Bac S – Métropole – juin 2017

Métropole – Juin 2017

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. Pour tout réel $x$ on a $h(x)=x\e^{-x}=\dfrac{x}{\e^{x}}=\dfrac{1}{\dfrac{\e^{x}}{x}}$
    Or $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\e^x}{x}=+\infty$ donc  $\lim\limits_{x \to +\infty} h(x)=0^+$.
    $\quad$
  2. 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 $h'(x)$ ne dépend que de celui de $(1-x)$.
    $1-x=0\ssi x=1$ et $1-x>0\ssi x<1$.
    On obtient donc le tableau de variation suivant :
  3. a. Pour tout réel $x$ appartenant à l’intervalle $[0;+\infty[$ on a :
    $\begin{align*} \e^{-x}-h'(x)&=\e^{-x}-(1-x)\e^{-x} \\
    &=\e^{-x}-\e^{-x}+x\e^{-x}\\
    &=x\e^{-x}\\
    &=h(x)
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. Une primitive de la fonction $x\mapsto \e^{-x}$ définie sur $[0;+\infty[$ est la fonction définie sur ce même intervalle par $x\mapsto -\e^{-x}$.
    $\quad$
    c. On a $h(x)=\e^{-x}-h'(x)$ pour tout réel $x\pg 0$.
    Par conséquent une primitive de la fonction $h$, continue (car dérivable) sur $[0;+\infty[$, est la fonction $H$ définie sur $[0;+\infty[$ par :
    $\begin{align*} H(x)&=-\e^{-x}-h(x)\\
    &=-\e^{-x}-x\e^{-x}\\
    &=-(1+x)\e^{-x}
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

  1. a. D’après le tableau de variation de la fonction $h$, on a $h(x)=x\e^{-x}\pg 0$.
    Par conséquent, le repère étant orthonormé :
    $\begin {align*} MN&=\sqrt{(x-x)^2+\left(f(x)-g(x)\right)^2} \\
    &=\sqrt{\left(x\e^{-x}\right)^2} \\
    &=x\e^{-x}
    \end{align*}$
    $\quad$
    D’après le tableau de variation de la fonction $h$, cette distance est maximale pour $x=1$ et cette distance maximale vaut $\e^{-1}$
    $\quad$
    b. On obtient le graphique suivant :
  2. a. Voir graphique précédent
    $\quad$
    b. L’aire du domaine $D_{\lambda}$ est :
    $\begin{align*} A_{\lambda} &=\displaystyle \int_0^{\lambda} \left(f(x)-g(x)\right)\dx \\
    &=\int_0^{\lambda} x\e^{-x}\dx \\
    &=H(\lambda)-H(0) \\
    &=-(1+\lambda)\e^{-\lambda}+1\\
    &=1-\dfrac{\lambda+1}{\e^{\lambda}}
    \end{align*}$
    $\quad$
    c. On a $A_{\lambda}=1-\dfrac{\lambda}{e^{\lambda}}+\dfrac{1}{\e^{\lambda}}$
    Or $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\e^x}=0$ (voir la question A.1.)
    Et  $\lim\limits_{x \to +\infty} \e^x = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\e^x}=0$
    Ainsi  $\lim\limits_{\lambda \to +\infty} A_{\lambda}=1$.
    $\quad$
    Cela signifie que l’aire du domaine compris entre les deux courbe $C_f$ et $C_g$ vaut $1$.
    $\quad$
  3. a. On a $A_0=0$, $A_1\approx 0,2642$, $A_2\approx 0,5940$ et $A_3\approx 0,8009$
    Donc l’algorithme affichera $3$ si $S=0,8$.
    $\quad$
    b. L’algorithme renvoie le plus petit entier naturel $\lambda$ pour lequel $A_{\lambda}\pg S$.
    $\quad$

 

 

 

 

Ex 2

Exercice 2

  1. Remplaçons $x,y$ et $z$ de l’équation du plan $\mathscr{P}$ par les coordonnées du point $A$.
    $2-a^2-3=-a^2-1=-(a^2+1)<0$ pour tout réel $a$.
    Quelle que soit la valeur du réel $a$, le point $A$ n’appartient pas au plan $\mathscr{P}$.
    $\quad$
  2. a. Un vecteur normal au plan $\mathscr{P}$ est $\vec{n}(2;0;-1)$.
    Par conséquent une représentation paramétrique de la droite $\mathscr{D}$ est :
    $\begin{cases} x=1+2t\\y=a\\z=a^2-t\end{cases}\quad,t\in \R$.
    $\quad$
    b. On a $M(1-2t;a;a^2-t)$.
    Donc, le repère étant orthonormé :
    $\begin{align*} AM&=\sqrt{(1+2t-1)^2+(a-a)^2+\left(a^2-t-a^2\right)^2} \\
    &=\sqrt{(2t)^2+0+(-t)^2}\\
    &=\sqrt{4t^2+t^2} \\
    &=\sqrt{5t^2}\\
    &=|t|\sqrt{5}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. Le point $H$ appartient à la fois à la droite $\mathscr{D}$ et au plan $\mathscr{P}$.
    Ses coordonnées sont donc solution du système suivant :
    $\begin{align*} \begin{cases} x=1+2t\\y=a\\z=a^2-t\\2x-z-3=0\end{cases} &\ssi \begin{cases} x=1+2t\\y=a\\z=a^2-t\\2(1+2t)-\left(a^2-t\right)-3=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=1+2t\\y=a\\z=a^2-t\\2+4t-a^2+t-3=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=1+2t\\y=a\\z=a^2-t\\-a^2-1=-5t\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=1+2t\\y=a\\z=a^2-t\\t=\dfrac{1+a^2}{5}\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=1+2\times \dfrac{1+a^2}{5}\\y=a\\z=a^2-\dfrac{1+a^2}{5}\\t=\dfrac{1+a^2}{5}\end{cases} \end{align*}$
    D’après la question précédente, on a :
    $AH=\left|\dfrac{1+a^2}{5}\right|\sqrt{5}= \dfrac{1+a^2}{\sqrt{5}}$
    La fonction carré admettant un minimum en $0$, la distance $AH$ est minimale si $a=0$.
    $\quad$

Ex 3

Exercice 3

Partie A

  1. Le point $P$ appartient au secteur $B3$.
    Par conséquent $r=z_P\in[40;60]$ et $\theta \in \left[\dfrac{\pi}{4};\dfrac{\pi}{2}\right]$.
    Proposition C
    $\quad$
  2. a. On a $z=70\e^{-\ic \frac{\pi}{3}}$.
    Ainsi $r\in[60;80]$ et $\theta\in\left]-\dfrac{\pi}{2};-\dfrac{\pi}{4}\right[$.
    donc le point appartient au secteur $G4$.
    $\quad$
    b. On a $z=-45\sqrt{3}+45\ic$
    Donc $|z|=\sqrt{\left(-45\sqrt{3}\right)^2+45^2}=90$
    Par conséquent $z=90\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{\ic}{2}\right)=90\e^{\frac{5\pi}{6}}$
    Le point appartient donc au secteur $D5$.
    $\quad$

Partie B

  1. D’après la calculatrice on a $P(M<0)=0,5-P(0<M<50)=0$
    Cela signifie qu’il est impossible que le module du nombre complexe $z$ soit négative ou nul.
    $\quad$
  2. D’après la calculatrice on a $P\left(M\in]40;60[\right)\approx 0,954$.
    Remarque : On pouvait également dire que $P\left(M\in]40;60[\right)=P(\mu-2\sigma\pp M \pp \mu+2\sigma)$.
    $\quad$
  3. Les événements $(M\in I)$ et $(T\in J)$ étant indépendants on a :
    $\begin{align*} P\left(\left(M\in]40;60[\right) \cap \left(T\in\left]\dfrac{\pi}{4};\dfrac{\pi}{2}\right[\right)\right) &= P\left(M\in]40;60[\right)\times P\left(T\in\left]\dfrac{\pi}{4};\dfrac{\pi}{2}\right[\right) \\
    &\approx 0,954\times 0,819 \\
    &\approx 0,781
    \end{align*}$
    $\quad$

 

Ex 4 obl

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. On obtient l’arbre de probabilités suivant :
  2. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} P\left(I_2\right)&=P\left(S_1\cap I_2\right)+P\left(M_1\cap I_2\right)+P\left(I_1\cap I_2\right) \\
    &=0,85\times 0,1+0,05\times 0,35+0,1\times 1 \\
    &=0,202~5
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. On veut calculer :
    $\begin{align*} P_{I_2}\left(M_1\right)&=\dfrac{P\left(I_2\cap M_1\right)}{P\left(I_2\right)} \\
    &=\dfrac{0,05\times 0,35}{0,202~5} \\
    &=\dfrac{7}{81}\\
    &\approx 0,086\\
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

  1. Chaque semaine, l’individu est soit de type $S$, soit malade ou soit immunisé.
    Donc $P\left(S_n\right)+P\left(M_n\right)+P\left(I_n\right)=1$.
    Soit $u_n+v_n+w_n=1$
    $\quad$
  2. a. On a pu saisir en $C3$ la formule $=0,65*C2+0,05*B2$
    $\quad$
    b. D’après la feuille de calcul on a :
    $v_3=0,0849$, $v_4=0,0859$ et $v_5=0,0819$
    Le pic épidémique est donc égal à$4$.
    $\quad$
  3. a. D’après l’énoncé, parmi les individus de type $S$ en semaine $n$ on observe, qu’en semaine $n+1$, $85\%$ restent de type $S$.
    Par conséquent $u_{n+1}=0,85u_n$.
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,85$ et de premier terme $u_0=1$.
    Ainsi, pour tout entier naturel $n$, on a $u_n=0,85^n$.
    $\quad$
    b. Initialisation : Si $n=0$ on a $v_0=0$ et $\dfrac{1}{5}\left(0,85^0-0,65^0\right)=0$
    La propriété est donc vraie au rang $0$
    $\quad$
    Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$. $v_n=\dfrac{1}{4}\left(0,85^n-0,65^n\right)$.
    $\begin{align*} v_{n+1}&=0,65v_n+0,05u_n \\
    &=0,65\times \dfrac{1}{4}\left(0,85^n-0,65^n\right)+0,05\times 0,85^n \\
    &=\dfrac{1}{4}\left(0,65\times 0,85^n-0,65^{n+1}\right)+0,05\times 0,85^n \\
    &=\dfrac{1}{4}\times 0,65\times 0,85^n-\dfrac{1}{4}\times 0,65^{n+1}+0,05\times 0,85^n \\
    &=\left(\dfrac{1}{4}\times 0,65+0,05\right)\times 0,85^n-\dfrac{1}{4}\times0,65^{n+1} \\
    &=\dfrac{1}{4}(0,65+0,2)\times 0,85^n-\dfrac{1}{4}\times0,65^{n+1} \\
    &=\dfrac{1}{4}\left(0,85^{n+1}-0,65^{n+1}\right)
    \end{align*}$
    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 $v_n=\dfrac{1}{4}\left(0,85^n-0,65^n\right)$
    $\quad$
  4. $-1<0,85<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,85^n =0$
    $-1<0,65<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,65^n =0$
    Ainsi $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=0$ et $\lim\limits_{n \to +\infty} v_n=0$.
    D’après la question 1. on a $u_n+v_n+w_n=1$ pour tout entier naturel $n$.
    Donc $\lim\limits_{n \to +\infty} w_n=1$
    Cela signifie donc que sur le long terme, selon ce modèle, tous les individus seront immunisés.
    $\quad$

 

 

Ex 4 spé

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. $(x;y)$ définit un TRPI
    $\ssi y^2=x^2+(x+1)^2$ d’après le théorème de Pythagore
    $\ssi y^2=x^2+x^2+2x+1 $
    $\ssi y^2=2x^2+2x+1$
    $\quad$
  2. Si $x=1$ alors $y^2=5$ mais $\sqrt{5}$ n’est pas un nombre entier.
    Si $x=2$ alors $y^2=13$ mais $\sqrt{13}$ n’est pas un nombre entier.
    Si $x=3$ alors $y^2=25$. Donc $y=5$.
    Le TRPI ayant les plus petits côtés non nuls est défini par le couple $(3;5)$.
    $\quad$
  3. a. Si $n$ est pair alors il existe un entier naturel $k$ tel que $n=2k$.
    Par conséquent
    $\begin{align*}n^2&= (2k)^2 \\
    &=4k^2\\
    &=2\times 2k^2
    \end{align*}$
    On en déduit donc que $n^2$ est également pair.
    Un nombre entier pair a donc nécessairement un carré pair.
    Cela signifie par conséquent que si $n^2$ est impair alors $n$ est impair.
    $\quad$
    b. Si $(x;y)$ définit un TRPI alors $y^2=2x^2+2x+1$
    $2x^2+2x+1\equiv 1~~[2]$
    Donc $y^2$ est impair.
    D’après la question précédente, cela signifie donc que $y$ est impair.
    $\quad$
  4. Si $(x;y)$ est un TRPI alors $y^2=2x^2+2x+1$
    Par conséquent :
    $\begin{align*} -(2+2x)x+y\times y &= -(2+2x)x+y^2 \\
    &=-2x-2x^2+2x^2+2x+1=1
    \end{align*}$
    D’après le théorème de Bezout, les nombres $x$ et $y$ sont premiers entre eux.
    $\quad$

Partie B

  1. On a :
    $x’=3x+2y+1$ et $y’=4x+3y+2$
    $\quad$
  2. a.
    $\begin{align*} {y’}^2-2x’\left(x’+1\right)&=(4x+3y+2)^2-2(3x+2y+1)(3x+2y+1+1) \\
    &=16x^2+9y^2+4+24xy+16x+12y\\
    &-(6x+4y+2)(3x+2y+2) \\
    &=16x^2+9y^2+4+24xy+16x+12y\\
    &-\left(18x^2+12xy+12x+12xy+8y^2+8y+6x+4y+4\right) \\
    &=16x^2+9y^2+4+24xy+16x+12y\\
    &-18x^2-24xy-18x-8y^2-12y-4 \\
    &=-2x^2+y^2-2x\\
    &=y^2-2x(x+1)
    \end{align*}$
    b. D’après la question A.1. $(x;y)$ définit un TRPI si, et seulement si, $y^2=2x^2+2x+1$ soit $y^2-2x^2-2x=1$ ou encore $y^2-2x(x+1)=1$
    Or ${y’}^2-2x’\left(x’+1\right)=y^2-2x(x+1)$
    $(x;y)$ définit TRPI
    $\ssi y^2-2x(x+1)=1$
    $\ssi {y’}^2-2x’\left(x’+1\right)=1$
    $\ssi \left(x’;y’\right)$ définit un TRPI
    $\quad$
  3. Initialisation : au rang $0$, on sait que le couple $(3;5)$ définit un TRPI
    La propriété est donc vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Initialisation : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $\left(x_n;y_n\right)$ définit un TRPI.
    Alors $x_{n+1}=3x_n+2y_n+1$ et $y_{n+1}=4x_n+3y_n+2$
    D’après la question précédente, puisque $\left(x_n;y_n\right)$ définit un TRPI, alors $\left(x_{n+1};y_{n+1}\right)$ définit également un TRPI.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ $\left(x_n;y_n\right)$ définit un TRPI.
    $\quad$
  4. En utilisant la relation matricielle on obtient successivement les couples suivant les couples suivants :
    $(3;5)$ ; $(20;29)$ ; $(119;169)$ ; $(696;985)$ ; $(4~059;5~741)$
    Un triangle rectangle sont les côtés de l’angle droit ont pour longueurs $4~059$ et $4~060$ définissent un TRPI dont l’hypoténuse mesure $5~741$.
    $\quad$

Énoncé obl

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Énoncé spé

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