Bac S – Centres étrangers – juin 2017

Centres étrangers – Juin 2017

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Question 1 : On appelle $\sigma$ l’écart-type associé à la variable aléatoire $X$.

$\begin{align*} P(X \pp 170)=0,02 &\ssi P(X-175 \pp -5)=0,02 \\
P(\left(\dfrac{X-175}{\sigma} \pp -\dfrac{5}{\sigma}\right)=0,02
\end{align*}$

La variable aléatoire $X’=\dfrac{X-175}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite et on a donc $P(\left(X’ \pp -\dfrac{0,05}{\sigma}\right)=0,02$.
En utilisant la touche inverse loi normale de la calculatrice on trouve $-\dfrac{5}{\sigma}\approx -2,054$.
Soit $\sigma \approx 2,434$.

On en déduit donc que $P(170\pp X\pp 180) \approx 0,96$.
Réponse b

$\quad$
Remarque : Il y avait beaucoup plus rapide en voyant que :
$\begin{align*} P(170\pp X\pp 180)&=2P(P(170\pp X\pp 175) \\
&=2\left(0,5-P(X \pp 170)\right)\\
&=2(0,5-0,02) \\
&=0,96
\end{align*}$

$\quad$

Question 2 : On appelle $B$ la variable aléatoire comptant le nombre de bonbons déformés.
Il y a $50$ tirages aléatoires, indépendants et identiques (on suppose le nombre de bonbons suffisamment important pour que ce soit le cas). A chaque tirage, il n’y a que $2$ issues : le bonbon est déformé ou ne l’est pas. La probabilité qu’il soit déformé est $0,05$.
La variable aléatoire $B$ suit donc la loi binomiale de paramètres $n=50$ et$ p=0,05$.

On veut calculer $P(B\pg 2) = 1-P(B\pp 1) \approx 0,72$ (d’après la calculatrice).
Réponse a

$\quad$

Question 3 : On considère les événements suivants :
– $A$ : le bonbon est produit par la machine A;
– $B$ : le bonbon est produit par la machine B;
– $D$ : le bonbon est déformé.

On obtient l’arbre pondéré suivant :

D’après la formule des probabilités totales on a :
$\begin{align*} p(D)&=p(A\cap D)+p(B \cap D) \\
&=\dfrac{1}{3}\times 0,05+\dfrac{2}{3}\times 0,02 \\
&=0,03
\end{align*}$

On veut calculer :

$\begin{align*} p_D(B)&=\dfrac{p(D\cap B)}{p(D)} \\
&=\dfrac{\dfrac{2}{3}\times 0,02}{0,03} \\
&\approx 0,44
\end{align*}$

Réponse c

$\quad$

Question 4 : La variable aléatoire $Y$ suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda$.

On a $E(Y)=\dfrac{1}{\lambda} \ssi 500=\dfrac{1}{\lambda} \ssi \lambda=\dfrac{1}{500}$ $\ssi \lambda =0,002$.

On veut calculer $P(Y\pp 300) =1-\e^{-0,002\times 300}\approx 0,45$.

Réponse a

$\quad$

Question 5 : Un intervalle de confiance au niveau de confiance de $95\%$ est du type $\left[f-\dfrac{1}{\sqrt{n}};f+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right]$.

Son amplitude est donc égale à $\dfrac{2}{\sqrt{n}}$.

Par conséquent :
$\begin{align*} \dfrac{2}{\sqrt{n}}=0,05&\ssi \sqrt{n}=\dfrac{2}{0,05} \\
&\ssi \sqrt{n}=40 \\
&\ssi n=1~600
\end{align*}$

Réponse c

$\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. La représentation paramétrique de la doite $d_1$ est $\begin{cases}x=2+t\\y=3-t\\z=t \end{cases}\qquad t\in\R$.
    Si on prend $t=0$ on obtient $\begin{cases}x=2\\y=3\\z=0\end{cases}$.
    Le point $A(2;3;0)$ appartient donc à la droite $d_1$.
    $\quad$
  2. Un vecteur directeur de la droite $d_1$ est $\vec{u}_1(1;-1;1)$ et un vecteur directeur de la droite $d_2$ est $\vec{u}_2(2;1;0)$.
    $\dfrac{1}{2}\neq -\dfrac{1}{1}$.
    Les deux vecteurs ne sont donc pas colinéaires et les droites $d_1$ et $d_2$ ne sont par conséquent pas parallèles.
    $\quad$
  3. $\vec{v}.\vec{u}_1=1+2-3=0$
    $\vec{v}.\vec{u}_2=2-2+0=0$
    Le vecteur $\vec{v}$ est donc bien orthogonal aux vecteurs $\vec{u}_1$ et $\vec{u}_2$.
    $\quad$
  4. a. le vecteur $n(5;4;-1)$ est normal au plan dont une équation cartésienne est $5x+4y-z-22=0$.
    $\vec{n}.\vec{u}_1=5-4+1=0$
    $\vec{n}.\vec{v}=5-8+3=0$
    Le vecteur $\vec{n}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $P$ : il donc normal au plan $P$.
    $\quad$
    Regardons si le point $A(2;3;0)$ appartient au plan dont une équation cartésienne est $5x+4y-z-22=0$.
    $5\times 2+4\times 3-0-22=10+12-22=0$ : $A\in P$.
    $\quad$
    Par conséquent une équation cartésienne du plan $P$ est $5x+4y-z-22=0$.
    $\quad$
    b. Regardons si le point $B$ appartient au plan $P$ :
    $5\times 3+4\times 3-5-22=15+12-5-22=0$ donc $B\in P$.
    Regardons si le point $B$ appartient à la droite $d_2$ :
    On résout le système :
    $\begin{cases} -5+2t’=3\\-1+t’=3\end{cases} \ssi t’=4$
    Par conséquent $B\in d_2$.
    Un vecteur directeur de $d_2$ est $\vec{u}_2(2;1;0)$.
    Or $\vec{n}.\vec{u}_2=10+4-0=14\neq 0$.
    La droite $d_2$ n’est donc pas incluse dans le plan $P$.
    On en déduit donc que la droite $d_2$ coupe le plan $P$ au point $B(3;3;5)$.
    $\quad$
    Remarque : On pouvait également résoudre un système et déterminer les coordonnées du point d’intersection du plan et de la droite.
    $\quad$
  5. a. On a $B(3;3;5)$ et $\vec{v}(1;-2;-3)$.
    Une représentation paramétrique de la droite $\Delta$ est $\begin{cases} x=3+k\\y=3-2k\\z=5-3k\end{cases} \qquad k\in\R$.
    $\quad$
    b. Pour déterminer si les droites $\Delta$ et $d_1$ sont sécantes nous allons résoudre le système :
    $\begin{align*} \begin{cases} 2+t=3+k\\3-t=3-2k\\t=5-3k\end{cases} &\ssi \begin{cases}t=5-3k\\2+5-3k=3+k\\3-5+3k=3-2k\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} t=5-3k\\7=3+4k\\-2+5k=3\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} t=5-3k\\k=1\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} k=1\\t=2\end{cases} \end{align*}$
    Les droites $d_1$ et $\Delta$ sont donc sécantes au point $C(4;1;2)$.
    $\quad$
    c. D’après la question 3. la droite $\Delta$ est orthogonale au droites $d_1$ et $d_2$.
    D’après la question 5b. les droites $d_1$ et $\Delta$ sont sécantes.
    Le point $B$ appartient aux droites $d_2$ et $\Delta$.
    La droite $\Delta$ est donc sécante avec les deux droites $d_1$ et $d_2$ et orthogonale à ces deux droites.
    $\quad$

 

Ex 3

Exercice 3

Partie A : administration par voie intraveineuse

  1. On a $f(0)=20$. On veut donc résoudre :
    $\begin{align*} f(t)=10 &\ssi 20\e^{-0,1t}=10 \\
    &\ssi e^{-0,1t}=0,5 \\
    &\ssi -0,1t=\ln(0,5) \\
    &\ssi t=-10\ln(0,5) \\
    &\ssi t=10\ln(2)
    \end{align*}$
    On a donc $t_{0,5}=10\ln(2)$.
    $\quad$
  2. On veut résoudre l’inéquation :
    $\begin{align*} f(t)\pp 0,2 &\ssi 20\e^{-0,1t} \pp 0,2 \\
    &\ssi \e^{-0,1t} \pp 0,01 \\
    &\ssi -0,1t\pp \ln(0,01) \\
    &\ssi t \pg -10\ln(0,01) \\
    &\ssi t\pg 10\ln(100)
    \end{align*}$
    Or $10\ln(100) \approx 46,05$
    C’est après environ $46,1$ h soit $46h$ et $6$ minutes que le médicament est éliminé.
    $\quad$
  3. Montrons qu’une primitive de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0;+\infty[$ est la fonction $F$ définie sur cet intervalle par $F(t)=-200\e^{-0,1t}$
    La fonction $F$ est dérivable sur l’intervalle $[0;+\infty[$ comme composée de fonctions dérivables.
    $F'(t)=-200\times (-0,1)\e^{-0,1t}=20\e^{-0,1t}=f(t)$.
    $F$ est donc une primitive de $f$ sur l’intervalle $[0;+\infty[$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} \displaystyle \int_0^x f(t)\dt &=F(x)-F(0) \\
    &=-200\e^{-0,1x}+200
    \end{align*}$
    $\lim\limits_{x \to +\infty} -0,1x=-\infty$ et $\lim\limits_{X \to -\infty} \e^X=0$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty}-200\e^{-0,1x}=0$
    Par conséquent $\lim\limits_{x \to +\infty} \int_0^x f(t)\dt=200$.
    Pour ce modèle, l’ASC est égal à $200$ µg.L$^{-1}$.h.
    $\quad$

Partie B : administration par voie orale

  1. La fonction $g$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ en tant que composée et somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} g'(t)&=20\left(-0,1\e^{-0,1t}-(-1)\e^{-t}\right) \\
    &=20\left(-0,1\e^{-0,1t}+\e^{-t}\right) \\
    &=20\e^{-t}\left(-0,1\e^{-0,1t+t}+1\right)\\
    &=20\e^{-t}\left(1-0,1\e^{0,9t}\right)
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. La fonction exponentielle est strictement positive donc le signe de $g'(t)$ ne dépend que du signe de $1-0,1\e^{0,9t}$.
    $\begin{align*} 1-0,1\e^{0,9t}=0&\ssi 1=0,1\e^{0,9t} \\
    &10=\e^{0,9t} \\
    &\ln(10)=0,9t \\
    &t=\dfrac{\ln(10)}{0,9}
    \end{align*}$
    et
    $\begin{align*} 1-0,1\e^{0,9t}\pg 0&\ssi 1\pg 0,1\e^{0,9t} \\
    &10\pg \e^{0,9t} \\
    &\ln(10)\pg 0,9t \\
    &t\pp\dfrac{\ln(10)}{0,9}
    \end{align*}$
    La fonction $g$ est donc croissante sur l’intervalle $\left[0;\dfrac{\ln(10)}{0,9}\right]$ et décroissante sur l’intervalle $\left[\dfrac{\ln(10)}{0,9};+\infty\right[$.
    $\quad$
    Or $\dfrac{\ln(10)}{0,9} \approx 2,56$ h soit $\approx 2$ h $34$ min.
    La concentration est donc maximale au bout de $2$ h $34$ min.
    $\quad$

Partie C : administration répétée par voie intraveineuse

  1. Initialisation : $u_1=20$ et $40-40\times 0,5^1=40-20=20$
    La propriété est donc vraie au rang $1$.
    $\quad$
    Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $u_n=40-40\times 0,5^n$.
    $\begin{align*} u_{n+1}&=0,5u_n+20 \\
    &=0,5\left( 40-40\times 0,5^n\right) +20 \\
    &=20-40\times 0,5^{n+1}+20 \\
    &=40-40\times 0,5^{n+1}
    \end{align*}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n \pg 1$ on a $u_n=40-40\times 0,5^n$.
    $\quad$
  2. $-1<0,5<1$ : donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,5^n = 0$
    Ainsi $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 40$
    $\quad$
  3. On veut donc trouver le plus petit entier naturel tel que :
    $\begin{align*} u_n \pg 38 &\ssi 40-40\times 0,5^n \pg 38 \\
    &\ssi -40 \times 0,5^n \pg -2 \\
    &\ssi 0,5^n \pp 0,05 \\
    &\ssi n\ln(0,5) \pp \ln(0,05) \\
    &\ssi n \pg \dfrac{\ln(0,05)}{\ln(0,5)} \\
    &\ssi n \pg 5
    \end{align*}$
    Il faut donc au minimum $5$ injections pour atteindre cet équilibre.
    $\quad$

 

 

Ex 4 obl

Exercice 4

Partie A : étude du cas particulier $\boldsymbol{n=6}$

  1. Les angles au centre sont tous égaux et mesurent $\dfrac{360}{6}=60$°.
    Le triangle $OA_6B_6$ est isocèle en $O$.
    Puisque l’angle au sommet principal $\widehat{A_6OB_6}$ mesure $60$° cela signifie donc que le triangle $OA_6B_6$ est équilatéral.
    $\quad$
    Tous les triangles étant superposables ont la même aire $\mathscr{A}_6$. On sait également que l’aire du polygone est égale à $1$.
    Ainsi $6\times \mathscr{A}_6=1$ soit $\mathscr{A}_6=\dfrac{1}{6}$.
    $\quad$
  2. On appelle $M$ le milieu de $\left[OA_6\right]$.
    Puisque le triangle $OA_6B_6$ est équilatéral, cela signifie que la hauteur $\left(B_6M\right)$ est également une médiane.
    Ainsi $OM=\dfrac{r_6}{2}$.
    On applique alors le théorème de Pythagore dans le triangle $OMB_6$ rectangle en $M$ :
    $\begin{align*} {OB_6}^2=OM^2+{MB_6}^2 &\ssi {r_6}^2=\dfrac{{r_6}^2}{4}+{MB_6}^2 \\
    &\ssi {MB_6}^2=\dfrac{3{r_6}^2}{4} \\
    &\ssi MB_6=\dfrac{r_6\sqrt{3}}{2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. L’aire du triangle $OA_6B_6$ est donc également $\begin{align*} \mathscr{A}_6&= \dfrac{r_6\times \dfrac{r_6\sqrt{3}}{2}}{2} \\
    &=\dfrac{{r_6}^2\sqrt{3}}{4}
    \end{align*}$
    Cela signifie donc que :
    $\begin{align*} \dfrac{{r_6}^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{1}{6}&\ssi {r_6}^2=\dfrac{4}{6\sqrt{3}} \\
    &\ssi {r_6}^2=\dfrac{2}{3\sqrt{3}} \\
    &\ssi r_6=\sqrt{\dfrac{2}{3\sqrt{3}}}
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B : cas général avec $\boldsymbol{n \pg 4}$

  1. On appelle $M$ le pied de la hauteur issue de $B_n$.
    Dans le triangle $OMB_n$ rectangle en $M$ on a :
    $\begin{align*}\sin\left(\theta_n\right)=\dfrac{OM}{OB_n} &\ssi \sin\left(\theta_n\right)=\dfrac{OM}{r_n} \\
    &\ssi OM=r_n\sin\left(\theta_n\right)
    \end{align*}$
    $\quad$
    Remarque : On pouvait également voir la hauteur $MB_n$ comme (la valeur absolue de ) la partie imaginaire de l’affixe de $B_n$ qui est $r_n\e^{\ic \theta_n}=r_n\left(\cos \left(\theta_n\right)+\ic \sin \left(\theta_n\right)\right)$.
    $\quad$
    L’aire du triangle $OA_nB_n$ est :
    $\begin{align*} \mathscr{A}_n&=\dfrac{OA_n\times MB_n}{2} \\
    &=\dfrac{r_n\times r_n\sin \theta_n}{2} \\
    &=\dfrac{{r_n}^2}{2}\sin\left(\theta_n\right)
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. Les $n$ angles au centre ont tous la même mesure. Ainsi :
    $\begin{align*} \left(\vect{OA_n},\vect{OB_n}\right)&=\theta_n \\
    &=\dfrac{2\pi}{n}
    \end{align*}$
    $\quad$
    On sait que l’aire du polygone $P_n$ est égale à $1$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} n\times \mathscr{A}_n=1 &\ssi \dfrac{n{r_n}^2}{2}\sin\left(\dfrac{2\pi}{n}\right)=1 \\
    &\ssi {r_n}^2=\dfrac{2}{n\sin\left(\dfrac{2\pi}{n}\right)} \\
    &\ssi r_n=\sqrt{\dfrac{2}{n\sin\left(\dfrac{2\pi}{n}\right)}}
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie C : étude de la suite $\boldsymbol{\left(r_n\right)}$

  1. Pour tout entier naturel $n\pg 4$ on a :
    $\begin{align*} 0<2<n<n+1&\ssi 0<\dfrac{1}{n+1}<\dfrac{1}{n}<\dfrac{1}{2} \\
    &\ssi 0 < \dfrac{2\pi}{n+1}<\dfrac{2\pi}{n}<\pi \\
    &\ssi 0<f\left(\dfrac{2\pi}{n+1}\right)<f\left(\dfrac{2\pi}{n}\right)  \quad (*)\\
    &\ssi 0<\dfrac{1}{\pi}f\left(\dfrac{2\pi}{n+1}\right)<\dfrac{1}{\pi}f\left(\dfrac{2\pi}{n}\right)  \\
    &\ssi 0<\sqrt{\dfrac{1}{\pi}f\left(\dfrac{2\pi}{n+1}\right)}<\sqrt{\dfrac{1}{\pi}f\left(\dfrac{2\pi}{n}\right) } \quad (**)\\
    &\ssi 0<r_{n+1}<r_n
    \end{align*}$
    $\quad$
    $(*)$ car la fonction $f$ est croissante et strictement positive (quotient de fonctions strictement positives sur l’intervalle d’étude) sur l’intervalle $]0;\pi[$.
    $(**)$ car la fonction racine carré est croissante sur l’intervalle $[0;+\infty[$.$\quad$
    La suite $\left(r_n\right)$ est donc décroissante.
    $\quad$
  2. La suite $\left(r_n\right)$ est donc décroissante et minorée par $0$. Elle converge donc.
    $\quad$
  3. L’algorithme renvoie le plus petit entier naturel $n$ tel que $r_n\pp 0,58$.
    La suite $\left(r_n\right)$ est décroissante.
    D’après la calculatrice $r_{10} \approx 0,583~318$ et $r_{11}\approx 0,579~915$
    L’algorithme va donc afficher $11$.
    $\quad$

Ex 4 spé

Exercice 4

  1. $A=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}$
    $B=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}$
    $\quad$
  2. La matrice gauche associée à la matrice $\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}$ est :
    $C=A\times G=\begin{pmatrix}2&1\\3&2\end{pmatrix}$
    La fraction est donc $\dfrac{2+1}{3+2}=\dfrac{3}{5}$.
    $\quad$
  3. a.
    $\begin{align*} d(a+c)-c(b+d)&=ad+dc-cb-cd \\
    &=ad-bc \\
    &=1
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. On a $M\times G=\begin{pmatrix} a+c&c\\b+d&d\end{pmatrix}$
    Ainsi :
    $\Delta_{M\times G}=d(a+c)-c(b+d)$
    D’après la question précédente, puisque $\Delta_M=1$ alors $\Delta_{M\times G}=1$.
    $\quad$
  4. Pour toutes les matrices $N$ de l’arbre de Stern-Brocot on a $d(a+c)-c(b+d)=1$
    D’après le théorème de Bezout, cela signifie que $a+c$ et $b+d$ sont premiers entre-eux et donc que la fraction $\dfrac{a+c}{b+d}$ est irréductible.
    $\quad$
  5. a.
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Affichage}&\phantom{\text{Gauche}}&\text{Gauche}&\text{Droite}&\text{Gauche}&\text{Gauche}\\
    \hline
    m&4&4&1&1&1\\
    \hline
    n&7&3&3&2&1\\
    \hline
    \end{array}$
    $\quad$
    b. On peut émettre la conjecture suivante : “l’algorithme fournit le chemin à suivre à partir de la matrice unité pour obtenir une fraction $\dfrac{m}{n}$ donnée.
    En suivant ce chemin $GDGG$ on obtient les matrices suivantes :
    $\begin{pmatrix} 1&0\\0&1\end{pmatrix}$ $\to \begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}$ $\to \begin{pmatrix} 1&1\\1&2\end{pmatrix}$ $\to \begin{pmatrix}2&1\\3&2\end{pmatrix}$ $\to \begin{pmatrix}3&1\\5&2\end{pmatrix}$
    La fraction associée à cette dernière matrice est $f=\dfrac{3+1}{5+2}=\dfrac{4}{7}$.

Énoncé

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