Amérique du Nord – Mai 2014

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

Partie A : Conditionnement des pots

On cherche donc $P(X \le 49) \approx 0,202$
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a. La variable aléatoire $Z = \dfrac{X – 50}{\sigma’}$ suit donc la loi normale centrée réduite.
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b. Grace à la calculatrice, on trouve $u \approx -1,555$
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c. On veut que :
$$ \begin{align} P(X \le 49) &= 0,06 \\\\
&=P(X – 50 \le -1) = 0,06\\\\
&=P\left(\dfrac{X-50}{\sigma’} \le \dfrac{-1}{\sigma’} \right)= 0,06 \end{align}$$
Par conséquent $\dfrac{-1}{\sigma’} = -1,555$ donc $\sigma’ = \dfrac{1}{1,555} \approx 0,643$
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a. Il y a $50$ pots. Les tirages sont aléatoires, indépendants et identiques.
Chaque tirage possède $2$ issues : le pot est conforme ou non conforme.
La variable aléatoire $Y$ suit donc la loi binomiale de paramètres $n=50$ et $p=0,06$
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b. On cherche donc $P(Y \le 2) = P(Y = 0) + P(Y = 1) + P(Y=2)$
Or $P(Y = 2) = \binom{50}{2} 0,06^2 \times 0,94^{48}$
$P(Y = 1) = \binom{50}{1} 0,06^1 \times 0,94^{49}$
$P(Y=0) = 0,94^{50}$
Donc $P(Y \le 2) \approx 0,416$
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Remarque : on peut également faire directement le calcul à l’aide de la calculatrice.

Partie B : Campagne publicitaire

La fréquence observée est $f=\dfrac{99}{140}$.

$n=140 \ge 30$, $nf = 99\ge 5$ et $n(1-f)= 41 \ge 5$

Un intervalle de confiance au seuil de $95\%$ est donc :
$$\begin{align} I_{140} &= \left[\dfrac{99}{140} – \dfrac{1}{\sqrt{140}};\dfrac{99}{140} + \dfrac{1}{\sqrt{140}} \right] \\\\
&=[0,622;0,792]
\end{align}$$
Il y aura donc entre $62,2\%$ et $79,2\%$ de personnes satisfaites.

Exercice 2

Partie A : Positions relatives de $\mathscr{C}_f$ et de $\mathscr{D}$

$$\begin{align} g(x) &= f(x)-(x-3) \\\\
&=5\text{e}^{-x} – 3\text{e}^{-2x} \\\\
&=\text{e}^{-x} \left( 5 – 3\text{e}^{-x} \right)
\end{align}$$
Or pour tout $x\in [0;+\infty[$ on a $0 <\text{e}^{-x} \le 1$
Donc $5 – 3\text{e}^{-x} > 0$ et par conséquent $g(x) > 0$.
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La question précédente nous indique donc que la courbe $\mathscr{C}_f$ est toujours strictement au-dessus de la droite $\mathscr{D}$. Elles n’ont, par conséquent, aucun point en commun.
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Partie B : Etude de la fonction $g$

Les coordonnées de $M$ sont $\left(x;f(x) \right)$ et celles de $N$ sont $(x;x-3)$.
Par conséquent :
$$\begin{align} MN &= |x-3-f(x)| \\\\
&=|-g(x)| \\\\
&=g(x)\quad \text{puisque } g(x) > 0
\end{align} $$
$g'(x) = -5\text{e}^{-x} + 6\text{e}^{-2x} = \text{e}^{-x}(-5 + 6\text{e}^{-x})$.
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La fonction exponentielle est toujours strictement positive. Par conséquent le signe de $g'(x)$ ne dépend que de celui de $-5 + 6\text{e}^{-x}$.
$$\begin{align} -5 + 6\text{e}^{-x} \ge 0 &\Leftrightarrow -5 \ge -6\text{e}^{-x} \\\\ &\Leftrightarrow \dfrac{5}{6} \le \text{e}^{-x} \\\\ &\Leftrightarrow \text{ln } \dfrac{5}{6} \le -x \\\\ & \Leftrightarrow x \le – \text{ln } \dfrac{5}{6} \\\\ x \le \text{ln } \dfrac{6}{5}
\end{align} $$
$g$ est donc croissante sur $\left[0;\text{ln } \dfrac{6}{5} \right[$ et décroissante sur $\left[\text{ln } \dfrac{6}{5};+\infty \right[$.
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La fonction $g$ admet donc un maximum en $\text{ln } \dfrac{6}{5}$.
$$\begin{align} g \left( \text{ln } \dfrac{6}{5} \right) &= 5 \times \dfrac{5}{6} – 3 \times \left( \dfrac{5}{6} \right)^2 \\\\
&= \dfrac{25}{6} – \dfrac{25}{12} \\\\
&=\dfrac{25}{12}
\end{align} $$
La distance maximale pour $MN$ est donc de $\dfrac{25}{12}$ unités.

Partie C : Etude d’une aire

La fonction $f(t)-(t-3)$ est continue sur $[0;+\infty[$ par conséquent la fonction $\mathcal{A}$ est dérivable sur ce même intervalle.
$\mathcal{A}'(x) = f(x)-(x-3) = g(x) > 0$
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Donc la fonction $\mathcal{A}$ est croissante sur l’intervalle $[0;+\infty[$.
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$$ \begin{align} \mathcal{A}(x) &= \int_0^x 5\text{e}^{-t}-3\text{e}^{-2t} \text{d}t \\\\
&=\left[-5\text{e}^{-t} + \dfrac{3}{2}\text{e}^{-2t} \right]_0^x \\\\
&=-5\text{e}^{-x} + \dfrac{3}{2}\text{e}^{-2x} -\left(-5 + \dfrac{3}{2} \right) \\\\
&=-5\text{e}^{-x} + \dfrac{3}{2}\text{e}^{-2x} + \dfrac{7}{2}
\end{align}$$
La fonction $\mathcal{A}$ est continue et strictement croissante sur $[0;+\infty[$.
$\mathcal{A}(0) = 0$
$\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \text{e}^{-x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \mathcal{A}(x) = \dfrac{7}{2}$
$2 \in \left]0;\dfrac{7}{2} \right[$
D’après le théorème de la bijection (ou le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $\mathcal{A}(x)=2$ possède donc une unique solution.

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Exercice 3

Partie A : Section du cube par le plan $(MNP)$

Les $2$ droites appartiennent à la face $EFGH$. Les droites $(EH)$ et $(FG)$ sont parallèles et le point $M$ appartient à $[EH]$ mais pas le point $P$. Par conséquent les droites $(MP)$ et $(FG)$ sont sécantes.
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b. L’intersection des $2$ plans est représentée en trait plein rouge (les $2$ droites $(PT)$ et $(RQ)$ sont parallèles).
La section du cube par le plan $(MNP)$ est représentée par le polygône $RMPTQ$.
Remarque : on peut vérifier que les droites $(TQ)$ et $(RM)$ sont parallèles.

Partie B

$M(0;0,5;1)$ $\quad N(1;0,5;0,5)$ $\quad P(0,25;1;1)$
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$\vec{MP} (0,25;0,5;0)$
Une représentation paramétrique de $(MP)$ est donc :
$$\begin{cases} x=0,25t \\\\y=0,5 + 0,5t \quad t \in \R \\\\z=1 \end{cases}$$
$\vec{FG}(0;1;0)$
Une représentation paramétrique de $(FG)$ est donc :
$$\begin{cases} x=1 \\\\y=k \quad k \in \R \\\\z=1 \end{cases}$$
Cela signifie donc que $0,25t = 1$ soit $t=4$
Par conséquent $y=0,5 + 0,5 \times 4 = 2,5$
Les coordonnées de $L$ sont donc $(1;2,5;1)$
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$TP^2 = (0,25-1)^2 + 0^2+\left(1-\dfrac{5}{8} \right)^2 = \dfrac{45}{64}$
$TN^2 = 0^2+(-0,5)^2+\left(0,5 – \dfrac{5}{8} \right)^2 = \dfrac{17}{64}$
$NP^2 = (-0,75)^2+0,5^2+0,5^2 = \dfrac{17}{16}$
Or $\dfrac{45}{64}+\dfrac{17}{64} = \dfrac{31}{32} \ne \dfrac{17}{16}$
D’après la contraposée du théorème de Pythagore, le triangle $TPN$ n’est pas rectangle en $T$.

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

On a donc $a_n+b_n=800 + 1~400 = 2~200$.
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On a :
$$\begin{align} a_{n+1} &= 0,9a_n+0,15b_n \\\\
&=0,9a_n + 0,15(2~200-a_n) \\\\
&=0,75a_n+330
\end{align}$$
Variables :
$\quad n$ est un entier naturel
$\quad a$ est un réel
Initialisation :
$\quad$ Affecter à $n$ la valeur $0$
$\quad$ Affecter à $a$ la valeur $800$
Traitement :
$\quad$ Tant que $a<1~100$, faire :
$\qquad$ Affecter à $a$ la valeur $0,75a_n+330$
$\qquad$ Affecter à $n$ la valeur $n+1$
$\quad$ Fin Tant que
Soit on supprime la ligne suivante soit on écrit Affecter à $n$ la valeur $n$
Sortie :
$\quad$ Afficher $n$
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a. $$\begin{align} u_{n+1} &= a_{n+1}-1~320 \\\\
&=0,75a_n+330-1~320 \\\\
&=0,75a_n-990\\\\
&=0,75a_n-0,75\times1~320 \\\\
&=0,75u_n
\end{align}$$
La suite $(u_n)$ est donc géométrique de raison $q=0,75$ et de premier terme $u_0 = 800-1~320 = -520$.
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b. $u_n=-520\times 0,75^n$
Donc $a_n = u_n+1320 = 1320 – 520 \times 0,75^n$
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On cherche donc la valeur de $n$, si elle existe, telle que :
$$\begin{align} a_n &= \dfrac{2~200}{2} = 1~100 \\\\
&=1~320 – 520\times 0,75^n = 1~100 \\\\
&=-520 \times 0,75^n = -220 \\\\
&=0,75^n = \dfrac{11}{26} \\\\
&=n \text{ln }0,75 = \text{ln } \dfrac{11}{26} \\\\
&n = \dfrac{\text{ln } \dfrac{11}{26}}{\text{ln }0,75} \approx 2,99
\end{align}$$
Au bout de $3$ jours le bassin A a un volume de $1~100,625 \text{m }^3$ et le bassin B un volume de $1~099,375 \text{m}^3$.
Or $1~100,625 – 1~099,375 = 1,25 > 1$.
Les $2$ bassins n’auront donc jamais le même volume à $1\text{ m}^3$ près.

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

On a donc $a_n+b_n = 1~100+1~100 = 2~200$
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En $B3$ on peut écrire $=B2*0,9+C2*0,15 – 5$ et en $C3$ on peut écrire $=2200-B3$.
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Il semblerait que le volume du bassin A augmente chaque jour et a pour limite $1300$ et le volume du bassin B diminue chaque jour et a pour limite $900$.
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Partie B

$MS = \begin{pmatrix} 1305 \\\\895 \end{pmatrix}$
Donc $MS+R = S$
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$X_{n+1}-S = MX+R_n-(MS+R) = MX_n-MS = M(X_n-S)$
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On a donc $X_n = M^n(X_0-S)+S$
Or $X_0-S = \begin{pmatrix} -200 \\200 \end{pmatrix}$
Donc $M^n(X_0-S) = \begin{pmatrix} -200 \times 0,75^n \\\\200 \times 0,75^n \end{pmatrix}$
Et $X_n=\begin{pmatrix} 1300 – 200\times 0,75^n \\\\900+200\times 0,75^n \end{pmatrix}$
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$0<0,75<1$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty } 0,75 ^n = 0$
Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty } a_n = 1~300$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty } b_n = 900$
De plus $1~300 – 200 \times 0,75^{n+1} – 1~300+200 \times 0,75^n $ $= -200 \times 0,75^n(0,75 – 1) $ $>0$
Donc la suite $(a_n)$ est croissante. Cela signifie donc que la suite $(b_n)$ est décroissante.
Toutes les conjectures de la partie A sont donc validées.
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On veut donc que :
$$ \begin{align} 200 \times 0,75^n < 1,5 & \Leftrightarrow 0,75^n < \dfrac{1,5}{200} \\\\
&\Leftrightarrow n \text{ln } 0,75 < \text{ln }\dfrac{1,5}{200} \\\\
&\Leftrightarrow n >\dfrac{\text{ln }\dfrac{1,5}{200} }{\text{ln } 0,75} \approx 17,008 \end{align}$$
Le processus est donc stabilisé à partir du $18^\text{ème}$ jours.