Bac S – Antilles Guyane – Septembre 2020

Antilles Guyane – Septembre 2020

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. On obtient donc l’arbre pondéré suivant :

    $\quad$
  2. On a :
    $\begin{align*} P(M\cap S)&=P(M)\times P_M(S)\\
    &=0,55 \times 0,7 \\
    &=0,385\end{align*}$
    La probabilité que Louise emmène Zoé le matin et la ramène le soir est égale à $0,385$.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} P(S)&=P(M\cap S)+P\left(\conj{M}\cap S\right) \\
    &=0,385+0,45\times 0,24 \\
    &=0,493\end{align*}$
    $\quad$
  4. On veut calculer
    $\begin{align*} P_S(M)&=\dfrac{P(M\cap S)}{P(S)} \\
    &=\dfrac{0,385}{0,493} \\
    &\approx 0,781\end{align*}$
    La probabilité que Louise ait emmenée Zoé le matin sachant qu’elle a ramené Zoé le soir est environ égale à $0,781$.
    $\quad$

Partie B

  1. On a :
    $\begin{align*} P(X\pp 25)&=P(X\pp 28)-P(25\pp X\pp 28) \\
    &=0,5-P(25\pp X\pp 28) \\
    &\approx 0,274\end{align*}$
    $\quad$
  2. D’après la calculatrice on a $P(18 \pp X\pp 38)\approx 0,954$.
    La probabilité que le temps de trajet soit compris entre $18$ et $38$ minutes est environ égale à $0,954$.
    Remarque : On pouvait voir également qu’on demandait de calculer $P(\mu-2\sigma\pp X\pp \mu+2\sigma)$.
    $\quad$
  3. $P(X\pg d)=0,1 \ssi P(X\pp d)=0,9$
    À l’aide de la touche Inverse loi normale de la calculatrice on trouve $d\approx 34$
    $\quad$
  4. La variable aléatoire $Z=\dfrac{Y-26}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite.
    $\begin{align*} P(Y\pg 30)=0,1&\ssi P(Y-26\pg 4)=0,1 \\
    &\ssi P(Y-26\pp 4)=0,9 \\
    &\ssi P\left(\dfrac{Y-26}{\sigma}\pp \dfrac{4}{\sigma}\right)=0,9\\
    &\ssi P\left(Z\pp \dfrac{4}{\sigma}\right)=0,9\end{align*}$
    À l’aide de la touche Inverse loi normale de la calculatrice on trouve $\dfrac{4}{\sigma} \approx 1,282$ donc $\sigma \approx 3,12$.
    $\quad$

Partie C

On a $n=254$ et $p=0,35$
Donc $n\pg 30$, $np=88,9\pg 5$ et $n(1-p)=165,1\pg 5$
Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ de la proportion de salariés pratiquant le covoiturage est :
$\begin{align*} I_{254}&=\left[0,35-1,96\sqrt{\dfrac{0,35\times 0,65}{254}};0,35+1,96\sqrt{\dfrac{0,35\times 0,65}{254}}\right] \\
&\approx [0,291;0,409]\end{align*}$

La fréquence observée est $f=\dfrac{82}{254}\approx 0,323$ donc $f\in I_{254}$.

Ce sondage ne remet donc pas en cause l’information publiée par l’entreprise sur son site.

$\quad$

 

Ex 2

Exercice 2

Partie A

  1. $\lim\limits_{x\to +\infty} -x=-\infty$ et $\lim\limits_{X\to -\infty} \e^X=0$ donc $\lim\limits_{x\to +\infty} \e^{-x}=0$
    Par conséquent $\lim\limits_{x\to +\infty} g(x)=1$.
    $\quad$
  2. $g$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ d’après l’énoncé.
    Pour tout réel $x\pg 0$ on a $g'(x)=\e^{-x}$.
    La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$.
    La fonction $g$ est donc strictement croissante sur $[0;+\infty[$
    On obtient alors le tableau de variations suivant :
    $\quad$

Partie B

  1. a. Pour tout réel $x$ on a :
    $\begin{align*} f'(x)&=\e^{-kx}+(x-1)\times (-k)\e^{-kx} \\
    &=(-kx+k+1)\e^{-kx}\end{align*}$
    $\quad$
    b. Une équation de la droite $T$ est de la forme $y=f'(1)(x-1)+f(1)$.
    $f'(1)=\e^{-k}$ et $f(1)=1$
    Ainsi l’ordonnée du point $B$ est
    $\begin{align*}y_B&=-f'(1)+f(1) \\
    &=-\e^{-k}+1 \\
    &=g(k)\end{align*}$
    $\quad$
  2. D’après la partie A, on sait que $g(x)\in [0;1]$ pour tout $x\in[0;+\infty[$.
    Par conséquent l’ordonnée du point $B$ appartient à $[0;1]$.
    Cela signifie par conséquent que $B$ appartient au semgnet $[OJ]$.
    $\quad$

Partie C

  1. La fonction définie sur $[0;1]$ par $x\mapsto f(x)-x$ est continue et positive.
    Ainsi l’aire du domaine $\mathscr{D}$ est $\displaystyle \int_0^1 \big[h(x)-x\big]\dx$

    $\quad$
  2. a. Pour tout réel $x$ on a :
    $\begin{align*} h(x)-x&=(x-1)\e^{-2x}+1-x \\
    &=(x-1)\e^{-2x}-(x-1) \\
    &=(x-1)\left(\e^{-2x}-1\right)\end{align*}$
    $\quad$
    b. Pour tout réel $x$ on a $\e^{-2x}\pg 1-2x$
    Par conséquent $1-\e^{-2x} \pp 2x-2$
    Sur $[0;1]$ on a $1-x\pg 0$
    Donc $(1-x)\left(1-\e^{-2x}\right)\pp (1-x)(2x-2)$
    Or $(1-x)(2x-2)=2x-2-2x^2+2x=-2x^2+4x-2$
    Et $(1-x)(2x-2)-\left(2x-2x^2\right)=2x-2=2(x-1)\pp 0$
    Ainsi $h(x)-x\pp 2x-2x^2$.
    $\quad$
    c. On en déduit donc que :
    $\begin{align*} \mathscr{A}\pp \int_0^1 \left(2x-2x^2\right)\dx \\
    &\pp \left[x^2-\dfrac{2}{3}x^3\right]_0^1 \\
    &\pp 1-\dfrac{2}{3}-0\\
    &\pp \dfrac{1}{3}\end{align*}$
    $\quad$
  3. On a alors :
    $\begin{align*} \mathscr{A}&=\int_0^1 \left[h(x)-x\right]\dx \\
    &=\int_0^1 h(x)\dx-\int_0^1 x\dx\\
    &=H(1)-H(0)-\left[\dfrac{x^2}{2}\right]_0^1 \\
    &=-\dfrac{1}{4}\e^{-2}+1-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2} \\
    &=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}\e^{-2} \\
    &=\dfrac{1-\e^{-2}}{4}\end{align*}$
    $\quad$

Ex 3

Exercice 3

  1. On a $H(0;1;1)$, $M(0,5;0;0)$ et $N(1;0,5;0)$.
    $\quad$
  2. a. On a $\vect{MN}(0,5;0,5;0)$
    Une représentation paramétrique de la droite $(MN)$ est donc $\begin{cases} x=0,5+0,5k\\y=0,5k\\z=0\end{cases} \quad, k\in \R$.
    $\quad$
    b. Résolvons le système :
    $\begin{cases} x=0,5+0,5k\\y=0,5k\\z=0\\x=t\\y=1\\z=0\end{cases} \ssi \begin{cases} y=1\\z=0\\0,5+0,5k=t\\0,5k=1\\x=t \end{cases} \ssi \begin{cases} y=1\\z=0\\k=2\\t=1,5\\x=1,5\end{cases}$
    Ainsi le point $K$ a pour coordonnées $(1,5;1;0)$.
    $\quad$
  3. a. $\vect{HM}(0,5;-1;-1)$ et $\vect{HN}(1;-0;5;-1)$. Ces deux vecteurs sont donc clairement non colinéaires.
    Par conséquent :
    $\vect{HM}.\vec{n}=1+2-3=0$ et $\vect{HN}.\vec{n}=2+1-3=0$
    Le vecteur $\vec{n}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(HMN)$.
    $\vec{n}$ est par conséquent un vecteur normal au plan $(HMN)$.
    $\quad$
    b. Une équation cartésienne du plan $(HMN)$ est donc de la forme $2x-2y+3z+d=0$.
    Le point $M(0,5;0;0)$ appartient à ce plan. Donc $1+0+0+d=0 \ssi d=-1$
    Une équation cartésienne du plan $(HMN)$ est alors $2x-2y+3z-1=0$.
    $\quad$
    c. On a $\vect{CG}(0;0;1)$ et $C(1;1;0)$.
    Une équation cartésienne de la droite $(CG)$ est donc $\begin{cases} x=1\\y=1\\z=t\end{cases} \quad, t\in \R$
    Résolvons le système :
    $\begin{cases} 2x-2y+3z-1=0\\x=1\\y=1\\z=t\end{cases} \ssi \begin{cases} 3t-1=0\\x=1\\y=1\\z=t\end{cases} \ssi \begin{cases} t=\dfrac{1}{3}\\x=1\\y=1\\z=\dfrac{1}{3}\end{cases}$.
    Ainsi $L$ a pour coordonnées $\left(1;1;\dfrac{1}{3}\right)$.
    $\quad$
  4. On obtient la section suivante :

    $\quad$

 

Ex 4 (obl)

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. On a $u_0=4$, $u_1=-\dfrac{5}{3}$ et $u_2=\dfrac{19}{9}$
    Donc $v_0=\dfrac{10}{3}$, $v_1=-\dfrac{7}{3}$ et $v_2=\dfrac{13}{9}$
    Par conséquent $\dfrac{v_1}{v_0}=-\dfrac{7}{10}$ et $\dfrac{v_2}{v_1}=-\dfrac{13}{21}$
    Les quotients sont différents. La suite $\left(v_n\right)$ n’est donc pas géométrique.
    Affirmation 1 fausse
    $\quad$
  2. Pour tout entier naturel $n$ non nul on a :
    $\begin{align*} -1\pp \cos(n) \pp 1 &\ssi 2\pp 3+\cos(n)\pp 4\\
    &\ssi \dfrac{2}{n^2} \pp u_n \pp \dfrac{4}{n^2}\end{align*}$
    Or $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{2}{n^2}=0$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{4}{n^2}=0$
    D’après le théorème des gendarmes $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n=0$.
    Affirmation 2 vraie
    $\quad$
  3. Voici les différentes valeurs prises par les variables $U$ et $N$:
    $\begin{array}{|c|c|}
    \hline
    U&N\\
    \hline
    0&5\\
    \hline
    1&7\\
    \hline
    2&13\\
    \hline
    3&31\\
    \hline
    4&85\\
    \hline
    5&247\\
    \hline
    6&733\\
    \hline
    7&2~191 \\
    \hline
    8&6~565\\
    \hline\end{array}$
    À la fin de l’exécution de l’algorithme, la variable $U$ contient donc la valeur $6~565$.
    Affirmation 3 fausse
    $\quad$
  4. Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un de ses facteurs au moins est nul.
    Ainsi $z-\ic=0$ ou $z^2+z\sqrt{3}+1=0$
    $z-\ic=0\ssi z=\ic$ et $|\ic|=1$
    $\quad$
    Le discriminant de $z^2+z\sqrt{3}+1$ est :
    $\Delta=-1$ donc les racines de ce polynômes sont $z_1=\dfrac{-\sqrt{3}-\ic}{2}$ et $z_2=\dfrac{-\sqrt{3}+\ic}{2}$.
    Or $\left|z_1\right|=\sqrt{\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4}}=1$ et $\left|z_2\right|=\left|\conj{z_1}\right|=1$.
    $\quad$
    Toutes les solutions de l’équation $(E)$ sont donc de module $1$.
    Affirmation 4 vraie
    $\quad$
  5. On a $z_0=2$, $z_1=4\ic$ et $z_2=-8$.
    Le milieu du segment $\left[M_0M_2\right]$ est donc le point d’affixe $\dfrac{2+(-8)}{2}=-3$. Par conséquent ce n’est pas le point $O$.
    Affirmation 5 fausse
    $\quad$

 

Ex 4 (spé)

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. Si $x\equiv 0~[2]$ et $y\equiv 0~[2]$ alors $x^2-5y^2\equiv 0~[2]$ donc $x$ et $y$ ne peuvent pas être tous les deux pairs.
    Si $x\equiv 1~[2]$ et $y\equiv 1~[2]$ alors $x^2-5y^2\equiv -4~[2]$ soit $x^25y^2\equiv 0~[2]$ donc $x$ et $y$ ne peuvent pas être tous les deux impairs.
    Par conséquent $x$ et $y$ ne peuvent pas avoir la même parité.
    $\quad$
  2. Soit $d$ un diviseur commun à $x$ et $y$.
    Il divise donc toutes leurs combinaisons linéaires, en particulier $x\times x-5y\times y$, c’est-à-dire $1$.
    Donc $d$ divise $1$.
    $x$ et $y$ sont par conséquent premiers entre eux.
    $\quad$
  3. $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \begin{array}{l} \text{Reste de la division eu-}\\\text{clidienne de $k$ par $5$}\end{array}&0&1&2&3&4\\
    \hline
    \begin{array}{l} \text{Reste de la division eu-}\\\text{clidienne de $k^2$ par $5$}\end{array}&0&1&4&4&1\\
    \hline
    \end{array}$
    Si $(x;y)$ est un couple solution de $(E)$ alors $x^2\equiv 1~[5]$.
    D’après le tableau précédent les seules possibilités pour que $x^2\equiv 1~[5]$ sont $x\equiv 1~[5]$ et $x\equiv 4~[5]$.
    Par conséquent $x\equiv 1~[5]$ ou $x\equiv 4~[5]$.
    $\quad$

Partie B

  1. Pour tout entier naturel $n$ on a donc $\begin{cases} x_{n+1}=9x_n+20y_n\\y_{n+1}=4x_n+9y_n\end{cases}$
    $\quad$
  2. Initialisation : Si $n=0$ alors $x_0=1$ et $y_0=0$
    $1^2-5\times 0^2=1$ donc $\left(x_0;y_0\right)$ est solution de l’équation $(E)$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$. Donc ${x_n}^2-5{y_n}^2=1$.
    $\begin{align*} {x_{n+1}}^2-5{y_{n+1}}^2&=\left(9x_n+20y_n\right)^2-5\left(4x_n+9y_{n}\right)^2 \\
    &=81{x_n}^2+400{y_n}^2+360x_ny_n-5\left(16{x_n}^2+81{y_n}^2+72x_ny_n\right) \\
    &=81{x_n}^2+400{y_n}^2+360x_ny_n-80x{x_n}^2-405{y_n}^2-360x_ny_n\\
    &={x_n}^2-5{y_n}^2\\
    &=1\end{align*}$
    La propriété est vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Pour tout entier naturel $n$, $\left(x_n;y_n\right)$ est solution de l’équation $(E)$.
    $\quad$
  3. a. On a $A^2=\begin{pmatrix} 161&360\\72&161\end{pmatrix}$.
    $\begin{pmatrix}x_{n+2}\\y_{n+2}\end{pmatrix}=A\begin{pmatrix}x_{n+1}\\y_{n+1}\end{pmatrix}=A^2\begin{pmatrix}x_{n}\\y_{n}\end{pmatrix}$
    Ainsi $\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix} =A^2\begin{pmatrix}x_0\\y_0\end{pmatrix}$
    Donc $x_2=161\times 1+360\times 0=161$ et $y_2=72\times 1+161\times 0=72$
    $\quad$
    b. D’après la question précédente $y_{p+2}=72x_p+161y_p$.
    $72x_p$ est divisible par $9$. Si $y_p$ est divisible par $9$ alors $y_{p+2}$ est également divisible par $9$.
    $\quad$
    c. $y_0=0$ est divisible par $9$ donc pour tout entier naturel $n$, $y_{2n}$ est divisible par $9$.
    C’est en particulier le cas pour $n=1010$.
    Ainsi $y_{2020}$ est un multiple de $9$.
    $\quad$

Énoncé

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