TS – Asie – Juin 2013

Asie – Juin 2013

Bac S – Mathématiques – Correction

Vous trouverez l’énoncé de ce sujet ici.

Exercice 1

Partie A

  1. TS - asie -juin2013 - ex1
  2. a. $p \left( B \cap \bar{S} \right) = 0,2 \times 0,8 = 0,16$
    $~$
    b. On utilise la propriété des probabilités totales.
    $p\left( \bar{S} \right) = p \left( A \cap \bar{S} \right) + p \left( B \cap \bar{S} \right)$ $=0,8\times 0,9 + 0,16 $ $=0,88$
    $~$
  3. On cherche $p_S(B) = \dfrac{p(B \cap S)}{p(S)} = \dfrac{0,2 \times 0,2}{1 – 0,88}$ $= \dfrac{1}{3}$ $\approx 0,33$
    $~$

Partie B

  1. Les $10$ tirages sont aléatoires, identiques et indépendants. Chaque tirage ne possède que $2$ issues : $S$ et $\bar{S}$.
    $p\left(\bar{S} \right) = 0,88$.
    La variable aléatoire $X$ suit donc la loi binomiale de paramètres $n=10$ et $p=0,88$.
    $~$
  2. $P(X=10) = \binom{10}{10}0,88^{10}\times(1-0,88)^0$ $=0,88^{10}$ $\approx 0,28$.
    $~$
  3. $P(X \ge 8) = \binom{10}{8} 0,88^8 \times (1-0,88)^2 + \binom{10}{9}0,88^9\times (1-0,88)^1$ +$\binom{10}{10}0,88^{10} \times(1-0,88)^0$ $\approx 0,89$

Partie C

  1. $n = 50 \ge 30$ , $np = 50 \times 0,88 = 4 \ge 5$ et  $n(1-p) = 50 \times 0,12 = 6 \ge 5$.
    Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est donc :
    $$I_{50} = \left[0,88 – 1,96 \times \dfrac{\sqrt{0,88 \times 0,12}}{\sqrt{50}};0,88 + 1,96 \times \dfrac{\sqrt{0,88 \times 0,12}}{\sqrt{50}} \right]$$
    $$I_{50}= [0,78;0,98]$$
  2. La fréquence observée du nombres de boîtes ne contenant pas de pesticides est $f = \frac{50 – 12}{50} = 0,76$.
    $~$
    Mais $f \notin I_{50}$ et $f < 0,78$. L’échantillon n’est pa représentatif de ce qu’annonce le grossiste.
    $~$
    L’inspecteur de la brigade de répression peut décider que la publicité est mensongère.

Exercice 2

Partie A

TS - asie -juin2013 - ex2

Partie B

  1. a. Le coefficient directeur cherché correspond à $f'(a) = \text{e}^a$
    $~$.
    b. Le coefficient directeur cherché correspond à $g'(b) = -(-\text{e}^{-b}) = \text{e}^{-b}$.
    $~$
    c. Si les tangentes sont communes cela signifie donc qu’elles ont le même coefficient directeur.
    Par conséquent :
    $$\text{e}^a = \text{e}^{-b} \Leftrightarrow a = -b$$
  2. Une équation de la tangente à $\mathcal{C}_f$ en $a$ est :
    $$y=f'(a)(x-a)+f(a)=\text{e}^a(x-a)+\text{e}^a$$
    Cette droite passe par le point de $\mathcal{C}_g$ d’abscisse b=-a et d’ordonnée $1-\text{e}^a$.
    $~$
    Par conséquent :
    $$1-\text{e}^a = \text{e}^a(-a-a) + \text{e}^a$$
    $$\Leftrightarrow 1 – \text{e}^a +2a\text{e}^a-\text{e}^a = 0$$
    $$\Leftrightarrow 2(a-1)\text{e}^a+1=0$$

Partie C

  1. $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} 2(x-1) = +\infty$ et $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \text{e}^x=+\infty$.
    Donc :
    $$\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \varphi(x)=+\infty$$
    $\varphi(x)=2x\text{e}^x-2\text{e}^x+1$ or $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty}x\text{e}^x=0$ et $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty}\text{e}^x=0$.
    Donc :
    $$\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \varphi(x)=1$$
    b. $\phi$ est un produit de fonctions dérivables sur $\R$ donc $\phi$ est dérivable sur $\R$.
    $$\varphi'(x) = 2\text{e}^x+2(x-1)\text{e}^x = 2x\text{e}^x$$
    Par conséquent, si $x <0$ alors $\varphi'(x) < 0$ et si $x>0$ alors $\varphi'(x) > 0$
    $~$
    c.TS - asie -juin2013 - ex3
    $~$
  2. a. Sur l’intervalle $]-\infty;0]$, la fonction $\varphi$ est continue et strictement décroissante.
    De plus $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \varphi(x) = 1$ et $\varphi(0) = -1$ $\quad 0 \in ]-1;1[$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $\varphi(x)=0$ possède une unique solution sur $]-\infty;0]$
    $~$
    Sur l’intervalle $[0;+\infty[$, la fonction $\varphi$ est continue et strictement décroissante.
    De plus $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \varphi(x) = +\infty$ et $\varphi(0) = -1$ $\quad 0 \in ]-1;+\infty[$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $\varphi(x)=0$ possède une unique solution sur $[0;+\infty[$
    $~$
    b. $-1,68 < \alpha < -1,67$ et $0,76 < \beta < 0,77$
    $~$

Partie D

  1. $E(a;\text{e}^a)$ et $F(-a;1-\text{e}^a)$.
    La tangente en $E$ a pour équation $y=\text{e}^a(x-a) + \text{e}^a$.
    Montrons que $F$ appartient à cette droite.
    Si $x=-a$ alors $y=\text{e}^a(-2a)+\text{e}^a = -2a\text{e}^a+\text{e}^a\quad (1)$
    Or $a$ est solution de $\varphi(x)=0$. Par conséquent :
    $$2(a-1)\text{e}^a+1 = 0 \text{  soit  } 2a\text{e}^a=2\text{e}^a-1\quad (2)$$
    En injectant dans $(1)$ on a :
    $$-(2\text{e}^a-1)-1+\text{e}^a = 1-\text{e}^a = y_E$$
    Donc $F$ appartient bien à cette tangente. Elle passe évidemment par $E$.
    Donc $(EF)$ est tangente à la courbe $\mathcal{C}_f$
    $~$
  2. La tangente en $F$ a pour équation $y=\text{e}^a(x+a)+1-\text{e}^a$.
    Montrons que $E$ appartient à cette droite.
    Si $x=a$ alors $y=2a\text{e}^a + 1 – \text{e}^a$
    $~$
    D’après $(2)$ on obtient :
    $$y=2\text{e}^a-1+1-\text{e}^a  = \text{e}^a = y_E$$
    Donc $E$ appartient bien à cette tangente. Elle passe évidemment par $F$.
    Donc $(EF)$ est tangente à la courbe $\mathcal{C}_g$.
    $~$

Exercice 3

  1. $b-a=-\sqrt{3}+\text{i}-2-2\text{i}$ $=-2-\sqrt{3}-\text{i}$
    $c-a=1+\text{i}\sqrt{3}-2-2\text{i}$ $=-1+\left(-2+\sqrt{3} \right)\text{i}$
    Mais $\left(2+\sqrt{3}\right)(c-a) = -2-\sqrt{3} + \left(2+\sqrt{3}\right) \left(-2+\sqrt{3}\right)\text{i}$ $=-2\sqrt{3}-\text{i}=b-a$
    Donc :
    $$\dfrac{b-a}{c-a} = 2+\sqrt{3} \in \R$$
    Les points $A$, $B$ et $C$ sont alignés.
    Affirmation vraie
    $~$
  2. $|e-b|=\sqrt{8}$ $\quad |e-c-=\sqrt{8}$ $\quad |e-d| = 2+\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
    Affirmation fausse
    $~$
  3. Une équation cartésienne de $(IJK)$ est de la forme $ax+by+cz+d=0$
    $I \in (IJK)$ donc $a+d=0$. On obtient de même $b+d=0$ et $c+d=0$.
    Soit $a=b=c=-d$. Prenons $d=-1$.
    Une équation de $(IJK)$ est donc
    $$x+y+z-1=0$$
    Regardons si $E$ appartient à ce plan : $\dfrac{-1}{2}+1+\dfrac{1}{2}-1 = 0$. C’est effectivement le cas.
    De plus $E \in \mathcal{D}$ (il suffit de prendre $t=\frac{5}{2}$).
    Affirmation vraie
    $~$
  4. $\vec{AT}.\vec{EC}$ $ = \left(\vec{AE}+\dfrac{1}{2}\left(\vec{AB}+\vec{AD} \right) \right).\left(-\vec{AE}+\vec{AB}+\vec{AC} \right)$
    $\vec{AT}.\vec{EC}$ $=-AE^2+\dfrac{1}{2}AB^2+\dfrac{1}{2}AD^2 = 0$
    Affirmation fausse

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. Initialisation : $u_0 = 2>1$. La propriété est vraie au rang $0$.
    Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $u_n > 1$
    Alors
    $$u_{n+1} = \dfrac{1+3u_n}{3+u_n}=\dfrac{3+u_n+2u_n-2}{3+u_n}$$
    $$u_{n+1}=1+\dfrac{2u_n-2}{3+u_n}$$
    D’après l’hypothèse de récurrence : $2u_n-2 > 0$. On a de plus $3+u_n > 0$. Donc $u_{n+1} > 1$.
    La propriété est vraie au rang $n+1$.
    Conclusion : la propriété est vraie au rang $0$.
    En la supposant vraie au rang $n$, elle est encore vraie au rang suivant.
    Donc pour tout entier naturel, $u_n > 1$.
    $~$
    Remarquene surtout pas faire la division des $2$ inégalités obtenues pour le numérateur et le dénominateur car le passage à l(inverse change le sens des inégalités !
    $~$
  2. a. $u_{n+1} – u_n = \dfrac{1+3u_n}{3+u_n} – u_n $ $=\dfrac{1 + 3u_n -3u_n-u_n^2}{3+u_n}$ $=\dfrac{(1-u_n)(1+u_n)}{3+u_n}$
    $~$
    b. D’après la question $1.$ on sait que $1-u_n < 0$. De plus $1+u_n > 0$ et $3+u_n > 0$
    Donc $u_{n+1}-u_n < 0$.
    La suite $(u_n)$ est donc décroissante.
    La suite est décroissante et minorée par $1$. Elle converge donc.
    $~$

Partie B

  1. i $1$ $2$ $3$
    u $0,800$ $1,077$ $0,976$
  2. Il semblerait que la suite $(u_n)$ “oscille” autour de $1$ tout en tendant vers $1$.
    $~$
  3. a. $$v_{n+1} = \dfrac{u_{n+1}-1}{u_{n+1}+1}=\dfrac{ \dfrac{1+0,5u_n}{0,5+u_n}-1}{1+\dfrac{1+0,5u_n}{0,5+u_n} }=\dfrac{\dfrac{1+0,5u_n-0,5-u_n}{0,5+u_n} }{\dfrac{0,5+u_n+1+0,5u_n}{0,5+u_n}}$$
    $$v_{n+1}=\dfrac{0,5-0,5u_n}{1,5+1,5u_n}\dfrac{-0,5}{1,5} \times \dfrac{u_n-1}{1+u_n}=\dfrac{-1}{3}v_n$$
    $(v_n)$ est donc une suite géométrique de raison $\dfrac{-1}{3}$ et de premier terme $v_0=\dfrac{1}{3}$
    $~$
    b. Donc $v_n=\dfrac{1}{3}\times \left(\dfrac{-1}{3} \right)^n$
    $~$
  4. a. Pour tout entier naturel $n$ on a : $\left(\dfrac{-1}{3} \right)^n \le 1$ donc $v_n \le \dfrac{1}{3}$ et $v_n \ne 1$
    $~$
    b. $v_n = \dfrac{u_n-1}{1+u_n}$ donc
    $$(1+u_n)v_n = u_n – 1$$
    $$\Leftrightarrow v_n+1=u_n-u_n \times v_n$$
    $$\Leftrightarrow u_n = \dfrac{1+v_n}{1-v_n}$$
    $~$
    c. $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} v_n=0$ car $-1 < \dfrac{-1}{3} < 1$.
    Par conséquent :
    $$ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = 1$$

$~$

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. a. Pour $E’$ : $\begin{cases} x’=\dfrac{5}{4} \times 2 + \dfrac{3}{4} \times 2 \\\\y’ = \dfrac{3}{4} \times 2 + \dfrac{5}{4} \times 2 \end{cases}$ $ \Leftrightarrow \begin{cases} x’=4 \\\\y’=4 \end{cases}$
    Pour $F’$ : $\begin{cases} x’ = \dfrac{5}{4} \times (-1) + \dfrac{3}{4} \times 5 \\\\y’ = \dfrac{3}{4} \times (-1) + \dfrac{5}{4} \times 5 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases} x’=2,5 \\\\y’=5,5 \end{cases}$
    Pour $G’$ : $\begin{cases} x’ = \dfrac{5}{4} \times (-3) + \dfrac{3}{4} \times 3 \\\\y’ = \dfrac{3}{4} \times (-3) + \dfrac{5}{4} \times 3 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases} x’=-1,5 \\\\y’=1,5 \end{cases}$
    $~$
    b. $OE = \sqrt{2^2+2^2} = \sqrt{8}$ $\quad OE’ = \sqrt{4^2+4^2} = \sqrt{32}$. Donc $OE’ = 2OE$
    $OG = \sqrt{(-3)^2+3^2} = \sqrt{18}$ $\quad OG’ = \sqrt{(-1,5)^2+1,5^2} = \sqrt{4,5}$. Donc $OG = 2OG’$
    On a donc : $A = \begin{pmatrix} \dfrac{5}{4}&\dfrac{3}{4} \\\\ \dfrac{3}{4}&\dfrac{5}{4} \end{pmatrix}$

Partie B

  1.  On veut afficher les images successives. Pour cela, il faut intégrer dans la boucle “Pour”, l’affiche de $x$ et de $y$.
    $\ldots$
    Affecter à $x$ la valeur $a$
    Affecter à $y$ la valeur $b$
    Afficher $x$
    Afficher $y$
    FIN POUR
    $~$
  2. La suit constituée des abscisses des points semble être croissante et aurait pour limite $+\infty$.
    Il en est de même pour les ordonnées.

$~$

Partie C

  1. Initialisation : Pour $n=1$ : $2^0+\dfrac{1}{2^2} = \dfrac{5}{4}$ et $2^0 – \dfrac{1}{2^2} = \dfrac{3}{4}$
    La propriété est donc vraie au rang $1$.
    initialisation : Supposons la propriété vraie au rang $n$.
    $A^{n+1} = A \times A^n$
    Alors $\alpha_{n+1} = \dfrac{5}{4}\alpha_n+\dfrac{3}{4}\beta_n = \left(\dfrac{5}{4}+\dfrac{3}{4} \right)2^{n-1} + \left(\dfrac{5}{4} – \dfrac{3}{4} \right) \times \dfrac{1}{2^{n+1}}$ $=2\times 2^{n-1} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2^{n+1}} $ $=2^n + \dfrac{1}{2^{n+2}}$.
    $\beta_{n+1} = \dfrac{3}{4}\alpha_n+\dfrac{5}{4}\beta_n = \left(\dfrac{5}{4}+\dfrac{3}{4} \right)2^{n-1} + \left(\dfrac{3}{4} – \dfrac{5}{4} \right) \times \dfrac{1}{2^{n+1}}$ $=2\times 2^{n-1} – \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2^{n+1}} $ $=2^n – \dfrac{1}{2^{n+2}}$.
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$.
    En la supposant vraie au rang $n$, elle reste vraie au rang suivant.
    Donc pour tout entier naturel $n \ge 1$ on a : $\alpha_n = 2^{n-1}+\dfrac{1}{2^{n+1}}$ et $\beta_n = 2^{n-1} – \dfrac{1}{2^{n+1}}$.
    $~$
  2. a. On a $\begin{pmatrix}x_n \\\\y_n \end{pmatrix} =A^n \begin{pmatrix} 2\\\\2 \end{pmatrix}$.
    Donc $x_n = 2\alpha_n + 2\beta_n$ et $y_n=2\beta_n+2\alpha_n$ donc $x_n=y_n$.
    $~$
    b. $OE_n = \sqrt{x_n^2+y_n^2}$. Or $\lim\limits_{n \rightarrow + \infty}  2^n = +\infty$ et $\lim\limits_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{1}{2^{n+1}} = 0$.
    Donc $$\lim\limits_{n \rightarrow + \infty} \alpha_n = \lim\limits_{n \rightarrow + \infty} \beta_n = +\infty$$
    Par conséquent $$\lim\limits_{n \rightarrow + \infty} x_n = \lim\limits_{n \rightarrow + \infty} y_n = +\infty$$
    Finalement :$$\lim\limits_{n \rightarrow + \infty} OE_n = +\infty$$