Nouvelle Calédonie mars 2014

Nouvelle Calédonie – Mars 2014

Bac S – Mathématiques

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

Exercice 1

  1. $|1 + i| = \sqrt{2}$ donc $1+i= \sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{i}{\sqrt{2}}\right) = \sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}i\right)$
    Or $\text{arg }\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}i = \dfrac{\pi}{4}$.
    Par conséquent $\displaystyle 1+i=\sqrt{2}\text{e}^{\frac{i\pi}{4}}$ et $(1+i)^4 = \sqrt{2}^4\text{e}^{\frac{4i\pi}{4}} = 4\text{e}^{i\pi}$ Réponse b.
  2. Posons $z=x+iy$ alors $|z-1+i| = |(x-1)+(y+1)i| = \sqrt{(x-1)^2+(y+1)^2}$.
    Et $|\sqrt{3}-i| = \sqrt{3+1}|=2$.
    Par conséquent, en élevant au carré l’égalité initiale on obtient :$$(x-1)^2+(y+1)^2=4$$
    Réponse c.
  3. $|Z_{n+1}| = \left|\dfrac{1+i}{2}\right||Z_n|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}|Z_n|$. Or $-1 < \dfrac{\sqrt{2}}{2} < 1$. Par conséquent la suite $U_n = |Z_n|$ est convergente. Réponse c.
  4. $Z = \dfrac{1+5i-(-1-i)}{2-2i-(-1-i)} = \dfrac{2+6i}{3-i}=\dfrac{(2+6i)(3+i)}{10} = \dfrac{6 – 6 +2i+18i}{10} = \dfrac{20i}{10} = 2i$. Donc $\text{arg }Z =\dfrac{\pi}{2}$.
    Or $\text{arg }Z = \left(\vec{AB},\vec{AC}\right)$
    Le triangle ABC est donc rectangle en A. Réponse c.

Exercice 2

Partie A : Restitution organisée des connaissances

  1. Puisque $\displaystyle H(x)=P(-x \le X \le x) = \int_{-x}^{x}f(t)dt$, $f$ est donc la fonction de densité de la loie normale centrée réduite.
  2. $\displaystyle H(0) = \int_{0}^{0}f(t)dt = 0$.
    $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}H(x) = \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}P(-x \le X \le x) = 1$
  3. $\displaystyle H(x)= \int_{-x}^{x}f(t)dt = \int_{-x}^{0}f(t)dt + \int_{0}^{x}f(t)dt$.
    Or pout $t \in \mathbb{R}$, on a $f(-t) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\text{e}^\dfrac{(-t)^2}{2} = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\text{e}^\dfrac{(t)^2}{2} = f(t)$.
    La courbe représentant la fonction $f$ est donc symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. Par conséquent les aires calculées à l’aide des 2 intégrales sont égales et on a bien :
    $$ H(x) = 2\int_{0}^{x}f(t)dt $$
  4. La fonction $f$ est continue donc intégrable. Par conséquent la fonction G définie sur $[0;+\infty[$ par $\displaystyle \int_{0}^{x}f(t)dt$ est la primitive de $f$ s’annulant en 0.
    On a donc $G'(x) = f(x)$ pour tout $x \in [0;+\infty[$.
    Par conséquent $F'(x) = 2f(x)$ pour tout $x \in [0;+\infty[$.
    La fonction exponentielle étant toujours positive, la fonction $f$ l’est donc aussi et la fonction $H$ est strictement croissante sur $ [0;+\infty[$.
    pondichery mars 2014 ex2
  5. La fonction $H$ est continue et strictement croissante sur $ [0;+\infty[$.
    $H(0) = 0$ et $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}H(x) =1$.
    Donc pour tout $\alpha \in ]0;1[, 1 – \alpha \in ]0;1[$.
    D’après le théorème de la bijection (ou des valeurs intermédiaires), il existe un réel $\chi_\alpha \in ]0;+\infty[$ tel que $H(\chi_\alpha) = 1 – \alpha$ c’est-à-dire $P(-\chi_\alpha < X < \chi_\alpha) = 1 – \alpha$.

Partie B

  1.  On cherche donc $p_D(A) = \dfrac{p(D \cap A)}{p(D)} = \dfrac{0,046 \times 0,6}{0,05} =0,552$.
  2. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $$p(D) = p(A\cap D)+p(B\cap D)$$
    D’où $p(B\cap D) = p(D) – p(A\cap D) = 0,05-0,6\times 0,046 = 0,0224$.
  3. On cherche à calculer $p_B(D) = \dfrac{p(B\cap D)}{p(B)} = \dfrac{0,0224}{1 – 0,6} = 0,056$.

Partie C

  1. On cherche donc : $P(98 \le X \le 102) = P(X \le 102) – P(X < 98) = 0,97494 – 0,02506 = 0,94988 \approx 0,9499$
  2. a. Les $n$ tirages sont indépendants, identiques, aléatoires et possèdent chacun 2 issues : $S$ = “pipette non-conforme” ou $\bar{S}$=”pipette conforme”. $p(S) = p =0,05$
    La variable aléatoire $Y_n$ suit donc une loi binomiale $\mathcal{B}(n,0,05)$
    b. on a $n \ge 100 \ge 30$ , $np \ge 100 \times 0,05 = 5$ et $n(1-p) \ge 100 \times 0,95 = 95$. par conséquent les 3 conditions sont bien vérifiées.
    c. Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95% de la fréquence est donc :
    $$I_n = \left[p-1,96\sqrt{\dfrac{p(1-p)}{n}};p+1,96\sqrt{\dfrac{p(1-p)}{n}}\right]$$
    Soit :
    $$I_n=\left[0,05-1,96\sqrt{\dfrac{0,0475}{n}};0,05+1,96\sqrt{\dfrac{0,0475}{n}}\right]$$

Exercice 3

Partie A

  1. $\lim\limits_{0^+}x\text{ln }(x) = 0^-$.
    $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\text{ln }x = +\infty$ donc  $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f(x) = +\infty$
  2. $f$ est un produit de fonctions dérivable sur $]0;+\infty[$. Elle est donc dérivable sur cet intervalle et $f'(x) = \text{ln}(x) + x \times \dfrac{1}{x} = \text{ln}(x) +1$
  3. $f'(x) \ge 0 \Leftrightarrow \text{ln}(x) \ge -1 \Leftrightarrow x \ge \text{e}^{-1}$
    Donc sur $]0;\text{e}^{-1}[$, $f$ est décroissante et sur $]\text{e}^{-1};+\infty[$, $f$ est croissante.

Partie B

  1. a. $U$ correspond à l’approximation inférieure de l’aire sous la courbe, aire des rectangles hachurés dans les 2 sens, et $V$ a son approximation supérieure, aire des rectangles hachurés dans un sens.
    b. $U = 0 + \dfrac{1}{4}f\left(1 + \dfrac{1}{4}\right) + \dfrac{1}{4}f\left(1 + \dfrac{2}{4}\right) + \dfrac{1}{4}f\left(1 + \dfrac{3}{4}\right)  \approx 0,4666$
    et $V = 0 + \dfrac{1}{4}f\left(1 + \dfrac{2}{4}\right) + \dfrac{1}{4}f\left(1 + \dfrac{3}{4}\right) + \dfrac{1}{4}f\left(1 + \dfrac{4}{4}\right) \approx 0,8132$
    c. Par conséquent $ 0,4666 \le \mathcal{A} \le 0,8132$.
  2. a. $V_n-U_n = \dfrac{1}{n}\left(f(2) – f(1)\right) = \dfrac{2\text{ln}(2)}{n}$
    On veut que $V_n-U_n < 0,1 \Leftrightarrow \dfrac{2\text{ln}(2)}{n} < 0,1 \Leftrightarrow n > \dfrac{2\text{ln}(2)}{0,1} \approx 13,86$
    Le plus petit entier $n$ cherché est donc 14.
    b. 2 possibilités :Variables
                $k$ et $n$ sont des entiers naturels
                $U$,$V$ sont des nombres réels
    Initialisation
                $U$ prend la valeur 0
                $V$ prend la valeur 1 (en fait n’importe quelle valeur supérieure à 0,1 convient)
                $n$ prend la valeur 0
    Traitement
    Tant que $V-U \ge 0,1$
                $U$ prend la valeur 0
                $V$ prend la valeur 0
                $n$ prend la valeur $n+1$
                Pour $k$ allant de 0 à $n-1$
                            Affecter à $U$ la valeur $U + \dfrac{1}{n}f\left(1+\dfrac{k}{n}\right)$
                            Affecter à $V$ la valeur $V + \dfrac{1}{n}f\left(1+\dfrac{k+1}{n}\right)$
                Fin Pour
    Fin Tant que
    Affichage
                Afficher $U$
                Afficher $V$

 

ou

 

Variables
            $k$ et $n$ sont des entiers naturels
            $U$,$V$ sont des nombres réels
Initialisation
            $U$ prend la valeur 0
            $V$ prend la valeur 0 
            $n$ prend la valeur 14
Traitement
Pour $k$ allant de 0 à $n-1$
           Affecter à $U$ la valeur $U + \dfrac{1}{n}f\left(1+\dfrac{k}{n}\right)$
           Affecter à $V$ la valeur $V + \dfrac{1}{n}f\left(1+\dfrac{k+1}{n}\right)$
Fin Pour

Affichage
           Afficher $U$
           Afficher $V$

 

Partie C

  1. $F'(x) = x\text{ln }x + \dfrac{x^2}{2}\dfrac{1}{x} – \dfrac{x}{2} = x\text{ln }x = f(x)$
    Donc $F$ est une primitive de $f$ sur $]0;+\infty[$.
  2. $\mathcal{A} = \displaystyle \int_{1}^{2}f(t)dt = F(2) – F(1) = 2\text{ln}(2)-1 + \dfrac{1}{4}  =  2\text{ln}(2)- \dfrac{3}{4}$

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. Les coordonnées des différents points sont :
    $$A(0;0;0)\quad B(2;0;0)\quad I(1;3;0)\quad J(1;0;1)$$
    Donc $$\vec{AB}(2;0;0)\quad \vec{AI}  (1;3;0)\quad \vec{AJ}(1;0;1)$$
    Les 4 points sont coplanaires s’il existe un triplet $(a,b,c) \ne (0,0,0)$ tel que :
    $$a\vec{AB} + b\vec{AI} + c\vec{AJ} = \vec{0}$$
    par conséquent :
    $$\left\{
    \begin{array}{l}
    2a+b+c=0 \\\\
    3b=0\\\\
    c=0
    \end{array}
    \right.$$
    D’où $a=0,b=0 \text{et} c=0$.
    Les 4 points ne sont donc pas coplanaires.
  2. $\vec{AB}$ est vecteur normal à $(P_1)$. Or $\vec{AB}(2;0;0)$.
    Par conséquent une équation cartésienne de $(P_1)$ est :
    $$ 2x+0y+0z+d=0$$.
    Soit : $2x+d=0$.
    $P(1;0;0)\in (P_1)$. Par conséquent $2+d=0$ d’où $d= -2$
    Une équation de $(P_1)$ est donc $2x-2=0$ qu’on peut également écrire $x-1=0$.
  3. $\vec{IJ}(0;-3;1)$ est un vecteur normal à $(P_2)$.
    Une équation de $(P_2)$ est donc de la forme : $-3y+z+d=0$.
    Le plan médiateur de $[IJ]$ passe par le milieu $M$ de $[IJ]$.
    Donc les coordonnées de $M$ sont $\left(1;\dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2}\right)$.
    Par conséquent $-\dfrac{9}{2}+\dfrac{1}{2}+d = 0 \Leftrightarrow d = 4$.
    Une équation de $(P_2)$ est donc $-3y+z+4=0$ soit $3y-z-4=0$.
  4. a. $\vec{AB}$ et $\vec{IJ}$ sont des vecteurs normaux de $(P_1)$ et $(P_2)$. Ils ne sont pas colinéaires. Par conséquent les 2 plans sont sécants.
    b.  Leur intersection est donc une droite. Montrons que $(\Delta)$ appartient aux 2 plans.
    Pour le plan $(P_1)$ : $1 – 1 = 0$ donc $(\Delta)$ est une droite de $(P_1)$.
    Pour le plan $(P_2)$ : $3t-(3t-4) – 4 = 3t-3t+4-4 = 0$ donc $(\Delta)$ est une droite de $(P_2)$.
    La droite $(\Delta)$ appartient aux 2 plans.
    Une representation paramétrique de leur intersection est donc :
    $$ \left\{
    \begin{array}{l}
    x=1 \\\\
    y=t \qquad \text{où }t \in \mathbb{R}\\\\
    z=3t-4
    \end{array}
    \right.
    $$
    c. Première méthode : Le point $\Omega$ appartient au plan médiateur $(P_1)$ donc $\Omega A = \Omega B$. Il appartient également au plan médiateur $(P_2)$ donc $\Omega I = \Omega J$.
    On a donc $\Omega A = \Omega B = \Omega I = \Omega J$.
    Deuxième méthode : Calculons tout d’abord $\Omega A^2 = 1+t^2+(3t-4)^2$ et $\Omega I^2 = (3-t)^2+(3t-4)^2$.
    Par conséquent : $\Omega A = \Omega I\Leftrightarrow 1 + t^2 + (3t-4)^4 = (3-t)^2+(3t-4)^2 \Leftrightarrow 1+t^2=9-6t+t^2 $$\Leftrightarrow -8 = -6t \Leftrightarrow t = \dfrac{4}{3}$
    On obtient donc les coordonnées suivantes : $\Omega\left(1;\dfrac{4}{3};0\right)$.
    d. $\Omega A=\sqrt{1 + \dfrac{16}{9}} = \dfrac{5}{3}$.
    $\Omega B = \sqrt{(2-1)^2+\dfrac{16}{9}} = \dfrac{5}{3}$.
    $\Omega J = \sqrt{\dfrac{16}{9} + 1} = \dfrac{5}{3}$.
    On a donc $\Omega A = \Omega B = \Omega I = \Omega J$.
    La sphère de centre $\Omega$ et de rayon $\dfrac{5}{3}$ est donc circonscrite au tétraèdre $ABIJ$.