Bac S – Antilles Guyane – Septembre 2019

Antilles Guyane – Septembre 2019

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. a. On veut calculer $P(A\cap F)=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{2}$ d’après l’arbre pondéré.
    La probabilité que l’adhérent choisisse un panier de petite taille et soit intéressé par une livraison d’œufs frais est égale à $\dfrac{1}{2}$.
    $\quad$
    b. On a $P\left(B\cap \conj{F}\right)=\dfrac{1}{4}\times \left(1-\dfrac{3}{5}\right)=\dfrac{1}{10}$.
    La probabilité que l’adhérent choisisse un panier de taille moyenne et qu’il ne soit pas intéressé par une livraison d’œufs frais est égale à $\dfrac{1}{10}$.
    $\quad$
    c. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} P(F)&=P(A\cap F)+P(B\cap F)+P(C\cap F) \\
    &=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4}\times \dfrac{3}{5}+P(C\cap F) \\
    &=0,65+P(C\cap F) \\
    &>0,6\end{align*}$
    On peut donc affirmer que cette livraison sera mise en place.
    $\quad$
  2. a. D’après la question précédente, on a :
    $P(F)=0,65+P(C\cap F) \ssi 0,675=0,65+P(C\cap F) \ssi P(C\cap F) =0,025$
    De plus $P(C)=1-P(A)-P(B)=1-\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{12}$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} P_C(F)&=\dfrac{P(C\cap F)}{P(C)} \\
    &=\dfrac{0,025}{\dfrac{1}{12}} \\
    &=0,3\end{align*}$
    $\quad$
    b. On veut calculer :
    $\begin{align*} P_F(C)&=\dfrac{P(F\cap C)}{P(F)} \\
    &=\dfrac{0,025}{0,675} \\
    &=\dfrac{1}{27} \\
    &\approx 0,04\end{align*}$
    La probabilité qu’il ait choisi un panier de grande taille est donc environ égale à $0,04$.
    $\quad$

Partie B

  1. On veut calculer :
    $\begin{align*}P(X\pp 4~500)&=P(X<5~000)-P(4~500<X<5~000) \\
    &=0,5-P(4~500<X<5~000) \\
    &\approx 0,12\end{align*}$
    La probabilité que le panier ne soit pas conforme est environ égale à $0,12$.
    $\quad$
  2. La variable aléatoire $Z=\dfrac{Y-5~000}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite.
    $\begin{align*} P(Y<4~500)=0,04 &\ssi P(Y-5~000<-500)=0,04 \\
    &\ssi P\left(\dfrac{Y-5~000}{\sigma}<-\dfrac{500}{\sigma}\right)=0,04 \\
    &\ssi P\left(Z<-\dfrac{500}{\sigma}\right)=0,04 \end{align*}$
    À l’aide de la touche Inverse loi normale de la calculatrice on trouve $-\dfrac{500}{\sigma} \approx -1,75 \ssi \sigma \approx 286$.
    $\quad$

Partie C

On a $n=120$ et $p=0,88$.
Par conséquent $n=120\pg 30$ , $np=105,6\pg 5$ et $n(1-p)=14,4\pg 5$.

Un intervalle de fluctuation asymptotique de la fréquence des adhérents satisfaits est :
$\begin{align*} I_{120}&=\left[0,88-1,96\sqrt{\dfrac{0,12\times 0,88}{120}},0,88+1,96\sqrt{\dfrac{0,12\times 0,88}{120}}\right] \\
&\approx [0,821,0,939]\end{align*}$

La fréquence observée est $f=\dfrac{100}{120}\approx 0,833$
Donc $f\in I_{120}$.

La contestation de l’auditeur n’est donc pas fondée.

$\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. a. On a $\vect{OA}(10;0;1)$ et $\vect{OB}(1;7;1)$.
    Par conséquent $\vect{OA}.\vect{OB}=10\times 1+0\times 7+1\times 1=11 \neq 0$.
    Cela signifie donc que les deux vecteurs ne sont pas orthogonaux et que les droites $(OA)$ et $(OB)$ ne sont pas perpendiculaires.
    $\quad$
    b. $OA=\sqrt{10^2+0^2+1^2}=\sqrt{101}$ et $OB=\sqrt{1^2+7^2+1^2}=\sqrt{51}$.
    Ainsi $\vect{OA}.\vect{OB}=11$
    et $\vect{OA}.\vect{OB}=OA\times OB\times \cos \widehat{AOB}=\sqrt{101}\times \sqrt{51}\times \cos \widehat{AOB}$
    Par conséquent $\cos \widehat{AOB}=\dfrac{11}{\sqrt{101}\times \sqrt{51}}$
    On obtient alors $\widehat{AOB}\approx 81$°.
    $\quad$
  2. Nous allons vérifier que les coordonnées des points $O$, $A$ et $B$ vérifient bien l’équation proposée.
    Pour le point $O$ : $7\times 0+9\times 0-70\times 0=0 \quad \checkmark$
    Pour le point $A$ : $7\times 10+9\times 0-70\times 1=70-70=0 \quad \checkmark$
    Pour le point $B$ : $7\times 1+9\times 7-70\times 1=7+63-70=0 \quad \checkmark$
    Une équation du plan $(OAB)$ est donc $7x+9y-70z=0$.
    $\quad$
  3. On a $\vect{CA}(10;0;-4)$.
    Une représentation paramétrique de la droite $(CA)$ est donc $$\begin{cases} x=10k\\y=0\\z=5-4k\end{cases} \quad, k\in \R$$
    $\quad$
  4. $D$ est le milieu du segment $[OC]$. Par conséquent $D(0;0;2,5)$.
    Le plan $P$ est parallèle au plan $(OAB)$.
    Une équation cartésienne de $P$ est donc de la forme $7x+9y-70z+d=0$
    Ainsi $0+0-70\times 2,5+d=0 \ssi d=175$.
    Une équation cartésienne du plan $P$ est par conséquent $7x+9y-70z+175=0$.
    $\quad$
  5. Les coordonnées du point $E$ sont solutions du système suivant :
    $\begin{align*}\begin{cases} 7x+9y-70z+175=0\\x=10k\\y=0\\z=5-4k\end{cases} &\ssi \begin{cases} 7\times 10k-70(5-4k)+175=0\\x=10k\\y=0\\z=5-4k\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} 70k-350+280k+175=0\\x=10k\\y=0\\z=5-4k\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} 350k=175\\x=10k\\y=0\\z=5-4k\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} k=0,5\\x=5\\y=0\\z=3\end{cases} \end{align*}$
    Le point $F$ a donc pour coordonnées $(5;0;3)$.
    $\quad$
  6. On a donc $\vect{EF}\left(\dfrac{9}{2};-\dfrac{7}{2};0\right)$ et $\vect{AB}(-9;7;0)$
    Par conséquent $\vect{AB}=-2\vect{EF}$.
    Ces deux vecteurs sont colinéaires et les droites $(EF)$ et $(AB)$ sont donc parallèles.
    $\quad$

 

Ex 3

Exercice 3

Partie A

  1. Sur $]0;+\infty[$ on a $g(x)=0 \ssi 4x-x\ln x=0 \ssi x(4-\ln x)=0$
    Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un de ses facteurs au moins est nul.
    Donc $x=0$ (ce qui est impossible) ou $4-\ln x=0 \ssi x=\e^4$.
    La solution de l’équation $g(x)=0$ est donc $\e^4$.
    $\quad$
  2. $g(x)=x(4-\ln x)$
    Sur $]0;+\infty[$, le signe de $g(x)$ ne dépend donc que de celui de $4-\ln x$.
    Or $4-\ln x>0 \ssi -\ln x>-4 \ssi \ln x<4 \ssi x<\e^4$.
    Ainsi :
    $\bullet$ $g(x)>0$ sur l’intervalle $\left]0;\e^4\right[$
    $\bullet$ $g\left(\e^4\right)=0$
    $\bullet$ $g(x)<0$ sur l’intervalle $\left]\e^4;+\infty\right[$
    $\quad$
  3. D’après la question précédente, la fonction $g$ change de signe : la première conjecture est donc fausse.
    $g(x)$ est d’abord positif puis négatif : la fonction $g$ ne peux pas être strictement croissante. La seconde conjecture est également fausse.
    $\quad$

Partie B

  1. a. On a, pour tout réel $x$ strictement positif, $x\ln x=-\dfrac{\ln \dfrac{1}{x}}{\dfrac{1}{x}}$
    Or $\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1}{x}=+\infty$ et $\lim\limits_{t\to +\infty} \dfrac{\ln t}{t}=0$
    Donc $\lim\limits_{x\to 0^+}x\ln x=0$.
    $\quad$
    b. On a $\lim\limits_{x\to 0^+}x\ln x=0$ et $\lim\limits_{x\to 0^+}4x=0$.
    Donc $\lim\limits_{x\to 0^+}g(x)=0$.
    $\quad$
  2. a. D’après l’énoncé, la fonction $g$ est dérivable sur $]0;+\infty[$.
    Pour tout réel $x>0$, on a :
    $\begin{align*} g'(x)&=4-\ln x-x\times \dfrac{1}{x} \\
    &=4-\ln x-1 \\
    &=3-\ln x\end{align*}$
    $\quad$
    b. $3-\ln x=0 \ssi x=\e^3$ et $3-\ln x>0 \ssi -\ln x>-3 \ssi x<\e^3$
    On obtient donc le tableau de signes suivant :

    On a $g(x)=x(4-\ln x)$
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \ln x=+\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} 4-\ln x=-\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x)=-\infty$.
    $\quad$
  3. a. D’après l’énoncé la fonction $G$ est dérivable sur l’intervalle $]0;+\infty[$.
    Pour tout réel $x>0$ on a :
    $\begin{align*} G'(x)&=\dfrac{1}{4}\left(2x(9-2\ln x)-2x^2\times \dfrac{1}{x}\right) \\
    &=\dfrac{1}{4}\left(18x-4x\ln x-2x\right) \\
    &=4x-x\ln x \\
    &=g(x)\end{align*}$
    La fonction $G$ est donc bien une primitive de la fonction $g$ sur l’intervalle $]0;+\infty[$.
    $\quad$
    b. Pour tout réel $a>1$ on a :
    $\begin{align*} \ds \int_1^a g(x)\dx&=G(a)-G(1) \\
    &=\dfrac{1}{4}a^2\left(9-2\ln a\right)-\dfrac{9}{4}\\
    &=\dfrac{1}{4}\left(a^2\left(9-2\ln a\right)-9\right)\end{align*}$
    On considère la fonction $f$ définie sur $]0;+\infty[$ par $f(x)=x^2(9-2\ln x)-9$.
    Cette fonction est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    Pour tout $x>0$ on a :
    $f'(x)=2x(9-2\ln x)-2x^2\times \dfrac{1}{x}=18x-4x\ln x-2x=4g(x)$.
    Par conséquent, d’après la question A.2 la fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur l’intervalle $\left[\e^4;+\infty\right[$.
    De plus $f\left(\e^4\right)=\e^8-9>0$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=-\infty$ (produit de deux limites infinies de signes contraires).
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$.
    Cela signifie donc que $\ds \int_1^{\alpha} g(x)\dx =0$.
    L’affirmation est donc fausse.
    $\quad$

Ex 4 obl

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. En calculant les premières valeurs de la suite $\left(p_n\right)$, on constate que $p_{21}=-437$ et $p_{22}=-436>p_{21}$.
    La suite $\left(p_n\right)$ n’est donc pas strictement décroissante.
    Affirmation 1 fausse
    $\quad$
  2. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{align*} v_{n+1}&={u_{n+1}}^2-1 \\
    &=\dfrac{1}{9}\left({u_n}^2+8\right)-\dfrac{9}{9}\\
    &=\dfrac{1}{9}\left({u_n}^2-1\right) \\
    &=\dfrac{1}{9}v_n\end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $\dfrac{1}{9}$.
    Affirmation 2 vraie
    $\quad$
  3. Pour tout entier naturel $n$ on a donc $\dfrac{n^2}{(n+1)^2} \pp w_n \pp \dfrac{n^2+n}{(n+1)^2}$
    Or, d’après la limite des termes de plus haut degré, on a $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{n^2}{(n+1)^2}=\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{n^2}{n^2}=1$
    et $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{n^2+n}{(n+1)^2}=\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{n^2}{n^2}=1$
    D’après le théorème des gendarmes la suite $\left(w_n\right)$ converge donc vers $1$.
    Affirmation 3 vraie
    $\quad$

Partie B

  1. $U_1=\dfrac{2U_0}{1+U_0}=\dfrac{1}{~~\dfrac{3}{2}~~}=\dfrac{2}{3}$.
    $\quad$
  2. Initialisation : Si $n=0$ alors $\dfrac{2^n}{1+2^n}=\dfrac{1}{2}=U_0$.
    La propriété est vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$. Par conséquent $U_n=\dfrac{2^n}{1+2^n}$
    Montrons qu’elle est encore vraie au rang $n+1$, c’est-à-dire $U_{n+1}=\dfrac{2^{n+1}}{1+2^{n+1}}$
    $\begin{align*} U_{n+1}&=\dfrac{2U^n}{1+U_n} \\\\
    &=\dfrac{\dfrac{2^{n+1}}{1+2^n}}{1+\dfrac{2^n}{1+2^n}} \\\\
    &=\dfrac{\dfrac{2^{n+1}}{1+2^n}}{\dfrac{1+2^n+2^n}{1+2^n}} \\\\
    &=\dfrac{\dfrac{2^{n+1}}{1+2^n}}{\dfrac{1+2\times 2^n}{1+2^n}} \\\\
    &=\dfrac{\dfrac{2^{n+1}}{1+2^n}}{\dfrac{1+\times 2^{n+1}}{1+2^n}} \\\\
    &=\dfrac{2^{n+1}}{1+2^{n+1}} \end{align*}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $U_n=\dfrac{2^n}{1+2^n}$.
    $\quad$
  3. L’algorithme 2 fournit le terme $U_{n+1}$ et non $U_n$ puisque la boucle Pour est effectuée $n+1$ fois.
    $\quad$

 

Ex 4 spé

Exercice 4

  1. a. On obtient l’arbre pondéré suivant :

    $\quad$
    b. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} a_{n+1}&=p\left(A_{n+1}\right)\\
    &=p\left(A_n\cap A_{n+1}\right)+p\left(B_n\cap A_{n+1}\right) \\
    &=\dfrac{3}{5}a_n+\dfrac{1}{10}b_n \end{align*}$
    et
    $\begin{align*} b_{n+1}&=p\left(B_{n+1}\right)\\
    &=p\left(A_n\cap B_{n+1}\right)+p\left(B_n\cap B_{n+1}\right) \\
    &=\dfrac{2}{5}a_n+\dfrac{1}{15}b_n \end{align*}$
    Ainsi, pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{cases} a_{n+1}=\dfrac{3}{5}a_n+\dfrac{1}{10}b_n \\\\b_{n+1}=\dfrac{2}{5}a_n+\dfrac{1}{15}b_n\end{cases}$
    $\quad$
    c. Pour tout entier naturel $n$ on a $MU_n=\begin{pmatrix} \dfrac{3}{5}a_n+\dfrac{1}{10}b_n\\\dfrac{2}{5}a_n+\dfrac{1}{2}b_n\end{pmatrix}=U_{n+1}$
    Ainsi, pour tout entier naturel $n$ on a $U_{n+1}=MU_n$.
    Donc $U_n=M^nU_0$.
    $\quad$
  2. a. On a $U_0=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$.
    $\quad$
    b. $M^2=M\times M=\dfrac{1}{900}\begin{pmatrix}18^2+3\times 12&18\times 3+2\times 3\\12\times 18+2\times 2&12\times 3+2\times 2\end{pmatrix}=\dfrac{1}{45}\begin{pmatrix}18&3\\12&2\end{pmatrix}$
    On constate donc que $M^2=\dfrac{2}{3}M$.
    $\quad$
    c. Initialisation : Si $n=1$ alors $\left(\dfrac{2}{3}\right)^0M=M=M^1$.
    La propriété est vraie au rang $1$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n\pg 1$. Ainsi $M^n=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}M$.
    Montrons qu’elle est encore vraie au rang $n+1$ c’est-à-dire que $M^{n+1}=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}M$.
    $\begin{align*} M^{n+1}&=M^n\times M \\
    &=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}M \times M \\
    &=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}M^2 \\
    &=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1} \times \dfrac{2}{3}M \\
    &=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}M\end{align*}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n\pg 1$ on a $M^n=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}M$.
    $\quad$
    d. Pour tout entier naturel $n\pg 1$ on a :
    $\begin{align*} U_{n}&=M^nU_0 \\
    &=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}MU_0 \\
    &=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}\times \dfrac{1}{30}\begin{pmatrix}18\\12 \end{pmatrix}\\
    &=\begin{pmatrix}\dfrac{3}{5}\times \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}\\\dfrac{2}{5}\times \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}\end{pmatrix}\end{align*}$
    $\quad$
  3. a. Pour tout entier naturel $n$ on a donc :
    $\begin{align*} c_n&=1-a_n-b_n \\
    &=1-\dfrac{3}{5}\times \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}-\dfrac{2}{5}\times \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1} \\
    &=1-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}\end{align*}$
    $\quad$
    b. D’après la calculatrice $c_6\approx 0,87$ et $c_7\approx 0,91$.
    Une fois l’algorithme terminé, la variable $n$ contient donc le nombre $7$.
    Cela signifie, qu’au bout de $7$ heures, la probabilité que la bouteille se trouve dans l’océan est supérieure à $0,9$.

$\quad$

 

 

 

Énoncé

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