Antilles Guyane – Juin 2015

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

Partie A

$\quad$

$\quad$
Il semblerait que :
– si $0<a<0,19$, $\mathscr{C}$ et $\Gamma_a$ ont deux points d’intersection
– si $a=0,19$, $\mathscr{C}$ et $\Gamma_a$ ont un point d’intersection
– si $a > 0,19$, $\mathscr{C}$ et $\Gamma_a$ n’ont aucun point d’intersection
$\quad$

Partie B

Soit $x$ l’abscisse d’un point M appartenant à l’intersection de $\mathscr{C}$ et $\Gamma_a$
On a donc $f(x) = g_a(x) \ssi f(x) – g_a(x) \ssi \ln x – ax^2 = 0$.
$\quad$
a. D’après l’énoncé, $h_a$ est dérivable sur $]0;+\infty[$.
$h'(x) = \dfrac{1}{x} – 2ax = \dfrac{1 – 2ax^2}{x}$
$\quad$
$\begin{align*} h'(x) \ge 0 &\ssi 1 – 2ax^2 \ge 0 \\\\
& \ssi \left(1 – \sqrt{2a}x\right)\left(1 + \sqrt{2a}x\right) \ge 0 \\\\
& \ssi \left(1 – \sqrt{2a}x\right) \ge 0 \quad \text{ car } \left(1 + \sqrt{2a}x\right) > 0 \\\\\
& \ssi 1 \ge \sqrt{2a}x \\\\
& \ssi x \le \dfrac{1}{\sqrt{2a}}
\end{align*}$
Ainsi $h'(a) > 0$ sur $\left]0;\dfrac{1}{\sqrt{2a}} \right[$
$h\left(\dfrac{1}{\sqrt{2a}}\right) = 0 $
$h'(a)<0$ sur $\left]\dfrac{1}{\sqrt{2a}};+\infty\right[$
$\quad$
b. $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} =0$
$\quad$
$h_a(x) =x\left(\dfrac{\ln x}{x} – ax\right)$
$\lim\limits_{x \to +\infty} -ax = -\infty$ car $a> 0$
Donc $\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\dfrac{\ln x}{x} – ax\right) = -\infty$
Finalement $\lim\limits_{x \to +\infty} h_a(x) = -\infty$
$\quad$
a. $\dfrac{-1 – \ln 0,2}{2} \approx 1,30$
La fonction $h_{0,1}$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $\left]0;\dfrac{1}{\sqrt{0,2}}\right]$.
$\lim\limits_{x \to 0} h_{0,1}{x} = -\infty$ et $h_{0,1}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2 \times 0,1}}\right) > 0$.
Ainsi $0$ appartient à l’intervalle image de $\left]0;\dfrac{1}{\sqrt{0,2}}\right]$.
D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $h_{0,1}(x) = 0$ possède une unique solution sur $\left]0;\dfrac{1}{\sqrt{0,2}}\right]$.
b. L’équation $h_{0,1} = 0$ possède une solution sur chacun des intervalles $\left]0;\dfrac{1}{\sqrt{0,2}}\right]$ et $\left]\dfrac{1}{\sqrt{0,2}};+\infty\right[$.
Ainsi $\mathscr{C}$ et $\Gamma_{0,1}$ ont deux points d’intersection.
$\quad$
a. $h_{\frac{1}{2\e}} = \dfrac{-1 – \ln \e^{-1}}{2} = \dfrac{-1 +1}{2} = 0$.
$\quad$
b. La fonction $h_{\frac{1}{2\e}}$ admet donc $0$ comme maximum, atteint seulement en $\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1}{2\e}}} = \sqrt{\e}$.
Ainsi $\mathscr{C}$ et $\Gamma_{\frac{1}{2\e}}$ n’ont qu’un seul point d’intersection.
$\quad$
$\mathscr{C}$ et $\Gamma_a$ n’ont aucun point d’intersection
$ \begin{align*} &\ssi \dfrac{-1 – \ln(2a)}{2} <0 \\\\
&\ssi -1 – \ln(2a) < 0 \\\\
&\ssi -\ln(2a) < 1 \\\\
& \ssi \ln(2a) > -1 \\\\
& \ssi 2a > \e^{-1} \\\\
& \ssi a > \dfrac{1}{2\e}
\end{align*}$
$\quad$

Exercice 2

Partie A

$\quad$
$\begin{align*} \displaystyle \int_0^x \lambda t \e^{-\lambda t}\mathrm{d}t &= F(x) – F(0) \\\\
&= -\left(x + \dfrac{1}{\lambda}\right)\e^{-\lambda x} – \left(-\dfrac{1}{\lambda}\right) \\\\
& = \dfrac{1}{\lambda}\left(1 – \lambda x\e^{-\lambda x} – \e^{-\lambda x}\right)
\end{align*}$
$\quad$
$\displaystyle E(X) = \lim\limits_{x \to +\infty} \int_0^x \lambda t \e^{-\lambda t}\mathrm{d}t$
Or $\lim\limits_{x \to +\infty} -\lambda x = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to -\infty} X\e^X = 0$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} – \lambda x\e^{-\lambda x} = 0$
$\quad$
De plus $\lim\limits_{x \to +\infty} \e^{-\lambda x} = 0$
$\quad$
Par conséquent $\lim\limits_{x \to +\infty} \left(1 – \lambda x\e^{-\lambda x} – \e^{-\lambda x}\right) = 1$
$\quad$
On a donc bien $E(X) =\dfrac{1}{\lambda}$.
$\quad$

Partie B

a.

$\quad$
b. Graphiquement $\lambda$ est l’ordonnée du point de la courbe représentant la fonction densité dont l’abscisse est $0$.
$\quad$
a. $E(X) = 2$. Cela signifie qu’en moyenne, le composant électronique a une durée de vie de $2$ ans.
$\quad$
b. On a donc $\dfrac{1}{\lambda} = 2$ d’où $\lambda = 0,5$.
$\quad$
c. $P(X \le 2) = 1 – \e^{-0,5 \times 2} = 1 – \e^{-1} \approx 0,63$
$\quad$
d. On veut donc calculer :
$\begin{align*} P_{X \ge 1}(X \ge 3) &= P_{X \ge 1}(X \ge 2 + 1) \\\\
& = P(X \ge 2) \\\\
& = 1 – P(X \le 2) \\\\
& = \e^{-1}
\end{align*}$
(du fait de la durée de vie sans vieillissement).
$\quad$

Partie C

On veut donc calculer $P\left(D_1 \cap D_2\right) = P\left(D_1\right) \times P\left(D_2\right)$ car les deux événements sont indépendants.
Ainsi $P\left(D_1 \cap D_2\right) = 0,39^2 = 0,1521$
La probabilité que le circuit A soit défaillant avant un an est de $0,1521$.
$\quad$
On veut calculer :
$\begin{align*}P\left(D_1 \cup D_2\right) & = P\left(D_1\right) + P\left(D_2\right) – P\left(D_1 \cap D_2\right) \\\\
&= 0,39 + 0,39 – 0,1521 \\\\
&=0,6279
\end{align*}$
La probabilité que le circuit B soit défaillant avant un an est de $0,6279$.
$\quad$

Exercice 3

Partie A

L’affixe du point $R$ est donc $|z|$.
$\quad$
$\quad$

$\quad$

Partie B

Si $z_0$ est un nombre réel négatif alors $z_0 + |z_0| = z_0 -z_0 =0$
Ainsi $z_1 = 0$ et $z_n = 0$ pour tout entier naturel non nul $n$.
La suite $\left(\left|z_n\right|\right)$ est donc constante à partir du rang $1$.
$\quad$
Si $z_0$ est un nombre réel positif, alors $z_0 + |z_0| = 2z_0$.
Par conséquent $z_1 = \dfrac{z_0}{2}$
Ainsi $z_{n+1} = \dfrac{z_n}{2}$. Donc $\left(\left|z_n\right|\right)$ est géométrique de raison $\dfrac{1}{2}$.
$\quad$
La suite $\left(\left|z_n\right|\right)$ est donc décroissante et converge vers $0$.
$\quad$
a. On peut émettre la conjecture que la suite $\left(\left|z_n\right|\right)$ converge vers $0$.
$\quad$
b. On a $\left|z_{n+1}\right| = \left|\dfrac{z_n + \left|z_n\right|}{4}\right| \le \dfrac{2\left|z_n\right|}{4}$
Donc $0 \le \left|z_{n+1}\right| \le \dfrac{\left|z_n\right|}{2}$
Or la suite $\left(\dfrac{\left|z_n\right|}{2}\right)$ est une suite géométrique de raison $\dfrac{1}{2}$ qui converge donc vers $0$.
$\quad$
D’après le théorème des gendarmes, la suite $\left(\left|z_n\right|\right)$ converge donc vers $0$.
$\quad$
Ainsi, pour tout nombre complexe $z_0$, la suite $\left(\left|z_n\right|\right)$ converge vers $0$.
$\quad$

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

$\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
k& & 1&2 \\\\
\hline
u&5&1&-0,5\\\\
\hline
\end{array}$
On obtient donc en sortie $-0,5$

Partie B

$\quad$
Variables :
$\quad$ $k$ et $p$ sont des entiers naturels
$\quad$ $u$ est un réel
Entrée :
$\quad$ Demander la valeur de $p$
Traitement :
$\quad$ Affecter à $u$ la valeur $5$
$\quad$ Pour $k$ variant de $1$ à $p$
$\qquad$ Affecter à $u$ la valeur $0,5u + 0,5(k-1) – 1,5$
$\qquad$Afficher $u$
$\quad$ Fin de pour
$\quad$
On constate que $u_3<u_4$. La suite $(u_n)$ n’est donc pas décroissante.
$\quad$
Initialisation : Si $n= 3$ $ -0,375 >-0,75$ donc $u_4 > u_3$
La propriété est donc vraie au rang $3$.
$\quad$
Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $u_{n+1} > u_n$.
Alors
$ 0,5u_{n+1} > 0,5u_n $
Donc $0,5u_{n+1} +0,5(n+1) > 0,5u_n + 0,5(n+1) > 0,5u_n + 0,5n$
Par conséquent $0,5u_{n+1} + 0,5(n+1) – 1,5 > 0,5u_n + 0,5n – 1,5$
Finalement $u_{n+2} > u_{n+1}$
La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
$\quad$
Conclusion :
La propriété est vraie au rang $3$ et est héréditaire.
Par conséquent, pour tout entier naturel supérieur ou égal à $3$, $u_{n+1} > u_n$.
$\quad$
$\quad$
$\begin{align*} v_{n+1} &= 0,1u_{n+1} – 0,1(n+1) + 0,5 \\\\
&= 0,05u_n + 0,05n – 0,15 – 0,1n – 0,1 + 0,5 \\\\
&= 0,05u_n – 0,05n +0,25 \\\\
&= 0,5(0,1u_n – 0,1n + 0,5) \\\\
&=0,5v_n
\end{align*}$
La suite $(v_n)$ est donc géométrique de raison $0,5$ et de premier terme $v_0 = 0,1 \times 5 + 0,5 = 1$
$\quad$
Par conséquent $v_n = 0,5^n$ pour tout entier naturel $n$.
$\quad$
On a ainsi
$\begin{align*} u_n &= 10v_n + n – 5 \\\\
&=10 \times 0,5^n + n – 5
\end{align*}$
$\quad$
$0<0,5<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,5^n = 0$
De plus $\lim\limits_{n \to +\infty} n – 5$
Donc par somme des limites, $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = +\infty$
$\quad$

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

$\quad$
$\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
a&26&9&8\\\\
\hline
b&9&8&1\\\\
\hline
c&8&1&0\\\\
\hline
\end{array}$
L’algorithme affichera donc $1$
$\quad$
$\quad$
Variables :
$\quad$ $c$ est un entier naturel
$\quad$ $a$ et $b$ sont des entiers naturels non nuls
Entrées :
$\quad$ Demander $a$
$\quad$ Demander $b$
Traitement :
$\quad$ affecter à $c$ le nombre $r(a,b)$
$\quad$ Tant que $c \neq 0$
$\qquad$ Affecter à $a$ le nombre $b$
$\qquad$ Affecter à $b$ la valeur de $c$
$\qquad$ Affecter à $c$ le nombre $r(a,b)$
$\quad$ Fin Tant que
$\quad$ Si $b=1$
$\qquad$ alors Afficher “$a$ et $b$ sont premiers entre eux”
$\qquad$ sinon Afficher “$a$ et $b$ ne sont pas premiers entre eux”
$\quad$ Fin Si
$\quad$

Partie B

a.
Etape 1 : $p=9$ et $q=2$
Etape 2 : On choisit V. Donc $x=21$
Etape 3 : $px + q = 191 \equiv 9 ~[26]$
Etape 4 : La lettre associée à $9$ est J
$\quad$
b. Les nombres $9$ et $26$ sont premiers entre eux (d’après la question A.1.).
D’après le théorème de Bezout, il existe alors au moins un couple d’entiers relatifs $(u,v)$ tel que $9u+26v=1$.
$\quad$
$9 \times 3+ 26 \times (-1) = 27 – 26 = 1$
Le couple $(3;-1)$ convient donc.
$\quad$
c.
$\begin{align*} x’ \equiv 9x + 2~[26] & \ssi 3x’ \equiv 27x + 6 ~[26] \\\\
& \ssi 3x’ \equiv x + 6~[26] \\\\
& \ssi 3x’ – 6 \equiv x ~[26] \\\\
& \ssi 3x’ + 20 \equiv x ~[26]
\end{align*}$
d. Si on obtient la lettre R, alors $x’= 17$
Or $3 \times 17 + 20 = 71 \equiv 19~[26] $
La lettre initiale était donc T.
$\quad$
J est codé par D. Cela signifie donc que si $x=9$ alors $x’=3$
Avec $x’ \equiv px + 2~[26] $
Soit $3\equiv 9p + 2~[26]$
par conséquent $9p \equiv 1~[26] $
Or $9\times 3 = 27 \equiv 1~[26]$
Donc $p = 3$
$\quad$
$p=13$ et $q=2$
Si on choisit la lettre $B$ alors $x=1$
Par conséquent $13 \times 1 + 2 = 15 \equiv 15~[26]$ donc $x’ = 15$
On obtient ainsi la lettre P.
$\quad$
Si on choisit la lettre $D$ alors $x= 3$
Par conséquent $13 \times 3 + 2 = 41 \equiv 15~[26]$ donc $x’=15$
On obtient ainsi la lettre P.
Ce codage n’est pas utilisable car deux lettres différentes sont codées par la même lettre. Il n’y a pas unicité du codage.