Centres Étrangers – Juin 2014

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

Question 1 :

On appelle $F$ l’événement la personne est une femme et $H$ l’événement la personne achète un article au rayon bricolage.
On obtient alors l’arbre suivant :

Par conséquent, d’après la propriété des probabilités totales, on a :

$$\begin{align} p(B) &=p(B \cap F) + p\left(B \cap \bar{F} \right) \\\\
&= 0,75 \times 0,2 + 0,25 \times 0,7 \\\\
& = 0,325
\end{align}$$

On cherche à connaître :
$$\begin{align} p_B(F) &= \dfrac{p(B \cap F)}{p(B)} \\\\
&= \dfrac{0,75 \times 0,2}{0,325} \\\\
&\approx 0,462
\end{align}
$$
Réponse c

$~$

Question 2 :

On appelle $X$ la variable aléatoire qui compte le nombre de clients ayant acheté un ordinateur de ce modèle.
Il y a $10$ “tirages”, tous identiques, aléatoires et indépendants.
Chaque tirage ne possède que $2$ issues : $A$ “le client a acheté un ordinateur” et $\bar{A}$ et $p(A) = 0,3$
La variable aléatoire $X$ suit donc la loi binomiale $\mathscr{B}(10;0,3)$

Donc $P(X = 3) = \binom{10}{3} \times 0,3^3 \times 0,7^7 $ $\approx 0,267$
Réponse d

$~$

Question 3 :

On appelle $T$ la variable aléatoire suivant la loi exponentielle de paramètres $\lambda = \dfrac{1}{8}$.

On calcule donc $P(T \ge 6) = \text{e}^{-6\lambda}$ $\approx 0,472$
Réponse c

$~$

Question 4 :

On appelle $Y$ la variable aléatoire suivant la loi normale $\mathscr{N}(200;\sigma^2)$.

D’après le cours on sait que $P(200 -2\sigma \le Y \le 200 + 2\sigma) = 0,954$.
Or ici on sait que $P(184 \le Y \le 216) = 0,954$.
Par conséquent $2\sigma = 16$ soit $\sigma = 8$

On en déduit donc que $P(Y \le 192) = 0,5 – P(192 \le Y \le 200)$ $\approx 0,16$.
Réponse a

$~$

Exercice 2

a. $z_1 = \dfrac{1+\text{i}}{2} \times 16$ $=8(1+\text{i})$
$z_2 = \dfrac{1+\text{i}}{2}\times 8(1 + \text{i}) $ $=8i$
$z_3 = \dfrac{1+\text{i}}{2}\times 8\text{i} = -4 + 4\text{i}$
$~$
b. $~$

c. $\left| \dfrac{1+\text{i}}{2} \right| = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$
Donc $\dfrac{1+\text{i}}{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2} \text{i} \right)$ $=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \left( \cos \dfrac{\pi}{4} + \text{i} \sin \dfrac{\pi}{4} \right) $ $\quad \left(= \dfrac{\sqrt{2}}{2} \text{e}^{\text{i}\pi/4} \right)$
$~$
d. $OA_1 = |z_1| = 8\sqrt{2}$
$A_1A_0 = |z_0 – z_1| $ $=|8 – 8\text{i} | $ $=8\sqrt{2}$
$OA_0 = |z_0| = 16$
Le triangle $OA_0A_1$ est bien isocèle en $A$.
De plus $16^2 = 2 \times \left( 8\sqrt{2} \right)^2$ donc $OA_0^2 = OA_1^2+A_1A_0^2$
D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle est également rectangle en $A_1$.
$~$
$~$
$$\begin{align}r_{n+1} &=|z_{n+1}| \\\\
& = \left| \dfrac{1+\text{i}}{2} \right| \times |z_n| \\\\
&=\dfrac{\sqrt{2}}{2} r_n
\end{align}$$
La suite $(r_n)$ est donc bien géométrique de raison $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
$~$
$0 < \dfrac{\sqrt{2}{2}} < 1$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^n = 0$
Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} r_n = 0$
$~$
Cela signifie donc que la distance $OA_n$ tend vers $0$ et que donc le point $A_n$ “se rapproche” de O.
$~$
a. $~$
$$ \begin{align} A_nA_{n+1} &= |z_{n+1}-z_n| \\\\
& = \left|\dfrac{1+\text{i}}{2}z_n -z_n \right| \\\\
& = \left|\dfrac{-1+\text{i}}{2}z_n \right| \\\\
&= \dfrac{\sqrt{2}}{2} |z_n| \\\\
&= r_{n+1}
\end{align}$$
$~$
b. On a donc :
$$\begin{align} L_n &= \sum_{i=0}^{i=n-1} r_{i+1} \\\\
& = r_1+r_2+\ldots+r_n \\\\
& = 8\sqrt{2} \dfrac{1-\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right) ^n}{1 – \dfrac{\sqrt{2}}{2}}
\end{align}$$
On utilise la formule donnant la somme d’une suite géométrique :
$$ 1^\text{er}\text{ terme} \times \dfrac{1 – \text{raison}^\text{nombre de termes}}{1 – \text{raison}}$$
$~$
c. On a vu que $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^n = 0$.
Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} L_n = \dfrac{8\sqrt{2}}{1 – \dfrac{\sqrt{2}}{2}}$ $=16 + 16\sqrt{2}$

Exercice 3

Partie A

a. $f_1(0) = 4\times 0^3 – 6\times 0^2 + 3\times 0 = 0$
$f_1(1) = 4 – 6 + 3 = 1$
$f_1$ est un polynôme. Elle est donc continue et dérivable sur $[0;1]$.
$f_1′(x) = 12x^2-12x+3 = 3(4^2-4x+1)$ $=3(2x-1)^2 \ge 0$
Donc $f_1$ est croissante sur $[0;1]$.
$~$
$f_1$ est bien une fonction de retouche.
$~$
b.$~$

Une solution de $f_1(x) \le x$ est donc, graphiquement, $[0,5;1]\cup\lbrace0\rbrace$.
$~$
Cela signifie donc que la fonction $f_1$ assombrit les nuances inférieures à $0,5$ et éclaircit celles supérieures à $0,5$.
$~$
a.$~$
$$\begin{align} g'(x) &= f_2′(x) – 1 \\\\
&=\dfrac{\text{e} – 1}{1 + (\text{e} – 1)x} – 1 \\\\
&=\dfrac{\text{e} – 1 – 1 – (\text{e} – 1)x}{1 + (\text{e} – 1)x} \\\\
&=\dfrac{(\text{e} – 2) – (\text{e} – 1)x}{1 + (\text{e} – 1)x}
\end{align}$$
$~$
b. Pour tout $x \in [0;1] 0 \le 1 + (\text{e}-1)x$
Donc le signe de $g'(x)$ ne dépend que de celui du numérateur.
$$\begin{align} (\text{e} – 2) – (\text{e} – 1)x \ge 0 & \Leftrightarrow (\text{e} – 2) \ge (\text{e} – 1)x \\\\
& \Leftrightarrow x \le \dfrac{(\text{e} – 2)}{(\text{e} – 1)} = \alpha
\end{align}$$

et $g(\alpha) \approx 0,12$
La fonction $g$ admet donc un maximum en $\alpha$
$~$
c. La fonction $g$ est continue et strictement croissante sur $[0;\alpha]$.
$g(0) = 0$ et $g(\alpha) \approx 0,12$
Par conséquent $0,05 \in [0;0,12]$.
D’après le théorème de la bijection (ou le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $g(x) = 0,05$ possède une unique solution sur $[0;\alpha]$.$~$
La fonction $g$ est continue et strictement décroissante sur $[\alpha;1]$.
$g(1) = 0$ et $g(\alpha) \approx 0,12$
Par conséquent $0,05 \in [0;0,12]$.
D’après le théorème de la bijection (ou le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $g(x) = 0,05$ possède une unique solution sur $[0;\alpha]$.$~$
Par conséquent l’équation $g(x) = 0$ possède bien deux solutions
$g(0,08) \approx 0,049$ et $g(0,09) \approx 0,054$
Donc la première solution est bien comprise entre $0,08$ et $0,09$.
$~$
$g(0,85) \approx 0,0504$ et $g(0,86) \approx 0,0473$
donc la deuxième solution est bien comprise entre $0,85$ et $0,86$.
$~$

Partie B

l’algorithme calcule le nombre de nuances pour lesquelles la modification de nuances est perceptible visuellement.
$~$
On cherche donc les valeurs de $x$ telles que $f_2(x) – x \ge 0,05$ c’est-à-dire $g(x) \ge 0,05$.
Ce sont donc toutes les nuances comprises entre les $2$ solutions $\alpha$ et $\beta$ de la partie précédente.
On va donc prendre toutes les nuances comprises entre $0,09$ et $0,85$. Il y en a par conséquent $85 – 9 + 1 = 77$.
$~$
L’algorithme affichera donc $77$.

$~$

Partie C

a. $\mathscr{A_{f_3}} = \displaystyle \int_0^1 f_3(x)\text{d}x $.
Une primitive de $f_3$ est $F_3$ définie par $F_3(x) = 0,5\text{e}^{x^2-1}$
Donc $\mathscr{A_{f_3}} = F_3(1) – F_3(0) = 0,5 – 0,5\text{e}^{-1}$ u.a. $\approx 0,316$
$~$
b. $\mathscr{A_{f_4}} = \displaystyle \int_0^1 f_4(x)\text{d}x $.
Une primitive de $f_4$ est $F_4$ définie par $F_4(x) =2x^2-15x+60\ln (x+4)$
Donc $\mathscr{A_{f_4}} = F_4(1) – F_4(0) = -13 +60 \ln 5 – 60 \ln(4) $ u.a. $\approx 0,389$
$~$
La fonction $f_3$ a donc l’aire la plus petite. C’est elle qui aura pour effet d’éclaircir le plus l’image.

$~$

Exercice 4

Candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité

Partie A : prémiminaires

a. $n \times n^3 = \left(n^2 \right)^2 \equiv (N-1)^2 [N]$
Or $(N-1)^2 = N^2 – 2N + 1 \equiv 1 [N]$
Donc $n \times n^3 \equiv 1 [N]$
$~$
b. $5^2 = 25 \equiv 26 – 1 [26]$
Donc $5 \times 5^3\equiv 1 [26]$
par conséquent $k_1 = 5^3= 125$
$~$
a. $A^2 = \begin{pmatrix}19&6 \\\\18&7 \end{pmatrix}$
Donc $6A – A^2 = \begin{pmatrix} 5&0 \\\\0&5 \end{pmatrix}$ $=5I$
$~$
b. On a donc $ A(6I – A) = 5I$
La matrice $A$ est donc inversible, d’inverse $A^{-1} =\dfrac{1}{5}(6I – A)$
$~$
c. $6I – A = \begin{pmatrix} 2&-1 \\\\-3&4 \end{pmatrix}$
Donc $B = 5A^{-1}$.
$~$
d. $~$
$$ \begin{align} AX=Y & \Leftrightarrow X=A^{-1}Y \\\\
& \Leftrightarrow X = \dfrac{1}{5}BY \\\\
&\Leftrightarrow 5X = BY
\end{align}
$$

Partie B : procédure de codage

“ET” est remplacé par $X = \begin{pmatrix} 4 \\\\19 \end{pmatrix} $
Donc $Y = AX = \begin{pmatrix} 35 \\\\50 \end{pmatrix}$
Par conséquent $R = \begin{pmatrix} 9 \\\\24 \end{pmatrix}$
Donc “ET” est codé par “JY”

Partie C : procédure de décodage

$~$
$$\begin{align} Y = AX & \Leftrightarrow X = A^{-1}Y \\\\
&\Leftrightarrow 5X = BY \\\\
&\Leftrightarrow \begin{cases} 5x_1=2y_1-y_2 \\\\5x_2=-3y_1+4y_2 \end{cases}
\end{align}$$
D’après la question 1.b de la partie A on a $5 \times 21 \equiv 1 [26]$
Donc en multipliant les $2$ lignes du système précédent par $21$ on obtient :
$$\begin{cases} 21 \times 5x_1=42y_1- 21y_2 \\\\21 \times 5x_2=-63y_1+84y_2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x_1 \equiv 16y_1+5y_2 [26] \\\\x_2 \equiv 15y_1+6y_2 [26] \end{cases}$$
$~$
“QP” est associé à $\begin{pmatrix} 16 \\\\15 \end{pmatrix}$
Donc $$\begin{cases} x_1 \equiv 16y_1+5y_2 [26] \\\\x_2 \equiv 15y_1+6y_2 [26] \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x_1 \equiv 331 [26] \\\\x_2 \equiv 330 [26] \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x_1 = 19 \\\\x_2 = 18 \end{cases}$$
Le mot de départ est donc “TS”
$\quad$

Exercice 4

Candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité

$\vec{AB} = (1;-2;-5)$ et $\vec{AC}(2;-1;-4)$.
Les $2$ vecteurs ne sont pas colinéaires par conséquent les points $A$, $B$ et$ C$ ne sont pas alignés.
$~$
a. On veut donc que :
$$\begin {align} \begin{cases} \vec{u}.\vec{AB} = 0 \\\\\vec{u}.\vec{AC} = 0 \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} 1 – 2b – 5c = 0 \\\\2 -b-4c = 0 \end{cases}\\\\
& \Leftrightarrow \begin{cases} b= 2-4c \\\\-2(2-4c)-5c=-1 \end{cases}\\\\
& \Leftrightarrow \begin{cases} b=2-4c \\\\3c=3 \end{cases} \\\\
& \Leftrightarrow \begin{cases} c=1 \\\\b= -2 \end{cases}
\end{align}$$
Donc $\vec{u}(1,-2,1)$.
$~$
b. Une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est alors de la forme :
$$x-2y+z+d=0$$
Or $A$ appartient au plan $ABC$ donc :
$$1 -4 + 7 +d = 0 \Leftrightarrow d = -4$$
Une équation cartésienne de $(ABC)$ est donc bien $x-2y+z-4=0$
$~$
c. Regardons si les coordonnées du point $D$ vérifient l’équation précédente :
$$3 + 12 + 1 – 4 = 12 \ne 0$$
Donc $D$ n’appartient pas à $(ABC)$.
$~$
a. Un vecteur directeur de $\mathscr{D}$ est $\vec{v}(2;-4;2) = 2\vec{u}$.
Donc $\mathscr{D}$ est orthogonale au plan $(ABC)$.
$~$
b. Pour trouver les coordonnées du point d’intersection de la droite et du plan on va injecter dans l’équation du plan les équations paramétriques de la droite.
$$\begin{align} 2t+3 -2(-4t+5)+(2t-1)-4 = 0 &\Leftrightarrow 2t+3+8t-10+2t-1-4=0 \\\\
& \Leftrightarrow 12t-12=0 \\\\
&\Leftrightarrow t = 1
\end{align}$$
Le point $H$ a donc pour coordonnées $(5;1;1)$
$~$
$\vec{DE}(1;-2;-5)$. Ce vecteur n’est pas colinéaire $ \vec{u}$ donc la droite $(DE)$ n’est pas orthogonale au plan $(ABC)$.
$\vec{DE}.\vec{u} = 1 +4 – 5 = 0$. Donc la droite $(DE)$ est pas parallèle au plan $(ABC)$. Puisque $D$ n’appartient pas à $(ABC)$ alors la droite est strictement parallèle au plan.