Nouvelle Calédonie – Mars 2015

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

Etude du cas particulier
a. La fonction $f_2$ est d’après l’énoncé dérivable sur $\R$.
$ f_2′(x) = \e^x – 2$
Or $\e^x-2 > 0 \Leftrightarrow \e^x > 2 \Leftrightarrow x > \ln 2$.
On obtient par conséquent le tableau de variations suivant :

$\quad$
b. $2 – 2\ln 2 > 0$ donc pour tout réel $x$, $f_2(x) > 0$ et l’équation $\e^x = 2x$ ne possède aucune solution.
On en déduit donc que $\Delta_2$ et $\Gamma$ n’ont pas de point d’intersection.
$\quad$
Etude du cas général où $a$ est un réel strictement positif
a. $f_a(x)=\e^x(1-ax\e^{-x})$
$\lim\limits_{x \to +\infty} x\e^{-x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\e^x} = 0$
De plus $\lim\limits_{x \to +\infty} \e^x = +\infty$.
Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f_a(x) = +\infty$
$\quad$
$\lim\limits_{x \to -\infty} \e^x = 0$ et $\lim\limits_{x \to -\infty} -ax = +\infty$ car $a > 0$.
Donc $\lim\limits_{x \to -\infty} f_a(x) = +\infty$.
$\quad$
b. $f_a$ est dérivable sur $\R$.
$f_a'(x) = \e^x – a$.
$\e^x – a > 0 \Leftrightarrow x > \ln a$.
On obtient ainsi le tableau de variations suivant :

La fonction $f_a$ admet donc un minimum $f_a(\ln a) = a-a\ln a$.
$\quad$
c. $a -a \ln a = a (1 – \ln a)$
Puisque $a > 0$, $a -a \ln a$ est du signe de $1- \ln a$.
Cela signifie donc que :
• si $a > \e$ alors $1 – \ln a < 0$ et $a – a\ln a < 0$
• si $0< a < \e$ alors $1 – \ln a > 0$ et $a – a\ln a > 0$
$\quad$
d. Si $0 < a < \e$ alors $f_a(x) > 0$ pour tout réel $x$.
$\quad$
Si $a > \e$ :
Sur $]-\infty;\ln a]$, la fonction $f_a$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante.
De plus $\lim\limits_{x \to – \infty} f_a(x) = +\infty$ et $f_a(\ln a) <0$.
Par conséquent $0$ appartient à l’intervalle image de $]-\infty;\ln a]$ par $f_a$.
D’après le théorème de la bijection ou le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f_a(x) = 0$ possède une unique solution sur $]-\infty;\ln a[$ et $\Gamma$ et $\Delta_a$ ont un unique point d’intersection sur cet intervalle.
De même, en utilisant la croissance stricte de $f_a$ sur $[\ln a;+\infty[$, on prouve que $\Gamma$ et $\Delta_a$ ont un unique point d’intersection sur $[\ln a;+\infty[$.
Les deux courbes ont donc, si $a > \e$ deux points d’intersection.
$\quad$
Si $a=\e$ alors la droite et la courbe $Gamma$ ont un seul point en commun : celui d’abscisse $\ln a = 1$.

Exercice 2

a. D’après l’énoncé, on observe que $2\%$ des puces livrées ont une durée de vie courte. Donc $P_L(C) = 0,02$.
$\quad$
b. Cela signifie donc que $P_L\left(\overline{C}\right) = 0,98$ et $P\left(L \cap \overline{C}\right) = 0,95 \times 0,98 = 0,931$.
$\quad$
c. On cherche donc à calculer ici :
$P\left(\left(L \cap C\right) \cup \overline{L}\right) = 1 – P\left(L \cap \overline{C}\right) = 1 – 0,931 = 0,069$.
$\quad$
a. On sait que $P(X \le 1~000) = 0,02$.
Puisque $X$ suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$, cela signifie donc que :
$P(X \le 1~000) = 1 – \e^{-1~000\lambda}$
Par conséquent :
$ \begin{align*} 1 – \e^{-1~000\lambda} = 0,02 & \Leftrightarrow -\e^{-1~000\lambda} = -0,98 \\\\
& \Leftrightarrow -1~000\lambda = \ln (0,98) \\\\
& \Leftrightarrow \lambda = \dfrac{-\ln (0,98)}{1~000}
\end{align*}$
$\quad$
b. $P(X \ge 10~000) = \e^{-10~000\lambda} \approx 0,817$.
Cela signifie donc qu’environ $81,7\%$ des puces ont une durée de vie supérieure ou égale à $10~000$ heures.
$\quad$
c. $P(20~000 \le X \le 30~000) = \e^{-20~000\lambda} – \e^{-30~000\lambda} \approx 0,122$.
Cela signifie donc qu’environ $12,2\%$ des puces ont une durée de vie comprise entre $20~000$ et $30~000$ heures.
$\quad$
a. On effectue $15~000$ “tirages” indépendants, aléatoires et identiques. Pour chacun de ces tirages les puces ont soit une durée de vie courte ou non et la probabilité qu’une puce livrée ait une vie courte est $p = 0,003$.
Par conséquent $Y$ suit la loi $\mathscr{B}(15~000;0,003)$.
$\quad$
b. $E(Y) = np = 15~000\times 0,003 = 45$.
$\quad$
c. $P(40 \le Y \le 50) = P(Y \le 50) – P(Y \le 39) \approx 0,589$.
$\quad$

Exercice 3

a. Une représentation paramétrique de $D_1$ est :
$\begin{cases} x = t \\\\y= 2 + 2t \qquad t \in \R \\\\z=-1 + 3t \end{cases}$.
$\quad$
b. Un vecteur directeur de $D_2$ est $\vec{u_2} (1;-2;0)$.
$\quad$
c. Si on prend $k = -2$ dans $D_2$ alors :
$\begin{cases} x = -1 \\\\y=4\\\\z=2 \end{cases}$
Donc $A_2$ appartient à $D_2$.
$\quad$
$\dfrac{1}{1} \ne \dfrac{2}{-2}$ donc les droites $D_1$ et $D_2$ ne sont pas parallèles.
Regardons si elles sont sécantes. On cherche donc à résoudre le système :
$\begin{align*} \begin{cases} 1+k = t \\\\-2k = 2 + 2t \\\\-1+3t = 2 \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} k = t – 1 \\\\-2t + 2 = 2 + 2t \\\\ 3t = 3 \end{cases} \\\\
& \Leftrightarrow \begin{cases} k = t – 1 \\\\t = 0 \\\\t = 1 \end{cases} \end{align*}$
Le système ne possède donc pas de solution et les droites $D_1$ et $D_2$ ne sont pas sécantes.
On en déduit donc que les droites ne sont pas coplanaires.
$\quad$
$\vec{v}.\vec{u_1} = -6 -6 + 12 = 0$.
Par conséquent les droites $D_1$ et $\Delta_1$ sont orthogonales.
Le point $A_1$ appartient aux deux droites. Elles sont donc perpendiculaires.
$\quad$
a.
$\vec{n} =\begin{pmatrix} 17 \\\\-22 \\\\ 9 \end{pmatrix}$
$\vec{n}.\vec{u_1} = 17 – 44 + 27 = 0$.
$\vec{n}.\vec{v} = -102 + 66 + 36 = 0$.
Donc le vecteur $\vec{n}$ est orthogonal a deux vecteurs non colinéaires du plan $P_1$. Il est par conséquent normal à ce plan.
$\quad$
b. $\vec{n}.\vec{u_2} = 17 + 44 \ne 0$.
Par conséquent $\vec{n}$ n’est pas normal au plan $P_2$ et les deux plans $P_1$ et $P_2$ ne sont pas parallèles.
$\quad$
$\Delta$ est parallèle à $\Delta_1$ et $\Delta_2$ respectivement perpendiculaire à $D_1$ et $D_2$.
Par conséquent la droite $\Delta$ est orthogonale aux droites $D_1$ et $D_2$.
Or cette droite appartient au plan $P_1$ et au plan $P_2$. Elle est donc perpendiculaire aux droites $D_1$ et $D_2$.
$\quad$

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

$u_1 = \sqrt{3} – 0 = \sqrt{3}$ $\quad v_1 = 1 + \sqrt{3} \times 0 = 1$
$u_2 = \sqrt{3} \times \sqrt{3} – 1 = 2$ $\quad v_2 = \sqrt{3} + \sqrt{3} = 2\sqrt{3}$
$\quad$
a. $\quad$
$\begin{array}{|c|c|c|}
\hline
S & T & K \\\\
\hline
1 & 0 & 0 \\\\
\hline
\sqrt{3} & \sqrt{3} & 1 \\\\
\hline
3-\sqrt{3}&6-\sqrt{3}&2\\\\
\hline
\end{array}$
b. Les valeurs trouvées pour $N=2$ ne correspondent pas à celles de $u_2$ et $v_2$.
L’algorithme n’affiche donc pas les valeurs de $u_N$ et $v_N$.
c. Un algorithme pourrait être :
Entrée :
$\quad$ $N$ est un nombre entier
Variables :
$\quad$ $K$ est un nombre entier
$\quad$ $S$ est un nombre réel
$\quad$ $T$ est un nombre réel
$\quad$ $U$ est un nombre réel
Initialisation :
$\quad$ Affecter $1$ à $S$
$\quad$ Affecter $0$ à $T$
$\quad$ Affecter $0$ à $K$
Traitement :
$\quad$ Tant que $K < N$
$\qquad$ Affecter $S$ à $U$
$\qquad$ Affecter $\sqrt{3}U-T$ à $S$
$\qquad$ Affecter $U+\sqrt{3}T$ à $T$
$\qquad$ Affecter $K+1$ à $K$
$\quad$ Fin Tant que
Sortie :
$\quad$ Afficher $S$
$\quad$ Afficher $T$
$\quad$
a. $\quad$
$\begin{align*} z_{n+1} &= u_{n+1} + \ic v_{n+1} \\\\
& = \sqrt{3}u_n-v_n+\ic\left(u_n+\sqrt{v_n}\right) \\\\
&= \left(\sqrt{3} + \ic\right)u_n + \left(-1 +\ic \sqrt{3}\right)v_n
\end{align*}$
De plus :
\begin{align*} az_n &=\left(\sqrt{3} + \ic \right)(u_n + \ic v_n) \\\\
& = \left(\sqrt{3} + \ic\right)u_n + \left(\ic \sqrt{3} -1 \right) v_n \\\\
&= z_{n+1}
\end{align*}$
$\quad$
b. $|a| = \sqrt{3 + 1} = 2$
Donc $a = 2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{\ic}{2}\right) = 2\e^{\ic\pi/6}$.
$\quad$
c. La suite $(z_n)$ est donc géométrique de raison $a$ et de premier terme $z_0= u_0 = 1$.
Donc $z_n = a^n$ pour tout entier naturel $n$.
Par conséquent $z_n = 2^n\e^{n\ic \pi/6}$
Et $u_n = 2^n\cos\left(\dfrac{n\pi}{6}\right)$ et $v_n = 2^n\sin\left(\dfrac{n\pi}{6}\right)$