a. $\vect{AC}+\vect{AE}=\vect{AC}+\vect{CG}=\vect{AG}$ d’après la relation de Chasles.
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} \vect{AG}.\vect{BD}&=\left(\vect{AC}+\vect{AE}\right).\vect{BD} \\
    &=\vect{AC}.\vect{BD}+\vect{AE}.\vect{BD} \\
    &=0+0\\
    &=0
    \end{align*}$
    $\vect{AC}.\vect{BD}=0$ car $[AC]$ et $[BD]$ sont les diagonales du carré $BCD$ (donc perpendiculaires entre-elles).
    $\vect{AE}.\vect{BD}=0$ car $\vect{AE}$ est orthogonale au plan $BCD$
    $\quad$
    c. Le vecteur $\vect{AG}$ est othogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(BDE)$. Il est donc orthogonal à ce plan.
    Par conséquent la droite $(AG)$ est orthogonale au plan $(BDE)$.
    $\quad$
  2. a. Dans le repère $\left(A;\vect{AB},\vect{AD},\vect{AE}\right)$ on a $A(0;0;0)$ et $G(1;1;1)$.
    Par conséquent $\vect{AG}(1;1;1)$.
    Une équation cartésienne du plan $(BDE)$ est donc de la forme $x+y+z+d=0$.
    Le point $B(1;0;0)$ appartient à ce plan donc $1+0+0+d=0 \ssi d=-1$.
    Une équation cartésienne du plan $(BDE)$ est donc $x+y+z+z-1=0$.
    $\quad$
    b. Une représentation paramétrique de la droite $(AG)$ est $\begin{cases} x=k\\y=k\\z=k\end{cases}$ $\quad k\in \R$.
    Le point $K$ appartient à la fois à la droite $(AG)$ et au plan $(BDE)$.
    Ses coordonnées sont donc solution du système :
    $\begin{align*} \begin{cases} x=k\\y=k\\z=k\\x+y+z-1=0\end{cases} & \ssi \begin{cases} x=k\\y=k\\z=k\\3k-1=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=k\\y=k\\z=k\\k=\dfrac{1}{3}\end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases} x=\dfrac{1}{3}\\y=\dfrac{1}{3}\\z=\dfrac{1}{3}\\k=\dfrac{1}{3}\end{cases}
    \end{align*}$.
    Donc $K\left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right)$.
    $\quad$
    c. On a $KG=\sqrt{\left(1-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(1-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(1-\dfrac{1}{3}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{12}{9}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$.
    Le volume de la pyramide $BDEG$ est :
    $\begin{align*} V&=\dfrac{\text{aire}_{BDE}\times KG}{3}\\
    &=\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times \dfrac{2\sqrt{3}}{3}}{3} \\
    &=\dfrac{1}{3}
    \end{align*}$
    $\quad$

Ex 3

Exercice 3

Partie A

On va utiliser le centre de chacune des classes et utiliser le tableau suivant pour calculer, à l’aide de la calculatrice, les valeurs demandées.

$\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{Centre}&110&125&135&145&155&170\\
\hline
\text{Effectif}&1~597&1~284&2~255&1~808&1~345&1~711\\
\hline
\end{array}$

Une estimation de la moyenne est $\conj{x}=140,21$ et une estimation de l’écart-type est $\sigma\approx 19,16$.

$\quad$

Partie B

  1. a. Le nombre de bactéries présentes dépend de plusieurs facteurs : températures, hygiène, soucis sur la chaîne de production, … Une loi normale est donc bien appropriée pour modéliser la situation étudiée.
    À la partie A, nous avons obtenu des estimations de moyenne et d’écart-type très proche des valeurs proposées.
    Le choix de modélisation proposé est donc pertinent.
    $\quad$
    b. $p=P(X\pg 160)=0,5-P(140\pp X \pp 160) \approx 0,146$
    $\quad$
  2. a. On a $n=50 \pg 30$ et $p=0,146$ donc $np=7,3\pg 5$ et $n(1-p)=42,7\pg 5$
    Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est
    $\begin{align*} I_{50}&=\left[0,146-1,96\sqrt{\dfrac{0,146\times 0,854}{50}};0,146+1,96\sqrt{\dfrac{0,146\times 0,854}{50}}\right] \\
    &\approx [0,048;0,244]
    \end{align*}$
    La fréquence observée est $f=\dfrac{13}{50}=0,26\notin I_{50}$
    On peut donc affirmer au risque de $5\%$ qu’il y a une anomalie dans la production.
    $\quad$
    b. Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $99\%$ est
    $\begin{align*} J_{50}&=\left[0,146-2,58\sqrt{\dfrac{0,146\times 0,854}{50}};0,146+2,58\sqrt{\dfrac{0,146\times 0,854}{50}}\right] \\
    &\approx [0,017;0,275]
    \end{align*}$
    La fréquence observée $f$ appartient alors à l’intervalle $J_{50}$.
    Au risque de $1\%$, on ne peut donc pas affirmer qu’il y a une anomalie dans la production.
    $\quad$

Ex 4

Exercice 4

  1. $\dfrac{z_B-z_O}{z_A-z_O}=\dfrac{2\e^{\ic \pi/4}}{2\e^{3\ic \pi/4}}=\e^{\ic \pi/2}$.
    Par conséquent $\left(\vect{OA};\vect{OB}\right)=$arg$\left(\dfrac{z_B-z_O}{z_A-z_O}\right)=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$ avec $k\in \Z$.
    De plus $\left|\dfrac{z_B-z_O}{z_A-z_O}\right|=1$.
    Le triangle $OAB$ est donc rectangle isocèle en $O$.
    $\quad$
  2. Le centre $I$ du cercle circonscrit au triangle $OAB$ est le milieu de l’hypoténuse $[AB]$.
    Par conséquent
    $\begin{align*}z_I&=\dfrac{z_A+z_B}{2}\\
    &=\dfrac{2\left(\cos \dfrac{\pi}{4}+\ic \sin \dfrac{\pi}{4}\right)+2\left(\cos \dfrac{3\pi}{4}+\ic \sin \dfrac{\3\pi}{4}\right)}{2}\\
    &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\ic \dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\ic \dfrac{\sqrt{2}}{2}\\
    &=\ic\sqrt{2}
    \end{align*}$
    $OA=\left|z_A\right|=2$.
    On applique le théorème de Pythagore dans le triangle $OAB$ : $AB^2=OA^2+OB^2=8$.
    Donc $AB=2\sqrt{2}$.
    Le rayon du cercle circonscrit au cercle $OAB$ est donc $R=\dfrac{AB}{2}=\sqrt{2}$.
    On considère l’équation $(E)~~ :~~ z^2-\sqrt{6}z+2=0$
    $\Delta=6-8=-2<0$
    Il y a donc deux solutions complexes :
    $z_1=\dfrac{\sqrt{6}-\ic\sqrt{2}}{2}$ et $z_2=\conj{z_1}=\dfrac{\sqrt{6}+\ic\sqrt{2}}{2}$
    $\begin{align*} \left|z_2-z_I\right|&=\left|\dfrac{\sqrt{6}+\ic\sqrt{2}}{2}-\ic\sqrt{2}\right| \\
    &=\left|\dfrac{\sqrt{6}-\ic\sqrt{2}}{2}\right|\\
    &=\sqrt{\dfrac{6+2}{4}}\\
    &=\sqrt{2}\\
    &=R
    \end{align*}$
    Ainsi le point d’affixe $z_2$ appartient au cercle circonscrit au triangle $OAB$.
    $\quad$

Ex 5 obl

Exercice 5

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A : un premier modèle

  1. Chaque année la population est multipliée par $1,05$.
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $1,05$ et de premier terme $v_0=12$.
    Ainsi, pour tout entier naturel $n$, on a $v_n=12\times 1,05^n$.
    $\quad$
  2. $1,05>1$ donc $\lim\limits_{n\to +\infty} 1,05^n=+\infty$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} v_n=+\infty$
    Ce modèle ne répond donc pas aux contraintes du milieu naturel.
    $\quad$

Partie B : un second modèle

  1. a. La fonction $g$ est dérivable sur l’intervalle $[0;60]$ en tant que fonction polynôme.
    $g'(x)=-\dfrac{-2,2}{605}x+1,1$
    Donc
    $\begin{align*} g'(x)>0 &\ssi -\dfrac{-2,2}{605}x+1,1>0 \\
    &\ssi -\dfrac{2,2}{605}x > -1,1 \\
    &\ssi x<302,5
    \end{align*}$
    La fonction $g$ est donc croissante sur l’intervalle $[0;60]$.
    b.
    $\begin{align*} g(x)=x &\ssi -\dfrac{1,1}{605}x^2+1,1x=x \\
    &\ssi -\dfrac{1,1}{605}x^2+0,1x=0 \\
    &\ssi x\left(-\dfrac{1,1}{605}x+0,1\right)=0 \\
    &\ssi x=0 \text{ ou } -\dfrac{1,1}{605}x+0,1=0\\
    &\ssi x=0 \text{ ou} x= 55
    \end{align*}$
    L’équation $g(x)=x$ possède donc solution dans $\R$ qui sont $0$ et $55$.
    $\quad$
  2. a. $u_1=g(12)\approx 12,938$.
    Cela signifie donc qu’en 2017 la population de l’espèce sera environ de $12~938$ individus.
    $\quad$
    b. Initialisation : Si $n=0$ alors $u_0=12$ donc $0 \pp u_0 \pp 55$.
    La propriété est vraie au rang $0$
    $\quad$
    Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $0 \pp u_n \pp 55$.
    Montrons qu’elle est encore vraie au rang suivant, c’est-à-dire que $0 \pp u_{n+1} \pp 55$.
    La fonction $g$ est croissante sur l’intervalle $[0;60]$
    Puisque $u_{n+1}=g\left(u_n\right)$
    Cela signifie que $g(0) \pp u_{n+1} \pp g(55) \ssi 0 \pp u_{n+1} \pp 55$.
    La propriété est 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 $0 \pp u_n \pp 55$
    $\quad$
    c. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel $n$ on a $u_n \pp u_{n+1}$
    Initialisation : $u_0=12$ et $u_1\approx 12,938$
    Donc $u_0\pp u_1$
    La propriété est vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$ : $u_n \pp u_{n+1}$
    Montrons qu’elle est encore vraie au rang suivant, c’est-à-dire que $u_{n+1} \pp u_{n+2}$
    On sait que $u_n \pp u_{n+1}$ et que $0\pp u_n\pp 55$.
    Puisque la fonction $g$ est croissante sur l’intervalle $[0;60]$ on obtient donc :
    $g\left(u_n\right) \pp g\left(u_{n+1}\right) \ssi u_{n+1} \pp u_{n+2}$
    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 $u_n\pp u_{n+1}$ et la suite $\left(u_n\right)$ est croissante.
    $\quad$
    d. La suite $\left(u_n\right)$ est croissante et majorée par $55$: elle est donc convergente.
    $\quad$
    e. D’après la question B.1.b. les solutions de l’équation $g(\ell)=\ell$ sont $0$ et $55$.
    La suite $\left(u_n\right)$ est croissante et $u_0=12$ donc $\ell=55$.
    Par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty}u_n=55$.
    Cela signifie que la population étudiée, au bout d’un grand nombre d’années, sera de $55~000$ individus.
    Les contraintes du milieu naturel sont donc respectées.
    $\quad$
  3. Variables :
    $\quad$ $n$ un entier naturel
    $\quad$ $u$ un nombre réel
    Traitement :
    $\quad$ $n$ prend la valeur $0$
    $\quad$ $u$ prend la valeur $12$
    $\quad$ Tant Que $u< 50$
    $\qquad$ $u$ prend la valeur $-\dfrac{1,1}{605}u^2+1,1u$
    $\qquad$ $n$ prend la valeur $n+1$
    $\quad$ Fin Tant Que
    Sortie :
    $\quad$ Afficher $n$
    $\quad$

Ex 5 spé

Exercice 5

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. Un joueur solitaire garde ce statut le jour suivant avec une probabilité de $\dfrac{1}{7}$;il rejoint l’équipe B avec une probabilité $3$ fois plus élevée que celle de rejoindre l’équipe A.
    Cela signifie donc que :
    $\begin{align*} \dfrac{1}{7}+3p+p=1 &\ssi 4p=\dfrac{6}{7} \\
    &\ssi p=\dfrac{3}{14}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. a.
    $\quad$
    b. Montrons par récurrence cette propriété.
    Initialisation : Si $n=0$ on a $U_0=U_0=U_0T^0$.
    La propriété est vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $U_n=U_0T^n$
    Montrons que la propriété est vraie au rang suivant, c’est-à-dire que $U_{n+1}=U_0T^{n+1}$
    $\begin{align*} U_{n+1}&=U_nT\\
    &=U_0TT^n\\
    &=U_0T^{n+1}
    \end{align*}$
    La propriété est 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 : $U_n=U_0T^n$.
    $\quad$
    c. On a $U_1=U_0T=\begin{pmatrix} \dfrac{3}{14}&\dfrac{9}{14}&\dfrac{1}{7}\end{pmatrix}$
    Au bout d’une semaine on a : $a_1 \approx 0,214$, $b_1\approx 0,643$ et $s_1\approx 0,143$.
    $\quad$
  3. a. On a $VT=\begin{pmatrix}300&405&182\end{pmatrix}=V$
    $\quad$
    b. L’état $V$ est donc stable d’un jour sur l’autre.
    $\quad$
  4. a. L’algorithme affiche donc $a_7 \approx 0,338$.
    Au bout de $7$ jours, environ $33,8\%$ des joueurs sont dans l’équipe A.
    $\quad$
    b. On peut utilise l’algorithme suivant :
    Variables :
    $\quad$ $k$ un entier naturel
    $\quad$ $U$ une matrice de taille $1\times 3$
    $\quad$ $T$ une matrice carrée d’ordre $3$
    Traitement :
    $\quad$ $U$ prend la valeur
    $\quad$ $\begin{pmatrix}0&0&1\end{pmatrix}$
    $\quad$ $T$ prend la valeur $\begin{pmatrix} \dfrac{3}{5}&\dfrac{3}{20}&\dfrac{1}{4}\\
    \dfrac{1}{5}&\dfrac{3}{5}&\dfrac{1}{5}\\
    \dfrac{3}{14}&\dfrac{9}{14}&\dfrac{1}{7}\end{pmatrix}$
    $\quad$ Pour $k$ allant de $1$ à $13$
    $\qquad$ $U$ prend la valeur $UT$
    $\quad$ Fin Pour
    Sortie :
    $\quad$ Afficher $U[3]$.
    $\quad$

Énoncé

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