Pondichéry  – Avril 2013

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

Partie 1

On sait que $h(0) = 0,1$ c’est-à-dire que $\dfrac{a}{1+b} = 0,1\quad (1)$.

On sait également que $\lim\limits_{t \rightarrow +\infty} h(t) = 2$.
Or $\lim\limits_{t \rightarrow +\infty} 1 + b\text{e}^{-0,04t} =1$ donc $\lim\limits_{t \rightarrow +\infty} h(t) =a$.

Par conséquent $a = 2$.

On utilise alors l’équation $(1)$ et on trouve donc $2 = 0,1(1 +b)$ soit $b=19$.

Par conséquent :

$$h(t) = \dfrac{2}{1+19\text{e}^{-0,04t}}$$

Partie 2

1. La fonction exponentielle est dérivable sur $\R$. Par conséquent la fonction $f$ est dérivable sur $[0;250]$ comme composée et quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas.
   $$f'(t) = -\dfrac{2 \times 19 \times (-0,04)\text{e}^{-0,04t}}{\left(1+19\text{e}^{-0,04t}\right)^2} = \dfrac{1,52\text{e}^{-0,04t}}{\left(1+19\text{e}^{-0,04t}\right)^2}$$
   La fonction exponentielle est positive. Donc $f'(t) \ge 0$ sur $[0;250]$.
   la fonction $f$ est donc croissante sur $[0;250]$.
   $~$
2. On cherche donc :
   $$\begin{align*}f(t) \ge 1,5& \Leftrightarrow \dfrac{2}{1 + 19\text{e}^{-0,04t}} \ge 1,5 \\
   &\Leftrightarrow 2 \ge 1,5 \left(1+19\text{e}^{-0,04t} \right) \\
   & \Leftrightarrow \dfrac{4}{3} \ge 1 + 19\text{e}^{-0,04t}\\
   &\Leftrightarrow \dfrac{1}{3} \ge 19 \text{e}^{-0,04t}\\
   &\Leftrightarrow \dfrac{1}{57} \ge \text{e}^{-0,04t}\\
   &\Leftrightarrow \text{ln} \dfrac{1}{57} \ge -0,04t\\
   &\Leftrightarrow – \text{ln } 57 \ge -0,04t\\
   & \Leftrightarrow \dfrac{\text{ln }57}{0,04} \le t\quad (t \approx 101,07)
   \end {align*}$$
   Par conséquent le plan de maïs attient une hauteur supérieure à $1,5$ m au bout de $102$ jours.
   $~$
3. a. $f(t) = \dfrac{2}{1+19\text{e}^{-0,04t}} $ $= \dfrac{2}{1+19\text{e}^{-0,04t}} \times \dfrac{\text{e}^{0,04t}}{\text{e}^{0,04t}}$ $ = \dfrac{2\text{e}^{0,04t}}{\text{e}^{0,04t}+19}$
   $~$
   La fonction $F$ est dérivable comme composée et somme de fonction dérivables sur $[0;250]$.
   $$F'(t) = \dfrac{50 \times 0,04\text{e}^{-0,04t}}{\text{e}^{-0,04t} + 19} = f(t)$$
   Donc $F$ est une primitive de $f$.
   $~$
   b. La valeur moyenne de $f$ sur $[50;100]$ est donnée par :
   $$M = \dfrac{1}{100-50} \int_{50}^{100} f(t) \text{d}t = \dfrac{1}{50}\left(F(100) – F(50) \right)$$
   Par conséquent $M = \dfrac{50\text{ln }\left(\text{e}^{4} + 19 \right) – 50\text{ln }\left(\text{e}^{2} + 19 \right)}{50}$ $=\text{ln }\left(\text{e}^{4} + 19 \right) – \text{ln }\left(\text{e}^{2} + 19 \right)$ $= 1,03$ à $10^{-2}$ près.
   La hauteur moyenne d’un plan de maïs entre le $50^\text{ème}$ et le $100^\text{ème}$ jour est de $1,03$ m.
   $~$
4. La dérivée de la fonction $f$ est maximale quand le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de $f$ est le plus grand.
   
   La vitesse de croissance est donc maximale pour $t \approx 75$.
   $f'(75) \approx 0,0199$ m/j.
   Le plan de maïs a alors une hauteur de $f(75) = 1,04$ m.

Exercice 2

1. Un vecteur normal à $(P)$ est $\vec{n}(1;-2;3)$. Le point $A(0;1;-1)$ appartient à ce plan.
   L’équation (a) est celle d’une droite.
   Dans l’équation (b), $2$ vecteurs de base sont $\vec{u}(1;-1;-1)$ et $\vec{v}(2;1;0)$
   De plus $\vec{n}.\vec{u} = 1 + 2 – 3 = 0$ et $\vec{n}.\vec{v} = 2 – 2 + 0 = 0$.
   Par conséquent $\vec{n}$ est normal au plan défini par l’équation (b).
   $A$ vérifie également cette équation.
   Réponse b
   $~$
2. Un vecteur directeur de $(D)$ est $\vec{k}(1;-1;-1)$ et $\vec{n}.\vec{k} = 1 + 2 – 3= 0$.
   Par conséquent $(D)$ est parallèle (au sens large) au plan $(P)$.
   Un point de $(D)$ est $B(-2;0;-1)$. Regardons si ce point appartient à $(P)$.
   $-2 + 0 – 3 + 5 = 0$. Donc $(D)$ est une droite de $(P)$.
   Réponse c
   $~$
3. $\vec{MN}(2;-4;6)$ donc $\vec{MN}$ et $\vec{k}$ ne sont pas colinéaires.
   $\vec{MN}.\vec{k} = 2 + 4 – 6 = 0$. Donc $(MN)$ et $(D)$ sont orthogonales.
   Réponse a
   $~$
4. Si on remplace les coordonnées $x$, $y$ et $z$ de $(\Delta)$ dans l’équation de $(P)$, on se retrouve avec l’équation :
   $$t – 2(-2 -t) + 3(-3-t) + 5 = 0 \Leftrightarrow 0 = 0$$
   Donc $(\Delta)$ est incluse dans $(P)$.
   On cherche donc à voir si $(\Delta)$ est également une droite de $(S)$.
   On résout le système :
   $$\left\{ \begin{array}{l} -2 + t + 2t’ = k \\\\ -t – 2t’ = -2 – k \\\\-1 -t + 3t’ = -3 – k \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t’ = 0 \\\\ -t= -2 – k \end{array} \right.$$
   Donc $(\Delta)$ est incluse dans $(S)$.
   $(\Delta)$ appartient donc à l’intersection des $2$ plans.
   Réponse b

Exercice 3

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. a. $Z_M = 2 \left( \cos \dfrac{-\pi}{3} + \text{i} \sin \dfrac{-\pi}{3} \right) = 1 – \text{i} \sqrt{3}$
   $~$
   b. $Z_{M’} = -\text{i}\left(1 – \text{i}\sqrt{3} \right) = -\sqrt{3} – \text{i}$
   $|Z_{M’}| = |-\text{i}|\times |Z_M| = 1 \times 2 = 2$
   $\text{arg }\left( Z_{M’}\right) = \text{arg }(-\text{i}) + \text{arg }\left(Z_M \right) = -\dfrac{\pi}{2} – \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{-5\pi}{6} [2\pi]$
   $~$
   c.
   $~$
   On constate effectivement que la droite $(OI)$ est bien perpendiculaire à $(BM’)$ et que $BM’ = 2OI$.
   $~$
2. a. $Z_I = \dfrac{Z_A+Z_M}{2} = \dfrac{1+x}{2} + \text{i}\dfrac{y}{2}$
   $~$
   b. $Z_{M’} = -\text{i}(x+iy) = -\text{i}x+y$
   $~$
   c. Par conséquent $I\left(\dfrac{1+x}{2};\dfrac{y}{2} \right)$,$B(0;1)$ et $M'(y;-x)$
   $~$
   d. Calculons le produit scalaire $\vec{OI}.\vec{BM’}$ $=\dfrac{1+x}{2} \times y + \dfrac{y}{2} \times (-x-1) = 0$.
   Donc $(OI)$ est une hauteur de $OBM’$.
   $~$
   e. $BM’ = \sqrt{y^2+(-x-1)^2} = \sqrt{y^2+(x+1)^2}$
   $OI = \sqrt{\left(\dfrac{1+x}{2} \right)^2 + \left(\dfrac{y}{2} \right)^2} = \dfrac{\sqrt{(1+x)^2+y^2}}{2}$
   Donc $BM’ = 2OI$

$~$

Exercice 3

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. a. $A \times U_n = \begin{pmatrix} 0,125j_n+0,525a_n\\\\0,625j_n+0,625a_n \end{pmatrix}$ $ = \begin{pmatrix} j_{n+1} \\\\a_{n+1} \end{pmatrix}$ $=U_{n+1}$
   $~$
   b. On cherche donc $U_1$ et $U_2$
   $U_1 = A\times U_0 = \begin{pmatrix} 287,5 \\\\437,5 \end{pmatrix}$
   $~$
   Il y a donc $287$ animaux jeunes et $437$ animaux adultes (arrondis par défaut) la première année.
   $~$
   $U_2 = A \times U_1 = \begin{pmatrix} 265,62 \\\\453,12 \end{pmatrix}$
   $~$
   Il y a donc $265$ animaux jeunes et $453$ animaux adultes la $2^\text{ème}$ année.
   $~$
   c. Puisque, pour tout $n$, $U_{n+1} = A \times U_n$, on peut écrire que $U_n = A^n \times U_0$.
   $~$
2. a.$Q \times D = \begin{pmatrix} -1,75&3\\\\1,25&5 \end{pmatrix}$
   Par conséquent $Q\times D \times Q^{-1} = \begin{pmatrix} 0,125&0,525\\\\0,625&0,625 \end{pmatrix} = A$
   $~$
   b. Initialisation : $Q \times D \times Q^{-1} = A$ donc la la propriété est vraie au rang $1$.
   Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $A^n = Q\times D^n \times Q^{-1}$.
   Alors $A^{n+1} = A^n \times A = Q \times D^n \times Q^{-1} \times Q \times A \times Q^{-1}$ $= Q \times D^{n+1} \times Q^{-1}$.
   La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
   Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$. En la supposant vraie au rang $n$, elle est encore vraie au rang suivant.
   Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ non nul, $A^n = Q \times D^n \times Q${-1}$.
   $~$
   c. Pour tout entier naturel $n$ non nul, $D^n = \begin{pmatrix} (-0,25)^n&0 \\\\0&1 \end{pmatrix}$
   $~$
3. a. On a donc :
   $U_n = \begin{pmatrix} 60 +140\times (-0,25)^n+210-210 \times (-0,25)^n \\\\100-100\times (-0,25)^n+350+150\times(-0,25)^n \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} 270-70\times (-025)^n \\\\450+50\times(-0,25)^n \end{pmatrix}$
   $~$
   Par conséquent $j_n = 270 – 70 \times (-0,25)^n$ et $a_n=450 + 50\times (-0,25)^n$
   $~$
   b. $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}(-0,25)^n = 0$ donc  $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} j_n = 270$ et  $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} a_n = 450$.
   Au bout d’un grand nombre d’années, la population des jeunes animaux sera de $270$ et celle des adultes de $450$.

$~$

Exercice 4

1. a.
   
   Donc d’après la propriété des probabilités totales $p_3 = 0,04 \times 0,24 + 0,96 \times 0,04 = 0,048$
   $~$
   b. On cherche donc $p_{E_3}(E_2) = \dfrac{0,04 \times 0,24}{0,048} = 0,2$
   $~$
2. a.
   
   b. D’après la formule des probabilités totales on a :
   $p_{n+1} = 0,24p_n+0,04(1-p_n) = 0,2p_n + 0,04$
   $~$
   c. $u_{n+1} = p_{n+1} – 0,05 = 0,2p_n + 0,04 – 0,05 $ $= 0,2p_n – 0,01 = 0,2(p_n-0,05) = 0,2u_n$
   $u_1 = -0,05$
   Donc $(u_n)$ est une suite géométrique de raison $0,2$ et de premier terme $-0,05$.
   Par conséquent :
   $$u_n=-0,05 \times 0,2^{n-1} \qquad  \text{et} \qquad p_n = 0,05 – 0,05 \times 0,2^{n-1}$$
   $~$
   d. $\lim\limits_{n \rightarrow + \infty} 0,2^n = 0$ car $-1 < 0,2 <1$.
   Donc $\lim\limits_{n \rightarrow + \infty}p_n = 0,05$
   $~$
   e. La variable J correspond au rang à partir duquel $0,05 – 10^{-K} \le p_n \le 0,05$
   $\quad$
   La suite $(p_n)$ est croissante et sa limite est $0,05$.
   Donc pour tout réel $\lambda > 0$, il existe un rang à partir duquel $p_n> 0,05 – \lambda$.
   En particulier si $\lambda = 10^{-K}$.
   Le programme va donc s’arrêter.
   $~$
3. a. Parmi les $220$ salariés, le choix d’un salarié est fait au hasard et son état de santé n’a pas d’incidence sur celui d’un autre salarié. Chaque salarié est soit malade, soit en bonne santé. La probabilité qu’un salarié soit malade est de $0,05$.
   Par conséquent $X$ suit une loi binomiale de paramètres $n=220$ et $p=0,05$.
   Donc $µ = 220 \times 0,05 = 11$ et $\sigma = \sqrt{220 \times 0,05 \times 0,95} = \sqrt{10,45}$.
   $~$
   b. On cherche donc $P(7 \le X \le 15) = P \left(\dfrac{7 – µ}{\sigma} \le \dfrac{X – µ}{\sigma} \le \dfrac{15 – µ}{\sigma} \right)$ $=P(-1,24 \le Z \le 1,24)$
   Donc $P(7 \le X \le 15) = 0,892 – 0,108 = 0,784$