Bac S – Polynésie – Septembre 2020

Polynésie – Septembre 2020

Bac S- Correction

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

Ex 1

Exercice 1

  1. On appelle $R$ l’événement “obtenir que des boules rouges”.
    Ainsi $p(R)=\left(\dfrac{5}{8}\right)^4$.
    La probabilité d’obtenir au moins $1$ boule blanche est :
    $\begin{align*} p&=1-p(R)\\
    &=1-\left(\dfrac{5}{8}\right)^4 \\
    &\approx 0,85\end{align*}$
    Réponse D
    $\quad$
  2. Parmi les $2n$ côtés, $n+1$ sont des « FACE »
    Ainsi la probabilité d’obtenir le côté « FACE » est $\dfrac{n+1}{n}$.
    Réponse B
    $\quad$
  3. On a :
    $\begin{align*} P_{(T>60)}(T>72)&=\dfrac{P\left((T>60)\cap(T>72)\right)}{P(T>60)} \\
    &=\dfrac{P(T>72)}{0,5} \\
    &=\dfrac{P(T>60)-P(60<T<72)}{0,5} \\
    &=\dfrac{0,5-P(60<T<72)}{0,5} \\
    &\approx 0,045\end{align*}$
    $\quad$
  4. On appelle $X$ la variable aléatoire qui suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda$.
    Ainsi :
    $P(X>3)=\e^{-3\lambda}$.
    Réponse A
    $\quad$
  5. Sur $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ on a $\cos x>\dfrac{1}{2} \ssi x\in \left[0;\dfrac{\pi}{3}\right[$.
    Ainsi la probabilité qu’une valeur prise par la variable aléatoire $X$ soit solution de l’inéquation $\cos x>\dfrac{1}{2}$ est $\dfrac{\dfrac{\pi}{3}-0}{\dfrac{\pi}{2}-0}=\dfrac{2}{3}$
    Réponse A
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. On a $B(1;0;0)$ et $H(0;1;1)$ par conséquent $\vect{BH}(-1;1;1)$
    On a également $\vect{BM}(-t;t;t)$.
    Par conséquent $\vect{BM}=t\vect{BH}$
    Ainsi, pour tout réel $t$, le point $M$ appartient à la droite $(BH)$.
    $\quad$
  2. Un vecteur directeur de la droite $(BH)$ est $\vect{BH}(-1;1;1)$ et un vecteur directeur de la droite $(FC)$ est $\vect{FC}(0;1;-1)$.
    Ainsi $\vect{BH}.\vect{FC}=0+1-1=0$.
    Ces deux vecteurs sont donc orthogonaux.
    Les droites $(BH)$ et $(FC)$ sont par conséquent orthogonales.
    $\quad$
    Résolvons le système :
    $\begin{cases} x=1-t\\y=t\\z=t\\x=1\\y=t’\\z=1-t’\end{cases} \ssi \begin{cases} x=1-t\\y=t\\z=t\\t=0\\y=t’\\z=1-t’\end{cases} \ssi \begin{cases} t=0\\x=1\\y=0\\z=0\\y=t’\\z=1-t’\end{cases}$
    On ne peut pas avoir à la fois $t’=0$ et $1-t’=0$.
    Le système n’admet donc pas de solution.
    Les droites $(BH)$ et $(FC)$ ne sont par conséquent pas sécantes et donc pas coplanaires.
    $\quad$
  3. a. Pour tous réels $t$ et $t’$ on a
    $\begin{align*} MM’^2&=\left(1-(1-t)\right)^2+(t’-t)^2+(1-t’-t)^2 \\
    &=t^2+t’^2+t^2-2tt’+1+t’^2+t^2-2t’-2t+2t’t\\
    &=3t^2+2t’^2-2t’-2t+1\\
    &=3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2-\dfrac{1}{3}+2\left(t’-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{1}{2}+1 \\
    &=3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2+2\left(t’-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{6}\end{align*}$
    $\quad$
    b. $MM’^2$ est donc une somme de termes positifs.
    La distance $MM’$ est donc  minimale quand $t-\dfrac{1}{3}=0$ et $t’-\dfrac{1}{2}=0$ c’est-à-dire quand $t=\dfrac{1}{3}$ et $t’=\dfrac{1}{2}$.
    $\quad$
  4. $\vect{PQ}\left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{6};\dfrac{1}{6}\right)$
    Ainsi :
    $\vect{PQ}.\vect{BH}=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}=0$
    et
    $\vect{PQ}.\vect{FC}=0+\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{6}=0$
    Ainsi $(PQ)$ est orthogonales aux droites $(BH)$ et $(FC)$.
    Le point $P$ appartient à la droite $(BH)$ $\Big( t=\dfrac{1}{3}\Big)$ donc $(PQ)$ est perpendiculaire à $(BH)$.
    Le point $Q$ appartient à la droite $(FC)$ $\Big( t’=\dfrac{1}{2}\Big)$ donc $(PQ)$ est perpendiculaire à $(FC)$.
    $\quad$

Ex 3

  1. a. Pour tout réel $x$ on a :
    $\begin{align*} f(x)&=x\e^{-x^2+1} \\
    &=\dfrac{x^2}{x} \times \dfrac{\e}{\e^{x^2}} \\
    &=\dfrac{\e}{x}\times \dfrac{x^2}{\e^{x^2}}\end{align*}$
    $\quad$
    b. $\lim\limits_{x\to +\infty} x^2=+\infty$ et $\lim\limits_{X\to +\infty} \dfrac{e^X}{X}=+\infty$ donc $\lim\limits_{X\to +\infty} \dfrac{X}{\e^X}=0$
    Par conséquent $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{x^2}{\e^{x^2}}=0$
    De plus $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{\e}{x}=0$
    Donc $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=0$.
    $\quad$
  2. a. Pour tout réel $x$ on a :
    $\begin{align*} f(-x)&=-x\e^{-(-x)^2+1} \\
    &=-x\e^{-x^2+1}\\
    &=-f(x)\end{align*}$
    Remarque : on dit que la fonction $f$ est impaire.
    Ainsi l’abscisse du milieu du segment $[MN]$ est $\dfrac{-x+x}{2}=0$ et son ordonnée est $\dfrac{-f(x)+f(x)}{2}=0$.
    Le point $O$ est le milieu du segment $[MN]$.
    $\quad$
    b. La courbe $(C)$ est donc symétrique par rapport à l’origine du repère.
    $\quad$
  3. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $\R$.
    Pour tout réel $x$ on a
    $\begin{align*} f'(x)&=\e^{-x^2+1}+x\times (-2x)\e^{-x^2+1} \\
    &=\left(1-2x^2\right)\e^{-x^2+1}\end{align*}$
    La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$.
    Ainsi $f'(x)$ est du signe de $1-2x^2$.
    $1-2x^2>0 \ssi -2x^2>-1 \ssi x^2<1/2 \ssi -\dfrac{1}{\sqrt{2}}<x<\dfrac{1}{\sqrt{2}}$
    La fonction $f$ est donc strictement décroissante sur $\left[\dfrac{1}{\sqrt{2}};+\infty\right[$ et croissante sur $\left[0;\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right]$.
    $\quad$
  4. a. La fonction $f$ est strictement croissante et continue (car dérivable) sur l’intervalle $\left[0;\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right]$.
    $f(0)=0<0,5$ et $f\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\approx 1,17>0,5$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x)=0,5$ possède une unique solution $\alpha$ sur l’intervalle $\left[0;\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right]$.
    $\quad$
    La fonction $f$ est strictement décroissante et continue (car dérivable) sur l’intervalle $\left[\dfrac{1}{\sqrt{2}};+\infty\right[$.
    $f\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\approx 1,17>0,5$ et $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=0<0,5$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x)=0,5$ possède une unique solution $\beta$ sur l’intervalle $\left[\dfrac{1}{\sqrt{2}};+\infty\right[$.
    $\quad$
    L’équation $f(x)=0,5$ possède donc deux solutions sur $[0;+\infty[$.
    $\quad$
    b. L’ensemble solution de l’inéquation $f(x)\pg 0,5$ est donc, d’après les questions précédentes $[\alpha;\beta]$.
    $\quad$
    c. D’après la calculatrice on a $\alpha \approx 0,19$ et $\beta\approx 1,43$.
    $\quad$
  5. a. On a
    $\begin{align*} I_A&=\int_0^A f(x)\dx \\
    &=\int_0^A \left(-\dfrac{1}{2}\right)\times (-2x)\e^{-x^2+1}\dx \\
    &=-\dfrac{1}{2}\left[\e^{-x^2+1}\right]_0^A\\
    &=-\dfrac{1}{2}\left(\e^{-A^2+1}-\e\right)\\
    &=\dfrac{1}{2}\left(1-\e^{-A^2+1}\right)\end{align*}$
    $\quad$
    b. $\lim\limits_{A\to +\infty} -A^2+1=-\infty$ et $\lim\limits_{X\to -\infty} \e^X=0$ ainsi $\lim\limits_{A\to +\infty} \e^{-A^2+1}=0$.
    Par conséquent $\lim\limits_{A\to +\infty} I_A=\dfrac{\e}{2}$.
    $\quad$
  6. L’aire d’un disque est $\mathscr{A}_1=\pi 0,5^2=0,25\pi$ u.a.
    L’aire comprise entre les courbes $(C)$ et $(C’)$ pour $x\pg 0$ est $\mathscr{A}_2=2\times \dfrac{\e}{2}=\e$ u.a.
    Donc l’aire de la partie grisée est $\mathscr{A}=2\left(\e-0,25\pi\right)$ u.a.
    $\quad$

Ex 4 (obl)

  1. a. $z_1=(1+\ic)z_0-\ic=-\ic$
    $\begin{align*} z_2&=(1+\ic)z_1-\ic\\
    &=(1+\ic)(-\ic)-\ic\\
    &=-\ic +1-\ic\\
    &=1-2\ic\end{align*}$
    $\quad$
    b. On a :
    $\begin{align*} z_3&=(1+\ic)z_2-\ic \\
    &=(1+\ic)(1-2\ic)-\ic\\
    &=1-2\ic+\ic+2-\ic\\
    &=3-2\ic\end{align*}$
    $\quad$
    c. On obtient le graphique suivant :

    $\quad$
    d. On a $BA_1=|-\ic-1|=\sqrt{2}$
    $BA_2=|1-2\ic-1|=2$
    $A_1A_2=|1-2\ic+\ic|=|1-\ic|=\sqrt{2}$
    On a $BA_1=A_1A_2$ : le triangle $BA_1A_2$ est isocèle.
    Dans le triangle $BA_1A_2$ le plus grand côté est $\left[A_1A_2\right]$.
    D’une part $BA_1^2+A_1A_2^2=2+2=4$
    D’autre part $BA_2^2=4$
    Donc $BA_2^2=BA_1^2+A_1A_2^2$
    D’après la réciproque du théorème de Pythagore le triangle $BA_1A_2$ est rectangle en $A_1$.
    Ainsi ce triangle est rectangle et isocèle en $A_1$.
    $\quad$
  2. a. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{align*} u_{n+1}&=\left|z_{n+1}-1\right| \\
    &=\left|(1+\ic)z_n-i-1\right| \\
    &=\left|(1+\ic)\left(z_n-1\right)\right| \\
    &=|1+\ic|\left|z_n-1\right| \\
    &=\sqrt{2} u_n\end{align*}$
    $\quad$
    b. La suite $u_n$ est donc géométrique de raison $\sqrt{2}$ et de premier terme $u_0=|0-1|=1$.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $u_n=\sqrt{2}^{n}$
    Or pour tout entier naturel $n$ on a $u_n=BA_n$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} BA_n>1~000 &\ssi \sqrt{2}^{n}>1~000 \\
    &\ssi n\ln\left(\sqrt{2}\right)>\ln(1~000)\\
    &\ssi n>\dfrac{\ln(1~000)}{\dfrac{1}{2}\ln(2)}  \end{align*}$
    Or $dfrac{\ln(1~000)}{\dfrac{1}{2}\ln(2)}\approx 19,9$
    C’est donc à partir du rang $20$ que $BA_n>1~000$.
    $\quad$
  3. a. $|1+\ic|=\sqrt{2}$
    Donc $1+\ic=\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\ic\right)=\sqrt{2}\e^{\ic\pi/4}$
    $\quad$
    b. Initialisation : si $n=0$ alors $z_0=0$ et $1-\left(\sqrt{2}\right)^0\e^{0}=0$.
    La propriété est vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie à un rang $n$.
    $\begin{align*} z_{n+1}&=(1+\ic)z_n-\ic \\
    &=(1+\ic)\left(1-\left(\sqrt{2}\right)^n\e^{\ic n\pi/4}\right)-\ic \\
    &=1+\ic-\left(\sqrt{2}\right)^n\e^{\ic n\pi/4}+\ic \left(\sqrt{2}\right)^n\e^{\ic n\pi/4}-\ic \\
    &=1-\left(\sqrt{2}\right)^n\e^{\ic n\pi/4}(1+\ic) \\
    &=1-\left(\sqrt{2}\right)^n\e^{\ic n\pi/4}\times \sqrt{2}\e^{\ic\pi /4} \\
    &=1\left(\sqrt{2}\right)^{n+1}\e^{\ic (n+1)\pi/4}\end{align*}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Pour tout entier naturel $n$ on a $z_n=1-\left(\sqrt{2}\right)^n\e^{\ic n\pi/4}$.
    $\quad$
    c. On a :
    $\begin{align*}
    z_{2020}&=1-\left(\sqrt{2}\right)^{2020}\e^{2020\ic \pi/4}\\
    &=1-2^{1010}\e^{505\ic \pi}\\
    &=1-2^{1010}\times (-1)\\
    &=1+2^{1010}\end{align*}$
    Ainsi $z_{2020}$ est un réel. Le point $A_{2020}$ appartient à l’axe des abscisses.
    $\quad$

Ex 4 (spé)

  1. On a $a_2=a1+b_1=1$, $b_2=2a_1=2$
    $a_3=a_2+b_2=3$ et $b_3=2a_2=2$
    $\quad$
  2. On a $M^2=\begin{pmatrix}2&1&1&\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}$
    Par conséquent $M^2=\begin{pmatrix}2&0&0&\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0&1&1&\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}$
    C’est-à-dire que $M^2=M+2I$.
    $\quad$
  3. a. Pour tout entier naturel $n$ non nul on a :
    $AX_n=\begin{pmatrix} a_n+b_n\\2a_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{n+1}\\b_{n+1}\end{pmatrix}=X_{n+1}$
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n\pg 1$ on a $X_n=A^{n-1}X_1$.
    $\quad$
    c. On note $Q=\begin{pmatrix} \frac{2}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}$
    Ainsi
    $\begin{align*} PQ&=\begin{pmatrix}1&1\\1&-2\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} \frac{2}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix} \\
    &=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\end{align*}$
    Ainsi $P$ est inversible d’inverse $\begin{pmatrix} \frac{2}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}$.
    $\quad$
    d. On a :
    $\begin{align*} P^{-1}AP&=\begin{pmatrix} \frac{2}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1&1\\2&0\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}1&1\\1&-2\end{pmatrix} \\
    &=\begin{pmatrix} \frac{2}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}2&-1\\2&2\end{pmatrix} \\
    &=\begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}\end{align*}$
    Ainsi $D=P^{-1}AP$ est bien une matrice diagonale et $D=\begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}$.
    $\quad$
    e. Initialisation : si $n=1$ alors $PDP^{-1}=PP^{-1}APP^{-1}=A=A^{-1}$
    La propriété est donc vraie au rang $1$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$.
    $\begin{align*} A^{n+1}&=A\times A^n \\
    &=PDP^{-1}PD^nP^{-1} \\
    &=PDD^nP^{-1}\\
    &=PD^{n+1}P^{-1}\end{align*}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
    Pour tout entier naturel $n$ non nul on a donc $A^n=PD^nP^{-1}$.
    $\quad$
    f. On a $X_1=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$
    Ainsi, pour tout entier naturel $n \pg 1$ on a :
    $\begin{align*} X_n&=A^{n-1}X_1  \\
    &\begin{pmatrix} \dfrac{1}{3}\left(2^n+(-1)^{n-1}\right)\\ \dfrac{1}{3}\left(2^n-2\times (-1)^{n-1}\right)\end{pmatrix}\end{align*}$
    Ainsi $a_n=\dfrac{1}{3}\left(2^n+(-1)^{n-1}\right)$.
    $\quad$
  4. $2^4=16$ donc $2^4 \equiv 1~[5]$.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $k$ $2^{4k}\equiv 1~[5]$ et $2^{4k}-1\equiv 0~[5]$.
    $\quad$
  5. a. Pour tout entier naturel $n$ non nul multiple de $4$ il existe un entier naturel $k$ non nul tel que $n=4k$.
    On a alors $3a_n=2^{4k}+(-1)^{4k-1}=2^{4k}-1$.
    D’après la question précédente on a donc $3a_n\equiv 0~[5]$. et $3a_n$ est divisible par $5$.
    $\quad$
    b. $5$ divise $3a_n$ mais $5$ et $3$ sont premiers entre eux.
    D’après le théorème de Gauss, $a_n$ est divisible par $5$.
    $\quad$

Énoncé obl

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Énoncé spé

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