Pondichéry – Avril 2014

Bac S – Mathématiques – Correction

Vous pouvez trouver l’énoncé de ce sujet de bac ici.

Exercice 1

On sait que $P(X \le 2) = 0,15$ par conséquent $1-\text{e}^{-\lambda\times2} = 0,15$ soit $\text{e}^{-\lambda\times2} = 0,85$ d’où $\lambda = \dfrac{-\text{ln }0,85}{2} \simeq 0,08$
a. $P(X \ge 3) = \text{e}^{-\lambda \times 3} = \text{e}^{-0,243} \simeq 0,78$
b. Puisque l’événement $(X \ge t+h)$ est inclus dans $(X \ge t)$ on a : $(X \ge t+h)\cap(X \ge t) = (X \ge t+h)$.
Par conséquent :
$P_{X\ge t}(X \ge t+h) = \dfrac{P(X \ge t+h)}{P(X \ge t)} $ $= \dfrac{\text{e}^{-\lambda(t+h)}}{\text{e}^{-\lambda t}}$ $=\text{e}^{-\lambda h} = P(X \ge h)$
c. On cherche donc $P_{X \ge 3}(X \ge 3 + 2) = P(X \ge 2)$ (d’après la question précédente).
Or $P(X \ge 2) = \text{e}^{-0,081\times 2} = \text{e}^{-0,162} \simeq 0,85$.
d. L’espérance de la loi exponentielle est $E(X) = \dfrac{1}{\lambda} = \dfrac{1}{0,081} \simeq 12,35$.
Cela signifie donc que la durée de vie moyenne d’un moteur de portail automatique est d’environ $12$ ans et $4$ mois.
$n = 800 \ge 30$,$np = 800\times 0,01 = 8 \ge 5$ et $n(1-p) = 800 \times 0,99 = 792$.
Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance $95\%$ est :
$$I_{800} = \left[0,01 – 1,96\sqrt{\dfrac{0,01\times 0,99}{800}};0,01 + 1,96\sqrt{\dfrac{0,01\times 0,99}{800}} \right] = [0,003;0,017]$$.
La fréquence observée est $f = \dfrac{15}{800} = 0,01875$. Par conséquent $f \notin I_{800}$.
Cela remet en cause l’annonce de l’entreprise A.

Exercice 2

Proposition 1 fausse
Prenons par exemple la suite définie pour tout entier naturel $n$ non nul par $u_n = 1-\dfrac{1}{n}$. Cette suite est croissante et sa limite vaut $1$.
Proposition 2 fausse
Résolvons $g(x)=2x$ $\Leftrightarrow 2x\text{ln}(2x+1) – 2x = 0$ $\Leftrightarrow 2x \left( \text{ln}(2x+1) – 1\right) = 0$
Par conséquent $0$, qui appartient à l’intervalle de définition de $g$, est une solution de $g(x) = 2x$ (mais ce n’est pas la seule).
Proposition 3 vraie
Le coefficient directeur cherché correspond à $g’\left(\dfrac{1}{2} \right)$.
Or $g'(x) = 2\text{ln}(2x+1) + 4x \times \dfrac{1}{2x+1}$
Par conséquent $g’\left(\dfrac{1}{2} \right) = 2 \text{ln } 2 + 1 = \text{ln }4 + 1$
Proposition 4 vraie.
Un vecteur normal de $\mathcal{P}$ est $\vec{n}(2;3;-1)$.
Un vecteur normal de $\mathcal{R}$ est $\vec{n’}(1;1;5)$.
Regardons si ces vecteurs normaux sont orthogonaux :
$$\vec{n}.\vec{n’} = 2\times 1 + 3\times 1 – 1\times 5 = 0$$
Ils sont bien orthogonaux. Les plans sont donc perpendiculaires.

Exercice 3

(candidats n’ayant pas suivi la spécialité)

On appelle $a = \dfrac{3}{4} + \dfrac{\sqrt{3}}{4}\text{i}$.
On a donc $|a| = \sqrt{\dfrac{9}{16} + \dfrac{3}{16}} = \sqrt{\dfrac{12}{16}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
Par conséquent $a = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i} \right)$ $= \dfrac{\sqrt{3}}{2} \text{e}^{\dfrac{\text{i}\pi}{6}}$.
a. $r_{n+1} = |z_{n+1}| = |a||z_n| = \dfrac{\sqrt{3}}{2}r_n$.
Par conséquent la suite $(r_n)$ est une suite géometrique de raison $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
b. $r_0 = |1| = 1$. Donc $r_n = \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^n$.
c. On a $-1 < \dfrac{\sqrt{3}}{2} < 1$. Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow + \infty} r_n = 0$.
Cela signifie donc que la longueur $OA_n$ tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$.
a. Lorsque $P = 0,5$ l’algorithme affiche $n=5$ (le menu table de la calculatrice permet de calculer rapidement les premières valeurs de $R$).
b. Cet algorithme affiche le rang à partir duquel la longueur $OA_n$ devient inférieure ou égale à $P$.
a. Calculons $\dfrac{z_n-z_{n+1}}{0 – z_{n+1}}$ $=\dfrac{z_n-az_n}{-az_n}$ $=\dfrac{a-1}{a}$ =$\dfrac{(a-1)\bar{a}}{|a|^2}$.
Calculons $(a-1)\bar{a} = \left(\dfrac{-1}{4} + \dfrac{\sqrt{3}}{4}\text{i} \right) \left(\dfrac{3}{4} – \dfrac{\sqrt{3}}{4}\text{i} \right) $ $=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\text{i}$.
C’est un imaginaire pur. Par conséquent l’angle orienté $\left(\vec{A_{n+1}O},\vec{A_{n+1}A_n} \right) = \dfrac{\pi}{2} \text{modulo } \pi$.
Le triangle $OA_nA_{n+1}$ est donc rectangle en $A_{n+1}$.
b. On cherche donc les valeurs de $n$ pour lesquelles $\dfrac{n\pi}{6} = \dfrac{(2k+1)\pi}{2}$ avec $k\in \Z$.
Cela signifie donc que $n = 3(2k+1)$.
c. Pour construire $A_{n+1}$ on trace le cercle de diamètre $OA_n$ et le cercle de centre O et de rayon $r_n$. Le point $A_{n+1}$ est le point d’intersection des 2 cercles dont l’angle $\widehat{A_nOA_{n+1}}$ est positif.Puisque, dans chaque triangle rectangle, l’angle en O est de $\dfrac{\pi}{3}$, on peut tracer les demi-droites $[A_nO)$ (c’est-à-dire prolonger les segments déjà fournis) et construire ensuite les triangles rectangles.

Exercice 3

(Candidats ayant suivi la spécialité)

a. On a $x_{n+1} = 0,5x_n+0,5y_n+0,1z_n$
b. Puisque les 3 marques se partagent le marché on a : $z_n = 1 – x_n – y_n$
Par conséquent :
$x_{n+1} = 0,5x_n+0,5y_n + 0,1(1 -x_n-y_n) = 0,1 + 0,4x_n+0,4y_n$ et
$y_{n+1} = 0,4x_n+0,3y_n+0,2(1-x_n-y_n) = 0,2 + 0,2x_n+0,1y_n$.
a. si $n=1$ alors l’algorithme affiche $\left( \begin{matrix} 0,42 \\\\0,33 \end{matrix} \right)$
Si $n=3$ alors l’algorithme affiche $\left( \begin{matrix} 0,3868 \\\\0,3117\end{matrix} \right)$
b. Cela signifie donc que la probabilité d’utiliser la marque X est de $0,3868$.
a. $C = A\times C + B \Leftrightarrow C – A\times C = B \Leftrightarrow (I – A)\times C = B \Leftrightarrow N\times C = B$.
b. On a donc $C = N^{-1} \times B$ $= \left( \begin{matrix} \dfrac{17}{46} \\\\\dfrac{7}{23} \end{matrix} \right)$
a. $V_{n+1} = U_{n+1} – C = A\times U_n + B – (A\times C + B)$ =$A\times U_n – A\times C$ $=A \times V_n$.
b. Il suffit de calculer $U_4 = \left( \begin{matrix} 0,3794 \\\\0,30853 \end{matrix} \right)$ .
Par conséquent la probabilité d’utiliser la marque X est de $37,94\%$, celle d’utiliser la marque Y est de $30,853\%$ et donc celle d’utiliser la marque Z est de $31,207\%$.

Exercice 4

Partie A

Sur la situation 2, la dérivée s’annule en $-1$ alors que le sommet de la courbe $\mathcal{C_1}$ a une abscisse supérieure à $-1$. Elle ne convient pas.
Autre raison : Si $\mathcal{C}_2$ représente la fonction dérivée alors la tangente en -2 a un coefficient directeur égal à -1 et en 0, il est égal à 1. Quand on regarde les tangentes sur la courbe $\mathcal{C}_1$, les 2 tangentes n’ont clairement pas des coefficients directeurs opposés.
Autre raison : Puisque $\mathcal{C}_2$ est une droite, la fonction $f$ doit donc être une fonction du second degré et sa courbe représentative possède alors un axe de symétrie. Ce n’est visiblement pas le cas.
Sur la situation 3, la fonction dérivée est toujours positive alors que la fonction $f$ est décroissante sur une partie de l’intervalle représenté. Elle ne convient pas.
La situation 1 correspond donc à notre problème.
On a $f'(0) = 1$ et $f(0) = 2$ par conséquent une équation de la tangente $\Delta$ est :
$$y=1(x-0)+2=x+2$$.
a. $f(0) = 1 + b = 2$ donc $b= 1$
b. $f'(x) = -\text{e}^{-x}+a$ par conséquent $f'(0) = -1 + a = 1$ et $a= 2$
On $f'(x) = -\text{e}^{-x}+2$. Par conséquent $f'(x) > 0 \Leftrightarrow x > -\text{ln }2$
La fonction $f$ est donc décroissante sur $]-\infty ;-\text{ln }2]$ et croissante sur $[-\text{ln }2;+\infty[$.
$\lim\limits_{x \leftarrow +\infty} 2x+1 = +\infty$ et $\lim\limits_{x \leftarrow +\infty} \text{e}^{-x} = 0$.
Par conséquent $\lim\limits_{x \leftarrow +\infty} f(x) = +\infty$.

Partie B

a. $g'(x) = f'(x) – 1 = -\text{e}^{-x}+1$
$g$ est donc décroissante sur $]-\infty;0]$ et croissante sur $[0;+\infty[$.
$g(0) = 2 – 2 = 0$ est donc le minimum de $f$ sur $\R$.
b. Cela signifie donc que pour tout $x$ on a $g(x) \ge 0$.
Par conséquent $\mathcal{C_1}$ est toujours au-dessus de $\Delta$ .
L’aire de la partie grisée correspond à $\displaystyle \mathcal{A} = \int_{-2}^2 g(x)\text{d}x$
Par conséquent $\displaystyle \mathcal{A} = \int_{-2}^2 (\text{e}^{-x} + x – 1)\text{d}x $
Soit $\mathcal{A} = \left[-\text{e}^{-x} + \dfrac{x^2}{2} – x \right]_{-2}^2$
D’où $\mathcal{A} = -4+\text{e}^2-\text{e}^{-2} \text{u.a} \simeq 3,25 \text{u.a.} $