Bac S – Polynésie – juin 2017

Polynésie – Juin 2017

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A – Durée d’attente

  1. a. La variable aléatoire $D_1$ suit la loi exponentielle de paramètre $0,6$.
    Par conséquent $E\left(D_1\right)=\dfrac{1}{0,6}\approx 1,667$
    Le temps d’attente moyen est d’environ $1,667$ minutes soit environ $1$minute $40,02$ secondes.
    $\quad$
    b. On veut calculer :
    $\begin{align*} P\left(D_1\pp 5\right)&=1-\e^{-0,6\times 5} \\
    &=1-\e^{-3}\\
    &\approx 0,950
    \end{align*}$
    La probabilité que la durée d’attente d’un client Internet choisi au hasard soit inférieure à $5$ minutes est environ $0,950$.
    $\quad$
  2. a. La variable aléatoire $D_2$ suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$.
    $\begin{align*} P\left(D_2\pp 4\right)=0,798 &\ssi 1-\e^{-4\lambda}=0,798 \\
    &\ssi -\e^{-4\lambda}=0,798-1\\
    &\ssi \e^{-4\lambda}=0,202 \\
    &\ssi -4\lambda = \ln (0,202) \\
    &\ssi \lambda =\dfrac{\ln(0,202)}{-4}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. $P\left(D_2\pg 5\right)=\e^{-0,4\times 5} \approx 0,135 > 0,1$.
    On peut donc pas considérer que moins de $10\%$ des clients mobile choisis au hasard attendent plus de $5$ minutes avant de joindre un opérateur.
    $\quad$

Partie B – Obtention d’un opérateur

  1. On appelle :
    – $I$ l’événement “L’appel provient d’un client Internet”;
    – $M$ l’événement “l’appel provient d’un client mobile”;
    – $A$ le client a joint un opérateur de l’assistance téléphonique.
    On obtient ainsi l’arbre pondéré suivant :

    D’après la formule des probabilités totale, on a :
    $\begin{align*} p(A)&=p(I\cap A)+p(M\cap A) \\
    &=0,7\times 0,95+0,3\times 0,87 \\
    &=0,926
    \end{align*}$
    La probabilité que le client joigne un opérateur est $0,926$.
    $\quad$
  2. On a : $p\left(\conj{A}\right)=1-0,926=0,074$
    $\begin{align*} p_{\conj{A}}(M)&=\dfrac{p\left(\conj{A}\cap M\right)} {p\left(\conj{A}\right)} \\
    &=\dfrac{0,3\times 0,13}{0,074}\\
    &\approx 0,527
    \end{align*}$
    et
    $\begin{align*} p_{\conj{A}}(I)&=\dfrac{p\left(\conj{A}\cap I\right)} {p\left(\conj{A}\right)} \\
    &=\dfrac{0,7\times 0,05}{0,074}\\
    &\approx 0,473
    \end{align*}$
    On constate donc que $p_{\conj{A}}(M) > p_{\conj{A}}(I)$.
    Il est donc plus probable que ce soit un client mobile.
    $\quad$

Partie C

On a $n=1~303 \pg 30$ et $p=0,85$ donc $np=1~107,55\pg 5$ et $n(1-p)=195,45\pg 5$

Un intervalle de fluctuation asymptotique au niveau de confiance de $95\%$ est :
$\begin{align*} I_{1~303}&=\left[0,85-1,96\sqrt{\dfrac{0,85\times 0,15}{1~303}};0,85+1,96\sqrt{\dfrac{0,85\times 0,15}{1~303}}\right] \\
&\approx [0,830;0,869]
\end{align*}$
La fréquence observée est $f=\dfrac{1~150}{1~303} \notin I_{1~303}$.
Cela remet en cause l’annonce de la société au risque de $5\%$.
Le taux de satisfaction de l’échantillon est cependant supérieur à celui annoncé par la société.
$\quad$

 

Ex 2

Exercice 2

  1. a. On considère le triangle rectangle obtenu dans la 3ème figure et on applique le théorème de Pythagore.
    On obtient ainsi :
    $\begin{align*} R^2=h^2+\ell^2 &\ssi \ell^2=R^2-h^2 \\
    &\ell^2=400-h^2
    \end{align*}$.
    L’aire du disque de base est $\mathscr{A}=\pi\ell^2=\pi\left(400-h^2\right)$.
    Ainsi $V(h)=\dfrac{\mathscr{A}h}{3}=\dfrac{\pi\left(400-h^2\right)h}{3}$
    $\quad$
    b. La fonction $V$ est dérivable sur l’intervalle $[0;20]$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} V'(h)&=\dfrac{\pi}{3}\left(-2h\times h+\left(400-h^2\right)\right) \\
    &=\dfrac{\pi}{3}\left(-2h^2+400-h^2\right) \\
    &=\dfrac{\pi}{3}\left(-3h^2+400\right)
    \end{align*}$
    Le signe de $V'(h)$ ne dépend que de celui de $-3h^2+400$.
    $\begin{align*} -3h^2+400&=-3\left(h^2-\dfrac{400}{3}\right)\\
    &=-3\left(h-\dfrac{20}{\sqrt{3}}\right)\left(h+\dfrac{20}{\sqrt{3}}\right)\end{align*}$
    Donc $-3h^2+400=0 \ssi h=\dfrac{20}{\sqrt{3}}$ ou $h=-\dfrac{20}{\sqrt{3}}$.
    $h-\dfrac{20}{\sqrt{3}}>0 \ssi h>\dfrac{20}{\sqrt{3}}$
    $h+\dfrac{20}{\sqrt{3}}>0 \ssi h>-\dfrac{20}{\sqrt{3}}$
    On obtient donc le tableau de variation suivant :

    La valeur $\dfrac{20}{\sqrt{3}}$ rend le volume maximum.
    Et le volume maximal est :
    $\begin{align*}V_{max}&=V\left(\dfrac{20}{\sqrt{3}}\right) \\
    &\dfrac{\pi}{3}\left(400-\dfrac{400}{3}\right)\times \dfrac{20}{\sqrt{3}} \\
    &=\dfrac{\pi}{3}\times \dfrac{800}{3}\times \dfrac{20}{\sqrt{3}} \\
    &=\dfrac{16~000\pi}{9\sqrt{3}}
    \end{align*} $
    $\quad$
    c. Le rayon du cercle de base est donc, d’après les calculs faits à la question 1.a avec $h=\dfrac{20}{\sqrt{3}}$:
    $\begin{align*} \ell&=\sqrt{400-h^2} \\
    &=\sqrt{400-\dfrac{400}{3}} \\
    &=\sqrt{\dfrac{800}{3}} \\
    &=\dfrac{20\sqrt{2}}{\sqrt{3}}
    \end{align*}$
    Le périmètre de ce cercle est $P=2\pi\times \dfrac{20\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$
    Le secteur angulaire, de la 2ème figure, associé à ce cercle a un angle égale à $2\pi-\alpha$.
    La longueur de cet arc de cercle est donc $R(2\pi-\alpha)$.
    On cherche alors de $\alpha$ telle que :
    $\begin{align*} R(2\pi-\alpha)=2\pi\times \dfrac{20\sqrt{2}}{\sqrt{3}} &\ssi 20(2\pi-\alpha)=2\pi\times \dfrac{20\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \\
    &\ssi 2\pi-\alpha=\dfrac{2\pi\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \\
    &\ssi \alpha = 2\pi-\dfrac{2\pi\sqrt{2}}{\sqrt{3}}
    \end{align*}$
    Ainsi une valeur en degré cet angle est :
    $\left(2\pi-\dfrac{2\pi\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right)\times \dfrac{180}{\pi} \approx 66$°
    $\quad$
  2. Si on reprend les calculs précédents sans choisir de valeur pour $R$ on obtient :
    $\ell^2=R^2-h^2$ soit $\ell=\sqrt{R^2-h^2}$
    $h_{max}=\dfrac{R}{\sqrt{3}}$ donc $\ell=\sqrt{R^2-\dfrac{R^2}{3}}=\dfrac{R\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$
    $P_{max}=2\pi\times \dfrac{R\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$
    On cherche alors de $\alpha$ telle que :
    $\begin{align*} R(2\pi-\alpha)=2\pi\times \dfrac{R\sqrt{2}}{\sqrt{3}} &\ssi  2\pi-\alpha=\dfrac{2\pi\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \\
    &\ssi \alpha = 2\pi-\dfrac{2\pi\sqrt{2}}{\sqrt{3}}
    \end{align*}$
    Donc $\alpha$ ne dépend pas du rayon du disque en carton.

 

 

Ex 3

Exercice 3

  1. Les segments $[AH]$, $[HF]$, $[FC]$, $[AC]$ et $[AF]$ sont des diagonales des carrés correspondant à des faces du cube. Ils ont donc tous la même longueur.
    Le tétraèdre $ACFH$ est donc régulier.
    On peut par conséquent inscrire le tétraèdre associé à la molécule de méthane dans un cube $ABCDEFGH$ en positionnant les atomes d’hydrogène sur les sommes $A$, $C$, $F$ et $H$.
    On obtient :
  2. L’atome de carbone doit être à égale distance des atomes d’hydrogène.
    Or le centre du cube $\Omega$ est à égale distance de tous les sommets du cube en particulier des sommets $A, C, F$ et $H$.
    L’atome de carbone est donc au centre du cube.
    $\quad$
  3. Dans le repère proposé on a $A(0;0;0)$, $C(1;1;0)$ et $\Omega(0,5;0,5;0,5)$.
    Ainsi $\vect{\Omega C}(0,5;0,5;-0,5)$ et $\vect{\Omega A}(-0,5;-0,5;-0,5)$.
    $\Omega C=\sqrt{0,5^2+0,5^2+(-0,5)^2}=\sqrt{0,75}$
    $\Omega A=\sqrt{(-0,5)^2+(-0,5)^2+(-0,5)^2}=\sqrt{0,75}$
    D’une part $\vect{\Omega A}.\vect{\Omega C}=-0,25-0,25+0,25=-0,25$
    D’autre part
    $\begin{align*} \vect{\Omega A}.\vect{\Omega C}&=\Omega A\times \Omega C\times \cos\left(\vect{\Omega A},\vect{\Omega C}\right) \\
    &=\sqrt{0,75}\times \sqrt{0,75}\times \cos \widehat{A\Omega C} \\
    &=0,75\times \cos \widehat{A\Omega C}
    \end{align*}$
    Par conséquent
    $\begin{align*} -0,25=0,75 \times \cos \widehat{A\Omega C} &\ssi \cos \widehat{A\Omega C}=\dfrac{-0,25}{0,75} \\
    &\ssi \cos \widehat{A\Omega C}=\dfrac{-0,25}{0,75} \\
    &\ssi \cos \widehat{A\Omega C}=-\dfrac{1}{3}
    \end{align*}$
    Donc $\widehat{A\Omega C} \approx 109,5$

 

 

Ex4 obl

Exercice 4

Partie A – Cas général

  1. $k$ et $m$ étant positif la fonction $t \to -\dfrac{k}{m}t$ est strictement décroissante sur $[0;+\infty[$.
    La fonction exponentielle étant croissante sur $\R$, la fonction $t \to \e^{-\frac{k}{m}t}$ est strictement décroissante sur $[0;+\infty[$.
    Par conséquent la fonction $t \to 1-\e^{-\frac{k}{m}t}$ est strictement croissante sur $[0;+\infty$.
    On en déduit donc que la fonction $v$ est strictement croissante sur $[0;+\infty[$.
    $\quad$
  2. La fonction $v$ étant strictement croissante sur $[0;+\infty[$, la goutte ne ralentit pas au cours de sa chute.
    $\quad$
  3. $k$ et $m$ étant positif, on a $\lim\limits_{t \to +\infty} -\dfrac{k}{m}t=-\infty$
    Or $\lim\limits_{T \to -\infty} \e^T=0$
    Donc $\lim\limits_{t \to +\infty} \e^{-\frac{k}{m}t}=0$
    Par conséquent $\lim\limits_{t \to +\infty} v(t)=9,91\dfrac{m}{k}$.
    $\quad$
  4. $\quad$
    $\begin{align*} v\left(\dfrac{5m}{k}\right)&=9,81\dfrac{m}{k}\left(1-\e^{-\dfrac{k}{m}\times \dfrac{5m}{k}}\right) \\
    &=9,81\dfrac{m}{k}\left(1-\e^{-5}\right)
    \end{align*}$
    Or $1-\e^{-5} \approx 0,993$.
    Donc au bout d’une durée de chute égale à $\dfrac{5m}{k}$ la vitesse de la goutte dépasse bien $99\%$ de sa vitesse limite.
    $\quad$

Partie B

  1. $v(t)=9,81\times \dfrac{6}{3,9}\left(1-\e^{-\dfrac{3,9}{6}t}\right)$.
    On veut donc résoudre :
    $\begin{align*} v(t)=15&\ssi 9,81\times \dfrac{6}{3,9}\left(1-\e^{-\dfrac{3,9}{6}t}\right)=15 \\
    &\ssi 1-\e^{-\dfrac{3,9}{6}t}=\dfrac{15\times 3,9}{9,81 \times 6} \\
    &\ssi 1-\e^{-0,65t}=\dfrac{58,5}{58,86} \\
    &\ssi \e^{-0,65t}=1-\dfrac{58,5}{58,86} \\
    &\ssi -0,65t=\ln\left(1-\dfrac{58,5}{58,86}\right) \\
    &\ssi t=\dfrac{\ln\left(1-\dfrac{58,5}{58,86}\right) }{-0,65}
    \end{align*}$
    Donc $t\approx 7,8$ seconde.
    La goutte s’est détachée de son nuage il y a environ $7,8$ s
    $\quad$
  2. Sa vitesse moyenne est donc :
    $\begin{align*} V&=\dfrac{1}{7,8}\displaystyle \int_0^{7,8}v(t)\dt \\
    &=\dfrac{1}{7,8}\left[9,81\times \dfrac{6}{3,9}\left(t+\dfrac{6}{3,9}\e^{-0,65t}\right)\right]_0^{7,8} \\
    &=\dfrac{1}{7,8}\left(9,81\times \dfrac{6}{3,9}\left(7,8+\dfrac{6}{3,9}\e^{-5,07}-\dfrac{6}{3,9}\right)\right) \\
    &\approx 12,1
    \end{align*}$
    La vitesse moyenne de cette goutte sur cette intervalle de temps est d’environ $12,1$ m.s$^{-1}$.
    $\quad$

 

 

Ex4 spé

Exercice 4

Partie A

  1. Il y a $15,9\%$ de O dans le texte codé. La lettre E a donc été codé par O d’après le tableau des fréquences des lettres dans un texte écrit en français.
    Il y a $9,4\%$ de E dans le texte codé. La lettre A a donc été codé par E d’après le tableau des fréquences des lettres dans un texte écrit en français.
    $\quad$
  2. E, associé au nombre $4$ a été codé en O, associé au nombre $14$ : donc $4a+b \equiv 14~~[26]$.
    A, associé au nombre $0$ a été codé en E, associé au nombre $4$ : donc $0+b \equiv 4~~[26]$ soit $b \equiv 4~~[26]$.
    $\quad$
    $a$ et $b$ sont donc solutions du système $\begin{cases}4a+b\equiv 14~~[26] \\b\equiv 4~~[26] \end{cases}$
    $\quad$
  3. $\begin{cases}4a+b\equiv 14~~[26] \\b\equiv 4~~[26] \end{cases} \ssi \begin{cases}4a\equiv 10~~[26] \\b\equiv 4~~[26] \end{cases}$
    Donc $b=4$
    Faisons un tableau de distinction des cas pour $a$.
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    a&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12\\
    \hline
    4a&0\phantom{0}&4\phantom{0}&8\phantom{0}&12&16&20&24&28&32&36&40&44&48\\
    \hline
    4a\text{ mod }26&0&4&8&12&16&20&24&2&6&10&14&18&22\\
    \hline
    \end{array}$
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    a&13&14&15&16&17&18&19&20&21&22&23&24&25\\
    \hline
    4a&52&56&60&64&68&72&76&80&84&88&92&96&100\\
    \hline
    4a\text{ mod }26&0&4&8&12&16&20&24&2&6&10&14&18&22\\
    \hline
    \end{array}$
    Donc $a=9$ ou $a=22$.
    Les couples solutions sont donc $(9;4)$ et $(22;4)$.
    $\quad$

Partie B

  1. a. K est associé au nombre $10$ : $22\times 10+4=224\equiv 16~~[26]$.
    Donc K est codé en Q.
    X est associé au nombre $23$ : $22 \times 23+4=510\equiv 16~~[26]$.
    Donc X est codé en Q.
    $\quad$
    b. Deux lettres différentes sont codés par la même lettre. Ce codage n’est donc pas envisageable.
    $\quad$
  2. a.
    $\begin{align*} m\equiv 9n+4~~[26] &\ssi 3m\equiv 27n+12~~[26] \\
    &\ssi 3m \equiv n+12~~[26] \\
    &\ssi 3m+14\equiv n+26~~[26]\\
    &\ssi 3m+14\equiv n~~[26]
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. D’après la question précédente si la lettre associé au nombre $n$ a été codé en la lettre associé au nombre $m$ alors $n\equiv 3m+14~~[26]$
    A est associé au nombre $0$ : $3\times 0+14=14\equiv 14~~~[26]$. Donc $O$ a été codé en A.
    Q est associé au nombre $16$ : $3\times 16+14=62\equiv 10~~~[26]$. Donc $K$ a été codé en Q.
    Si le mot codé est AQ alors le mot initial était OK.
    $\quad$

Énoncé obl

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Énoncé spé

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