Pondichéry – Avril 2016

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

Partie A

a. $22-13,9=8,1$ et $13,9-8,1=5,8$
Par symétrie, on a donc $P(X \leqslant 5,8)=P(X \geqslant 22)$.

$\quad$
b.
$\begin{align*} P(5,8 \leqslant T \leqslant 22) &= 1-\left(P(T\leqslant 5,8)+P(T\geqslant 22)\right) \\
&=1-2\times 0,023 \\
&=0,954
\end{align*}$
$\quad$
Or $P(\mu-2\sigma \leqslant X \leqslant \mu+2\sigma) \approx 0,954$
Donc $13,9-2\sigma \approx 5,8$ soit $\sigma \approx 4,05$ et $\sigma \approx 4,1$ arrondi au dixième.
$\quad$
On veut calculer $P(T \geqslant 18)=0,5-P(13,9 \leqslant T \leqslant 18) \approx 0,16$.
$\quad$

Partie B

$\quad$

$\quad$
D’après la formule des probabilités totales, on a :
$\begin{align*} p(O)&=p(R\cap O)+p\left(\overline{R}\cap O\right) \\
&=\dfrac{1}{2}p+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{3} \\
&=\dfrac{1}{2}p+\dfrac{1}{6}
\end{align*}$
$\quad$
a. $n=1~500\geqslant 30$ et $f=\dfrac{625}{1~500}$.
Donc $nf=625\geqslant 5$ et $n(1-f)=875\geqslant 5$.
Un intervalle de confiance qu seuil de $95\%$ de la proportion $q$ est donc :
$\begin{align*} I_{1500}~&=\left[\dfrac{625}{1~500}-\dfrac{1}{\sqrt{1~500}};\dfrac{625}{1~500}+\dfrac{1}{\sqrt{1~500}}\right] \\
& \approx [0,390;0,443]
\end{align*}$
$\quad$
Par conséquent $0,390 \leqslant \dfrac{1}{2}p+\dfrac{1}{6} \leqslant 0,443 $
Soit $0,390-\dfrac{1}{6}\leqslant \dfrac{1}{2}p \leqslant 0,443 -\dfrac{1}{6}$
Et donc $2\times \left(0,390-\dfrac{1}{6}\right)\leqslant p \leqslant 2\times \left(0,443 -\dfrac{1}{6}\right)$
En arrondissant au millième, on trouve :
$0,446 \leqslant p \leqslant 0,553$
Par conséquent entre $44,6\%$ et $55,3\%$ des jeunes pratiquent au moins une fois par semaine le téléchargement illégal sur internet.

Exercice 2

$BJ=\left|\dfrac{\ic}{2}+1\right| = \sqrt{\dfrac{5}{4}}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$
$B, K$ et $J$ sont alignés dans cet ordre. Donc $BK=BJ-\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$.
$\quad$
a. On appelle $z_2$ l’affixe de $A_2$. $A_2$ appartient au cercle trigonométrique donc $\left|z_2\right|=1$.
arg$\left(z_2\right)=2\times \dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{4\pi}{5}$.
Ainsi $z_2=\e^{4\ic\pi/5}$.
$\quad$
b. $\quad$
$\begin{align*} BA_2 ^2 &= \left|z_2+1\right|^2 \\
&=\left|\cos\left(\dfrac{4\pi}{5}\right)+1+\ic\sin \left(\dfrac{4\pi}{5}\right)\right|^2 \\
&=\left(1+\cos\left(\dfrac{4\pi}{5}\right)\right)^2+\left(\sin\left(\dfrac{4\pi}{5}\right)\right)^2 \\
&=1+2\cos\left(\dfrac{4\pi}{5}\right)+\left(\cos\left(\dfrac{4\pi}{5}\right)\right)^2+\left(\sin\left(\dfrac{4\pi}{5}\right)\right)^2 \\
&=2+2\cos\left(\dfrac{4\pi}{5}\right)
\end{align*}$
$\quad$
c. Par conséquent
$\begin{align*} BA_2 ^2 &= 2+2\times\dfrac{1}{4}\left(-\sqrt{5}-1\right) \\
&=\dfrac{4-\sqrt{5}-1}{2} \\
&=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}
\end{align*}$
Par conséquent $BA_2=\sqrt{\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}=BK$
$\quad$
On place le point $B$ et le point $J$.
A l’aide des graduations fournies on trace le cercle de centre $J$ et de rayon $0.5$, ce qui permet de placer le point $K$.
On trace le cercle de centre $O$ et de rayon $1$ et on reporte à partir de $B$ la distance $BK$ sur ce cercle, ce qui permet de trouver les points $A_2$ et $A_3$.
On possède maintenant deux points consécutifs de ce pentagone régulier, ce qui permet de placer les autres points en reportant la distance les séparant sur le cercle trigonométrique.
$\quad$

Exercice 3

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

Les droites $(IJ)$ et $(OM)$ sont parallèles. C’est également le cas des droites $(KM)$ et $(NI)$ d’une part et $(NO)$ et $(JK)$ d’autre part.

$\quad$

Partie B

Dans le repère $\left(O;\vect{AB},\vect{AD},\vect{AE}\right)$ on a :
$A(0;0;0)$, $G(1;1;1)$, $I(1;0;0,5)$, $J(1;0,5;0)$ et $K(0,5;1;0)$.
$\quad$
a. $\vect{AG}(1;1;1)$
$\vect{IJ}(0;0,5;-0,5)$ donc $\vect{IJ}.\vect{AG}=0+0,5-0,5=0$. Ces vecteurs sont donc orthogonaux.
$\vect{IK}(-0,5;1;-0,5)$ donc $\vect{IK}.\vect{AG}=-0,5+1-0,5=0$. Ces vecteurs sont donc également orthogonaux.
Ainsi $\vect{AG}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires (c’est évident qu’ils ne le sont pas ) du plan $(IJK)$.
Il est donc normal à ce plan.
$\quad$
b. Par conséquent une équation du plan $(IJK)$ est de la forme
$$x+y+z+d=0$$
Le point $I$ appartient à ce plan. Ces coordonnées vérifient donc son équation cartésienne.
Ainsi $1+0+0,5+d=0$ donc $d=-1,5$.
Une équation cartésienne de $(IJK)$ est donc $x+y+z-1,5=0$.
$\quad$
a. Puisque $\vect{AM}=t\vect{AG}$ cela signifie que $\vect{AM}(t;t;t)$.
Ainsi $M$ a pour coordonnées $(t;t;t)$.
$\begin{align*} MI^2&=(t-1)^2+t^2+(t-0,5)^2 \\
&=t^2-2t+1+t^2+t^2-t+0,25 \\
&=3t^2-3t+1,25\\
&=3t^2-3t+\dfrac{5}{4}
\end{align*}$
$\quad$
b. On appelle $f$ la fonction définie sur $[0;1]$ par $f(t)=3t^2-3t+\dfrac{5}{4}$.
Puisque $a=3>0$, cette fonction du second degré admet un minimum pour $t=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$.
Par conséquent, le point de $[AG]$ associé à cette valeur est $N\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)$.
$\quad$
a. Regardons si les coordonnées du point $N$ vérifient l’équation cartésienne du plan $(IJK)$.
$\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-1,5=0$.
Donc $N$ appartient bien à $(IJK)$.
$\quad$
b. $\vect{IN}\left(-\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};0\right)$.
On a $\vect{AG}(1;1;1)$ donc $\vect{IN}.\vect{AG}=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+0=0$.
$\vect{BF}(0;0;1)$ donc $\vect{IN}.\vect{BF}=0+0+0=0$.
Ainsi $\vect{IN}$ est orthogonal à $\vect{AG}$ et $\vect{BF}$.
$N$ appartient à $(IN)$ et $(AG)$ donc ces deux droites sont perpendiculaires.
$I$ appartient à $(IN)$ et $(BF)$ donc ces deux droites sont également perpendiculaires.
$\quad$

Exercice 3

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

$\quad$
$\begin{align*} N\times M&=\dfrac{1}{3a-5b}\begin{pmatrix}3&-b\\-5&a\end{pmatrix} \begin{pmatrix}a&b\\5&3\end{pmatrix} \\
&=\dfrac{1}{3a-5b}\begin{pmatrix}3a-5b&3b-3b\\-5a+5a&-5b+3a\end{pmatrix} \\
&=\begin{pmatrix} 1&0\\0&1\end{pmatrix}
\end{align*}$
Par conséquent $N$ est bien l’inverse de $M$.
$\quad$
a. $3\times 6-5\times 3=18-15=3$.
Donc le couple $(6;3)$ est bien solution de l’équation det$(M)=3$.
$\quad$
b. On considère un autre couple d’entiers solutions $(a;b)$.
On a donc $3a-5b=3$ et $3\times 6-5\times 3=3$.
Par soustraction, on obtient : $3a-3\times 6-5b+5\times 3 = 0$
Soit $3(a-6)=5(b-3)$.
Donc si $(a;b)$ est solution de l’équation alors $3(a-6)=5(b-3)$.
$\quad$
Réciproquement si $3(a-6)=5(b-3)$
Alors $3a-18=5b-15 \ssi 3a-5b=3$ et $(a;b)$ est solution de l’équation $(E)$.
$\quad$
Ainsi $(a;b)$ est solution de l’équation $(E)$ si, et seulement si, $3(a-6)=5(b-3)$.
$\quad$
c. $5$ et $3$ sont premiers entre eux.
D’après le théorème de Gauss, il existe donc un entier relatif $k$ tel que :
$a-6=5k$ et $b-3=3k$.
Soit $a=6+5k$ et $b=3+3k$.
$\quad$Réciproquement, soit $k\in \Z$. Alors :
$3(6+5k)-5(3+3k) = 18+15k-15-15k=3$.
Donc le couple $(6+5k;3+3k)$ est solution de l’équation $(E)$.
$\quad$

Partie B

det$(Q) =3\times 6-3\times 5=3$.
Ainsi l’inverse de $Q$ est $Q^{-1}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}3&-3\\-5&6\end{pmatrix}$.
$\quad$
DO$\rightarrow X=\begin{pmatrix}3\\14\end{pmatrix}$
$Y=QX=\begin{pmatrix}60\\57\end{pmatrix}$
Or $60 \equiv 8~[26]$ et $57\equiv 5~[26]$.
Donc $R=\begin{pmatrix}8\\5\end{pmatrix}$
Le mot DO est donc codé en IF
$\quad$
a. $3Q^{-1}Y=3Q^{-1}QX=3X$
Par conséquent $\begin{cases} 3x_1=3y_1-3y_2\\3x_2=-5y_1+6y_2\end{cases}$
En passant au modulo, on obtient alors :
$\begin{cases} 3x_1\equiv 3r_1-3r_2~[26]\\3x_2\equiv -5r_1+6r_2~[26] \end{cases}$
$\quad$
b. $9\times 3 = 27 = 1+26$ donc $9\times 3\equiv 1~[26]$.
On multiplie chacune des équations du système précédent par $9$.
On obtient alors :
$\begin{cases} x_1\equiv r_1-r_2~[26]\\x_2\equiv -45r_1+54r_2~[26] \end{cases}$
soit
$\begin{cases} x_1\equiv r_1-r_2~[26]\\x_2\equiv 7r_1+2r_2~[26] \end{cases}$
$\quad$
c. SG$\rightarrow R=\begin{pmatrix}18\\6\end{pmatrix}$
Donc $\begin{cases} x_1\equiv 18-6~[26]\\x_2\equiv 7\times 18+2\times 6~[26] \end{cases}$ $\ssi \begin{cases}x_1\equiv 12~[26]\\x_2\equiv 138~[26]\end{cases}$ $\ssi \begin{cases} x_1\equiv 12~[26]\\x_2\equiv 8~[26] \end{cases}$
Ainsi le mot initial était MI.
$\quad$

Exercice 4

On a $O(0;0)$, $P(x;0)$, $M(x;f(x))$ et $Q(0;f(x))$.
Donc l’aire du rectangle $OPMQ$ est $\mathscr{A}(x)=xf(x)=2x-x\ln \left(\dfrac{x}{2}\right)$.

Cette fonction $\mathscr{A}$ définie sur $]0;14]$ est dérivable sur cet intervalle en tant que somme et produits de fonctions dérivables sur cet intervalle.
$\mathscr{A}'(x)=2-\ln \left(\dfrac{x}{2}\right)-x\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{\dfrac{x}{2}}=1-\ln \left(\dfrac{x}{2}\right)$.

Or :
$\begin{align*} 1-\ln \left(\dfrac{x}{2}\right) = 0 &\ssi \ln \left(\dfrac{x}{2}\right) = 1 \\
&\ssi\dfrac{x}{2}=\e \\
&\ssi x=2\e
\end{align*}$
De même :
$\begin{align*} 1-\ln \left(\dfrac{x}{2}\right) > 0 &\ssi \ln \left(\dfrac{x}{2}\right) < 1 \\
&\ssi\dfrac{x}{2}<\e \\
&\ssi x<2\e
\end{align*}$

Ainsi la fonction $\mathscr{A}$ admet un maximum pour $x=2\e$.
$f\left(2\e\right)=2-\ln\left(\dfrac{2e}{2}\right)=2-\ln \e = 1$.

Par conséquent l’aire du rectangle $OPMQ$ n’est pas constante. Elle peut être maximale. Cela se produit pour $M(2\e;1)$
$\quad$

Exercice 5

Partie A : Modélisation discrète

$T_0=25$, $T_1=36,25$, $T_2=45,8125$ et $T_3=53,940625$.
Ainsi la température de la boîte arrondie à l’unité est de $54$°C.
$\quad$
Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel $n$ on a $T_n=100-75\times 0,85^n$.
Initialisation : Si $n=0$, $T_0=25$ et $100-75\times 0,85^0=100-75=25$.
La propriété est donc vraie au rang $0$.
$\quad$
Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $T_n=100-75\times 0,85^n$.
$\begin{align*} T_{n+1}&=0,85 \times T_n+15 \\
&=0,85 \times \left(100-75\times 0,85^n\right)+15 \\
&=85-75\times 0,85^{n+1}+15 \\
&=100-75\times 0,85^{n+1}
\end{align*}$
La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
$\quad$
Conclusion : La propriété est donc vraie au rang $0$ et est héréditaire.
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$, $T_n=100-75\times 0,85^n$.
$\quad$
La stérilisation débute quand $T_n>85$.
On résout donc :
$\begin{align*} 100-75\times 0,85^n > 85 &\ssi -75\times 0,85^n > -15 \\
&\ssi 0,85^n < 0,2 \\
&\ssi n\ln 0,85 < \ln 0,2 \\
&\ssi n> \dfrac{\ln 0,2}{\ln 0,85} \\
&\ssi n \geqslant 10
\end{align*}$
La stérilisation commence donc au bout de $10$ minutes.
$\quad$

Partie B : Modélisation continue

a. $f$ est une fonction dérivable sur $[0;+\infty[$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
$f'(t)=75\times \dfrac{\ln 5}{10}\e^{-\frac{\ln 5}{10}t} > 0$ car la fonction exponentielle est toujours strictement positive.
Donc $f$ est strictement croissante sur $[0;+\infty[$.
$\quad$
b. $f(10)=100-75\e^{-\ln 5} = 100- \dfrac{75}{5} = 85$.
Puisque la fonction $f$ est strictement croissante sur $[0;+\infty[$, alors, pour tout $t\geqslant 10$ alors $f(t) \geqslant f(10)$ soit $f(t)\geqslant 85$.
$\quad$
a.

Cliquez sur l’image pour l’agrandir.

Chaque rectangle a une aire de $5\times 5$ unités d’aires.
$3$ rectangles complets sont inclus dans la partie coloriée et en prenant deux des morceaux des rectangles restants on obtient une aire supérieure à celle d’un quatrième rectangle.
L’aire coloriée est donc supérieure ou égale à $4\times 5\times 5 = 100 > 80$.
Donc $A(25)>80$.
$\quad$.
b.
$\begin{align*} A(\theta)&=\displaystyle \int_{10}^{\theta} (f(x)-85)\mathrm{d}t \\
&=\int_{10}^{\theta}\left(15-75\e^{-\frac{\ln 5}{10}t}\right)\mathrm{d}t \\
&=\int_{10}^{\theta}15\mathrm{d}t-\int_{10}^{\theta}75\e^{-\frac{\ln 5}{10}t}\mathrm{d}t \\
&=15(\theta-10)-\int_{10}^{\theta}75\e^{-\frac{\ln 5}{10}t}\mathrm{d}t \\
&=15(\theta-10)-75\int_{10}^{\theta}\e^{-\frac{\ln 5}{10}t}\mathrm{d}t
\end{align*}$
c.
$\begin{align*} \int_{10}^{\theta}\e^{-\frac{\ln 5}{10}t}\mathrm{d}t &=- \dfrac{10}{\ln 5}\left[\e^{-\frac{\ln 5}{10}t}\right]_{10}^{\theta} \\
&=-\dfrac{10}{\ln 5}\left(\e^{-\frac{\ln 5}{10}\theta}-\dfrac{1}{5}\right)
\end{align*}$
Ainsi $A(20)=150 + 75\times \dfrac{10}{\ln 5}\left(\e^{-\frac{\ln 5}{10}\times 20}-\dfrac{1}{5}\right) \approx 75,4 <80$.
La stérilisation n’est donc pas terminée au bout de $20$ minutes.
$\quad$