Nouvelle Calédonie – Novembre 2015

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

Partie A

On peut schématiser la situation à l’aide de cet arbre pondéré.

Ainsi, $p(A\cap S)=0,7\times 0,17 = 0,119$.
$\quad$
D’après la formule des probabilités totales on a :
$\begin{align*} p(S) &=p(A\cap S)+p(B\cap S) \\
&= 0,7 \times 0,17 + 0,3 \times 0,1 \\
&= 0,149
\end{align*}$
$\quad$
On veut calculer $p_S(A) = \dfrac{p(A\cap S)}{p(S)} = \dfrac{0,119}{0,149} = \dfrac{119}{149} \approx 0,799$.
$\quad$
On a $n=1~000$ et la fréquence observée est $f=\dfrac{211}{1~000}=0,211$.
Par conséquent $n=1~000\ge 30$, $nf = 211 \ge 5$ et $n(1-f)=789 \ge 5$.
Les conditions pour déterminer un intervalle de confiance sont vérifiées.
Un intervalle de confiance au seuil de $95\%$ est donc :
$\begin{align*} I_{1~000}&=\left[0,211-\dfrac{1}{\sqrt{1~000}};0,211+\dfrac{1}{\sqrt{1~000}}\right] \\
&\approx [0,179;0,243]
\end{align*}$
$\quad$

Partie B

On veut calculer $P(6,4 \le X \le 9,6) \approx 0,683$.
$\quad$
On a $P(X \le 6,5) = 0,5 – P(6,5 \le X \le 8) \approx 0,174$
$\quad$
On veut que :
$\begin{align*} P(Y \le 6,5) = 0,1 &\ssi P(Y – 9 \le -2,5) = 0,1 \\\\
&\ssi P\left(\dfrac{Y-9}{\sigma}\le -\dfrac{2,5}{\sigma}\right) = 0,1
\end{align*}$
Or la variable aléatoire $Y’=\dfrac{Y-9}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite.
A l’aide de la calculatrice, on trouve que $P(Y’\le a)=0,1$ pour $a\approx -1,282$
Par conséquent $-\dfrac{2,5}{\sigma} \approx -1,282 \ssi \sigma \approx \dfrac{2,5}{1,282} \ssi \sigma \approx 1,95$.
$\quad$

Partie C

On appelle $\mathscr{A}$ l’aire cherchée.
La fonction $x \mapsto a\cos x$ est continue et positive sur $\left[-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}\right]$.
Ainsi :
$\begin{align*} \mathscr{A} &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} a\cos x \mathrm{d}x \\\\
&= \left[a\sin x\right]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\\\\
&=a-(-a) \\\\
&=2a
\end{align*}$
$\quad$
Le rayon du disque est $\dfrac{a}{2}$. L’aire du disque est donc de $\pi\left(\dfrac{a}{2}\right)^2 = \dfrac{a^2\pi}{4}$.
On veut donc résoudre l’équation :
$\begin{align*} 2a-\dfrac{a^2\pi}{4} = \dfrac{a^2\pi}{4} &\ssi 2a -\dfrac{a^2 \pi}{2} = 0 \\\\
&\ssi \dfrac{4a-a^2\pi}{2}=0 \\\\
&\ssi \dfrac{a\left(4-a\pi\right)}{2} = 0
\end{align*}$
$a$ étant strictement positif, l’équation précédente revient à résoudre $4-a\pi=0$ soit $a=\dfrac{4}{\pi}$.
$\quad$

Exercice 2

La fonction $f_a$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions dérivables sur $\R$.
Pour tout réel $x$ on a : $f'(x)=\e^{x-a}-2$.
Or $\e^{x-a}-2 \ge 0 \ssi \e^{x-a}=2 \ssi x-a = \ln 2 \ssi x=a+\ln 2$.
La fonction $f$ est donc strictement décroissante sur $]-\infty;a+\ln 2]$ et strictement croissante sur $[a+\ln 2;+\infty[$.
La fonction $f_a$ possède donc un minimum en $a+\ln 2$.
$\quad$
$f_a(a+\ln 2)=\e^{\ln 2} – 2(a+\ln 2) + \e^a = 2 – 2a – 2\ln 2 +\e^a$.
On appelle $g$ la fonction définie sur $\R$ par $g(a) = 2-2a-2\ln 2+\e^a$.
Cette fonction est dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions dérivables sur $\R$.
$g'(a)=-2+\e^a$.
Or $g'(a) = 0 \ssi \e^a = 2 \ssi a = \ln 2$.
$g'(a) < 0$ si $a < \ln 2$ et $g'(a) >0$ si $a > \ln 2$.
Ainsi le plus petit minimum est atteint en $\ln 2$ et vaut $g(\ln 2) = 2 -4\ln 2 + 2 = 4-4\ln 2$.
$\quad$

Exercice 3

Partie A

Prenons par exemple le triplet $(-1;-1;-1)$ on a alors $(-1)^2+(-1)^2+(-1)^2 = 3 \ge \dfrac{1}{3}$ et pourtant $-1-1-1=-3 \neq 1$.
Par conséquent $\left(P_2\right)$ est fausse.

$\quad$

Partie B

a. On a $B(1;0;0)$, $D(0;1;0)$ et $E(0;0;1)$.
Les trois points ne sont pas alignés et définissent bien un plan. Regardons si les coordonnées de ces points vérifient l’équation $x+y+z=1$.
$1+0+0=1$, $0+1+0=1$ et $0+0+1 = 1$.
Par conséquent une équation du plan $(BDE)$ est $x+y+z=1$.
$\quad$
b. On a $A(0;0;0)$ et $G(1;1;1)$. Ainsi $\overrightarrow{AG}(1;1;1)$.
De plus $\overrightarrow{BD}(-1;1;0)$ et $\overrightarrow{BE}(-1;0;1)$.
Or $\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{AG} = -1+1+0 = 0$ et $\overrightarrow{BE}.\overrightarrow{AG} = -1+0+1 = 0$
Ainsi le vecteur $\overrightarrow{AG}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(BDE)$. Il est par conséquent normal au plan.
$\quad$
c. Une représentation paramétrique de la droite $(AG)$ est $\begin{cases}x=t\\y=t \qquad t\in \R \\z=t\end{cases}$.
Le point $K$ appartient à la droite $(AG)$ et au plan $(BDE)$. Ses coordonnées vérifient donc l’équation du plan et celles de la représentation paramétrique.
Par conséquent $t+t+t=1$ et $t=\dfrac{1}{3}$.
Les coordonnées de $K$ sont donc $\left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right)$.
$\quad$
Les segments $[BE]$, $[BD]$ et $[ED]$ sont des diagonales de carrés de côté $1$. Ils ont donc la même longueur.
Le triangle $BDE$ est par conséquent équilatéral.
$\quad$
a. Si $M$ est un point du plan $(BDE)$ différent de $K$.
La droite $(AK)$ est dirigée par le vecteur normal au plan $(BDE)$. Elle est donc orthogonale à toutes les droites du plan $(BDE)$, en particulier à la droite $(KM)$.
Le triangle $AKM$ est donc rectangle en $K$ et d’après le théorème de Pythagore, on a $AM^2=AK^2+MK^2$.
$\quad$
Si $M=K$ alors $AM=AK$ et $MK=KK=0$.
On a donc toujours $AM^2=AK^2+MK^2$.
$\quad$
b. $MK^2 \ge 0$ donc, d’après la question précédente, $AM^2 \ge AK^2$.
$\quad$
c. Soit $M(x;y;z)$ un point du plan $(BDE)$ alors $x+y+z=1$.
$AM^2=x^2+y^2+z^2$ et $AK^2=\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}=\dfrac{1}{3}$
D’après la question précédente on obtient donc :$x^2+y^2+z^2 \ge \dfrac{1}{3}$.
Par conséquent $\left(P_1\right)$ est vraie.
$\quad$

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

$d_1=\dfrac{1}{2}d_0+100 = 150 + 100 = 250$
$a_1=\dfrac{1}{2}d_0+\dfrac{1}{2}a_0+70 = 150 + 225 + 70 = 445$
$\quad$
a. Si $n=1$ on obtient alors $D=250$ et $A=420$ car la variable $D$ a été modifiée (et ne vaut plus $300$) quand on calcule la valeur de $A$.
$\quad$
Ce n’est pas cohérent avec la réponse trouvée à la question précédente.
$\quad$
b. Pour corriger cet algorithme, il faut :
$\quad$ – Créer une nouvelle variable $T$ réelle;
$\quad$ – Dans la boucle “Pour” avant l’instruction “$D$ prend …” écrire “$T$ prend la valeur $D$”;
$\quad$ – Remplacer l’instruction “$A$ prend …” par “$A$ prend la valeur $\dfrac{A}{2}+\dfrac{T}{2}+70$”.
$\quad$
a.
$\begin{align*} e_{n+1} &=d_{n+1}-200 \\\\
&=\dfrac{d_n}{2}+100-200\\\\
&=\dfrac{d_n}{2}-100\\\\
&=\dfrac{d_n-200}{2} \\\\
&=\dfrac{e_n}{2}
\end{align*}$
La suite $\left(e_n\right)$ est donc géométrique de raison $\dfrac{1}{2}$ et de premier terme $e_0=300-200=100$.
$\quad$
b. On a ainsi $e_0 = 100 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n$ et $d_n = 200+100\times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n$.
$\quad$
c. $-1 < \dfrac{1}{2} < 1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 0$.
Ainsi $\lim\limits_{n \to +\infty} d_n = 200$.
La suite $\left(d_n\right)$ converge donc vers $200$.
$\quad$
a. $P(n)=2n^2-(n+1)^2 = 2n^2-n^2-2n-1 = n^2-2n-1$
$\Delta = 4+4=8$.
Ce polynôme possède donc deux racines : $n_1 = \dfrac{2-\sqrt{8}}{2}=1-\sqrt{2} \approx -0,41$ et $n_2=1+\sqrt{2}\approx 2,41$.
Le polynôme $P(n)$ est donc positif à l’extérieur des racines.
Par conséquent pour tout entier naturel $n \ge n_2$ on a $2n^2 – (n+1)^2 \ge 0$.
On obtient ainsi le résultat : pour tout entier naturel supérieur ou égal à $3$ $2n^2 \ge (n+1)^2$.
$\quad$
b.
Initialisation : Si $n=4$ on a : $2^4 = 16$ et $4^2 = 16$.
Par conséquent la propriété est vraie au rang $4$.
$\quad$
Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$ : $2^n \ge n^2$.
$\begin{align*} 2^{n+1} &= 2\times 2^n \\\\
& \ge 2n^2 \\\\
& \ge (n+1)^2 \quad \text{d’après la question précédente}
\end{align*}$
La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
$\quad$
Conclusion : La propriété est vraie au rang $4$ et est héréditaire.
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $4$, $2^n \ge n^2$.
$\quad$
c. Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $4$.
On a donc $100n \left(\dfrac{1}{2}\right)^n \ge 0$ en tant que produit de facteurs positifs.
$\begin{align*} 100n\left(\dfrac{1}{2}\right)^n &=\dfrac{100n}{2^n} \\\\
& \le \dfrac{100n}{n^2} \\\\
& \le \dfrac{100}{n}
\end{align*}$
Ainsi $0 \le 100n \left(\dfrac{1}{2}\right)^n \le \dfrac{100}{n}$
$\quad$
Or $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{100}{n} = 0$.
D’après le théorème des gendarmes on a donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 100n \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 0$.
Or $\lim\limits_{n\to +\infty} 110\left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 0$.
Ainsi, par somme de limites, $\lim\limits_{n\to +\infty} a_n = 340$.
La suite $\left(a_n\right)$ converge donc vers $340$.
$\quad$

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

a. A la fin du mois $n$, il ne reste plus, au niveau avancé, que la moitié des internautes soit $\dfrac{1}{2}a_n$.
La moitié des débutants rejoint ce groupe soit $\dfrac{1}{2}d_n$.
Il y a $70$ nouveaux internautes.
On a donc bien au début mois $n+1$ il y a donc bien $\dfrac{1}{2}d_n+\dfrac{1}{2}a_n+70$ internautes au niveau avancé.
$\quad$
b. On pose $A=\begin{pmatrix} 0,5&0 \\0,5&0,5\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 100\\70\end{pmatrix}$
Ainsi $U_{n+1}=AU_n+B$.
$\quad$
Initialisation : Soit $n=1$. On a $A^1 = A = \begin{pmatrix} 0,5&0 \\0,5&0,5\end{pmatrix}$
Or $\dfrac{1}{2}\left(I_2+T\right) = \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix} = A$
La propriété est donc vraie au rang $1$.
$\quad$
Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$ : $A^n=\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\left(I_2+nT\right)$.
$\begin{align*} A^{n+1} &= A \times A^n \\\\
&= \dfrac{1}{2}\left(I_2+T\right) \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\left(I_2+nT\right) \\\\
&= \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}\left(I_2+nT+T+nT^2 \right) \\\\
&= \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}\left(I_2+(n+1)T+nT^2 \right)
\end{align*}$
Or $T^2 = \begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}$
Donc $A^n=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}\left(I_2+(n+1)T\right)$.
La propriété est vraie au rang $n+1$.
$\quad$
Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ non nul, on a $A^n=\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\left(I_2+nT\right)$.
$\quad$
a. $C=AC+B \ssi C-AC = B \ssi \left(I_2-A\right)C=B$.
Or $I_2-A=\begin{pmatrix}0,5 & 0 \\-0,5&0,5 \end{pmatrix}$.
Cette matrice est inversible car $0,5\times 0,5 – (-0,5)\times 0 =0,25 \neq 0$.
Son inverse est la matrice $\left(I_2-A\right)^{1}=\begin{pmatrix}2&0\\2&2\end{pmatrix}$.
Ainsi $C=\left(I_2-A\right)^{1} \times B = \begin{pmatrix}200\\340\end{pmatrix}$.
$\quad$
b.
$\begin{align*} V_{n+1} &=U_{n+1}-\begin{pmatrix}200\\340\end{pmatrix} \\\\
&= AU_n+B-C \\\\
&=AU_n+B-(AC+B) \\\\
&=A\left(U_n-C\right) \\\\
&=AV_n
\end{align*}$
$\quad$
c. On a $V_0=\begin{pmatrix}100\\110\end{pmatrix}$ et $U_n=A^nV_0+\begin{pmatrix}200\\340\end{pmatrix}$.
Or $A^n=\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\left(I_2+nT\right) = \begin{pmatrix}\left(\dfrac{1}{2}\right)^n &0 \\\\n\left(\dfrac{1}{2}\right)^n + \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\end{pmatrix}$
Ainsi $U_n= \begin{pmatrix} 100\left(\dfrac{1}{2}\right)^n+200\\\\100n\left(\dfrac{1}{2}\right)^n+110\left(\dfrac{1}{2}\right)^n+340\end{pmatrix}$.
$\quad$
a. Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $4$.
On a donc $100n \left(\dfrac{1}{2}\right)^n \ge 0$ en tant que produit de facteurs positifs.
$\begin{align*} 100n\left(\dfrac{1}{2}\right)^n &=\dfrac{100n}{2^n} \\\\
& \le \dfrac{100n}{n^2} \\\\
& \le \dfrac{100}{n}
\end{align*}$
Ainsi $0 \le 100n \left(\dfrac{1}{2}\right)^n \le \dfrac{100}{n}$
$\quad$
b. Puisque $-1 <\dfrac{1}{2} < 1$ on a donc $\lim\limits_{n \to +\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n =0$. Ainsi $\lim\limits_{n \to +\infty} d_n = 200$
$\quad$
De plus $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{100}{n} = 0$.
D’après le théorème des gendarmes on a donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 100n \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 0$.
Or $\lim\limits_{n\to +\infty} 110\left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 0$.
Ainsi, par somme de limites, $\lim\limits_{n\to +\infty} a_n = 340$.
La suite $\left(a_n\right)$ converge donc vers $340$.
$\quad$
Ainsi sur le long terme le site aura $200$ internautes présents au niveau débutant et $340$ internautes au niveau avancé.