Bac S – Polynésie – Septembre 2019

Polynésie – Septembre 2019

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A — Étude d’un modèle discret d’évolution

  1. En 2018, on a $T_0=0,9$
    En 2019, on a $T_1=T_0-0,1{T_0}^2=0,819$
    En 2020, on a $T_2=T_1-0,1{T_1}^2\approx 0,752$
    En 2021, on a $T_3=T_2-0,1{T_2}^2\approx 0,695$
    En 2022, on a $T_4=T_3-0,1{T_3}^2\approx 0,647$
    L’estimation faite n’est donc pas conforme à celle du modèle choisi.
    $\quad$
  2. a. La fonction $f$ est dérivable sur $[0;1]$ en tant que fonction polynôme.
    Pour tout réel $x$ de l’intervalle $[0;1]$ on a $f'(x)=1-0,2x$.
    Or $1-0,2x=0\ssi 0,2x=1\ssi x=5$
    et $1-0,2x>0\ssi -0,2x>-1 \ssi x<5$
    Par conséquent $f'(x)<0$ sur l’intervalle $[0;1]$.
    La fonction $f$ est strictement croissante sur $[0;1]$.
    $\quad$
    b. Montrons par récurrence sur $n$ que $0 \pp T_{n+1}\pp T_n \pp 1$.
    Initialisation : Si $n=0$ alors $T_0=0,9$ et $T_1=0,819$.
    On a bien $0\pp T_1 \pp T_0\pp 0$
    La propriété est vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$, soit $0 \pp T_{n+1}\pp T_n \pp 1$.
    Montrons qu’elle est encore vraie au rang suivant, c’est-à-dire $0 \pp T_{n+2}\pp T_{n+1} \pp 1$.
    La fonction $f$ est strictement croissante sur l’intervalle $[0;1]$ et $0 \pp T_{n+1}\pp T_n \pp 1$.
    Donc $f(0) \pp f\left(T_{n+1}\right) \pp f\left(T_n\right) \pp f(1)$
    D’où $0\pp T_{n+2}\pp T_{n+1} \pp 0,9\pp 1$
    La propriété est 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 $0 \pp T_{n+1}\pp T_n \pp 1$.
    $\quad$
    c. La suite $\left(T_n\right)$ est décroissante et minorée par $0$.
    La suite $\left(T_n\right)$ est donc convergente.
    $\quad$
  3. À l’aide la calculatrice on trouve $T_{13}\approx 0,400~8$ et $T_{14} \approx 0,3848$.
    C’est donc en 2032 que le seuil de $0,4$ sera atteint la première fois.
    $\quad$

Partie B — Étude d’un modèle continu d’évolution

  1. La fonction $P$ est dérivable sur l’intervalle $[0;+\infty[$ en tant que composée et quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas sur $[0;+\infty[$.
    Pour tout réel $t$ de $[0;+\infty[$ on a :
    $P'(t)=-\dfrac{1~000\times (-0,5)\times 3,6\e^{-0,5t}}{\left(0,4+3,6\e^{-0,5t}\right)^2}=\dfrac{1~800\e^{-0,5t}}{\left(0,4+3,6\e^{-0,5t}\right)^2}$.
    $\quad$
  2. La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$.
    Par conséquent, pour tout réel $t$ positif on a $P'(t)>0$.
    $\lim\limits_{t \to +\infty} -0,5t=-\infty$ et $\lim\limits_{T \to -\infty} \e^T=0$
    Donc $\lim\limits_{t \to +\infty}\e^{-0,5t}=0$ et $\lim\limits_{t \to +\infty} P(t)=2~500$.
    $\quad$
    On obtient donc le tableau de variations suivant :

    $\quad$
  3. La fonction $P$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur l’intervalle $[0;+\infty[$.
    De plus $P(0)=250<2~000$ et $\lim\limits_{t\to +\infty} P(t)=2~500>2~000$.
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $P(t)=2~000$ possède une unique solution $t_0$ sur $[0;+\infty[$.
    D’après la calculatrice on a $t_0\approx 7,2$.
    $\quad$
  4. Selon ce modèle la population de l’étang aura dépassé pour la première fois les $2~000$ grenouilles en 2026.
    $\quad$

 

Ex 2

Exercice 2

Partie A

  1. On effectue $8$ tirages aléatoires, indépendants et identiques. À chaque tirage, il n’y a que deux issues : $B$, : «le bit est mal transmis », et $\conj{B}$, : «le bit est bien transmis».
    De plus $P(B)=0,01$.
    La variable aléatoire $X$ suit donc la loi binomiale de paramètres $n=8$ et $p=0,01$.
    $\quad$
  2. Par conséquent $P(X=2)=\ds \binom{8}{2}\times 0,01^2\times 0,99^6\approx 0,002~6$
    La probabilité qu’exactement deux bits de l’octet soient mal transmis est environ égale à $0,002~6$.
    $\quad$
  3. $P(X\pg 3)=1-P(X\pp 2) \approx 0,000~05$
    La probabilité que le nombre de bits mal transmis de l’octet
    soit au moins égal à trois est donc négligeable.
    L’affirmation est vraie.
    $\quad$

Partie B

On a :
$\begin{align*} P(R\pp 0,4)&=P(R\pp 1)+P(0,4\pp R\pp 1) \\
&=0,5-P(0,4\pp R\pp 1) \\
&\approx 0,022~8\end{align*}$

La probabilité que le bit reçu ne soit pas correctement interprété est environ égale à $0,022~8$.

$\quad$

Partie C

  1. On obtient l’arbre pondéré suivant :
    $\quad$
  2. On veut calculer :
    $\begin{align*} p(E\cap B)&=p(E)\times p_E(B) \\
    &=0,075\times 0,9 \\
    &=0,067~5\end{align*}$

    La probabilité que l’octet soit transmis avec une erreur exactement et que le bit de parité soit
    transmis sans erreur est $0,067~5$.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*}p(B)&= p(Z\cap B)+p(E\cap B)+p(D\cap B)  \\
    &=0,922\times 0,99+0,075\times 0,9+0,003\times 0,99\\
    &=0,983~25\end{align*}$
    La probabilité de l’événement $B$ est donc égale à $0,983~25$.
    $\quad$

 

 

Ex 3

Exercice 3

  1. On a $|Z|=\sqrt{1+3}=2$ donc $Z=2\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\ic\sqrt{3}}{2}\right)=2\e^{\ic\pi/3}$
    Donc $Z^2=4\e^{2\ic\pi/3}$
    Or $\dfrac{2\pi}{3}$ n’est pas un multiple entier de $\pi$
    Par conséquent, $Z^2$ n’est pas un réel positif.
    Affirmation 1 fausse
    $\quad$
    Un argument de $Z^{2~019}$ est $2~019\times \dfrac{\pi}{3}=673\pi$ soit $\pi$ modulo $2\pi$.
    Affirmation 2 fausse
    $\quad$
  2. On veut résoudre l’équation $2z^2-3z+5=0$
    Le discriminant est $\Delta=(-3)^2-4\times 2\times 5=9-40=-31<0$
    L’équaation possède donc deux solutions complexes $z_1=\dfrac{3-\ic\sqrt{31}}{4}$ et $z_2=\conj{z_1}=\dfrac{3+\ic\sqrt{31}}{4}$
    Les images de ces points sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses.
    Affirmation 3 fausse
    $\quad$
  3. On pose $Z=x+\ic y$
    On veut résoudre, dans $\C$, l’équation :
    $\begin{align*} z=z’&\ssi z=\conj{z}(1-z) \\
    &\ssi z=\conj{z}-z\conj{z} \\
    &\ssi x+\ic y=x-\ic y-x^2-y^2 \\
    &\ssi 2\ic y=-x^2-y^2\\
    &\ssi \begin{cases} 2y=0 \\x^2+y^2=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=0\\y=0\end{cases}\end{align*}$
    Affirmation 4 fausse
    $\quad$

 

Ex 4 obl

Exercice 4

Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. a. Dans le repère $\left(A;\vec{i},\vec{j},\vec{k}\right)$ on a :
    $E(0;0;6)$, $I(6;0;3)$ et $L(6;3;6)$.
    Par conséquent $\vect{EI}\begin{pmatrix}6\\0\\-3\end{pmatrix}$ et $\vect{EL}\begin{pmatrix}6\\3\\0\end{pmatrix}$. Ces deux vecteurs sont clairement non colinéaires (ils n’ont pas la même coordonnée nulle).
    Donc $\vect{EI}.\vec{n}=6\times 1-2\times 0-3\times 2=0$
    et $\vect{EL}.\vec{n}=6\times 1-2\times 3+0\times 2=0$.
    Le vecteur $\vec{n}$ est orthogonal a deux vecteurs non colinéaires du plan $P$. Il est donc normal à ce plan.
    $\quad$
    b. Une équation cartésienne du plan $P$ est donc de la forme $x-2y+2z+d=0$.
    Le point $E(0;0;6)$ appartient à ce plan. Ces coordonnées vérifient donc son équation.
    Ainsi $0-0+12+d=0\ssi d=-12$.
    Une équation cartésienne du plan $P$ est $x-2y+2z-12=0$.
    $\quad$
  2. On a $FL=3$, $EF=6$ et $FI=3$.
    Par conséquent l’aire du triangle $EFI$ rectangle en $F$ est $\mathscr{A}=\dfrac{6\times 3}{2}=9$ cm$^2$.
    Le volume du tétraèdre $FELI$ est donc $\mathscr{V}=\dfrac{\mathscr{A}\times FL}{3}=\dfrac{9\times 3}{3}=9$ cm$^3$.
    $\quad$
  3. a. Un vecteur directeur de la droite $\Delta$ est $\vec{n}$.
    Le point $F$ a pour coordonnées $(6;0;6)$.
    Une équation paramétrique de la droite $\Delta$ est donc $\begin{cases}x=6+t\\y=-2t\\z=6+2t\end{cases} \quad t\in\R$.
    $\quad$
    b. Le point $F$ appartient à la droite $\Delta$ mais pas au plan $P$. La droite $\Delta$ n’est donc pas incluse dans le plan $P$.
    $\quad$
    Montrons que le point $K$ appartient à la fois à la droite $\Delta$ et au plan $P$.
    Si $t=-\dfrac{2}{3}$ (obtenu en résolvant $-2t=\dfrac{4}{3}$) alors :
    $\begin{cases} x=-\dfrac{2}{3}+6 \\y=-2\times \left(-\dfrac{2}{3}\right)\\z=2\times \left(-\dfrac{2}{3}\right)+6\end{cases} \ssi \begin{cases}x=\dfrac{16}{3}\\y=\dfrac{4}{3}\\z=\dfrac{14}{3}\end{cases} \ssi K\in \Delta$
    De plus :
    $\dfrac{16}{3}-2\times \dfrac{4}{3}+2\dfrac{14}{3}-12=\dfrac{16}{3}-\dfrac{8}{3}+\dfrac{28}{3}-12=12-12=0$
    Le point $K$ appartient donc à la fois au plan $P$ et à la droite $\Delta$.
    L’intersection de la droite $\Delta$ et du plan $P$ est donc le point $K\left(\dfrac{16}{3};\dfrac{4}{3};\dfrac{14}{3}\right)$.
    $\quad$
  4. On a $FK=\sqrt{\left(\dfrac{16}{3}-6\right)^2+\left(\dfrac{4}{3}-0\right)^2+\left(\dfrac{14}{3}-6\right)^2}=2$
    $[FK]$ est la hauteur issue du point $F$ du tétraèdre $FELI$ dont la base est le triangle $ELI$.
    Par conséquent l’aire $\mathscr{A}_{ELI}$ de ce triangle vérifie :
    $9=\dfrac{\mathscr{A}_{ELI}\times 4}{3} \ssi \mathscr{A}_{ELI}=\dfrac{27}{4}$.
    L’aire du triangle $ELI$ est donc égale à $\dfrac{27}{4}$ cm$^2$.
    $\quad$
  5. On trace la parallèle à la droite $(EL)$ passant par $G$. Elle coupe le segment $[EH]$ en $M$.
    On trace la pparallèe à la droite $(IL)$ passant par $G$. Il s’agit de la droite $(BG)$.
    La parallèle à la droite $(BG)$ passant par le point $M$ coupe le segment $[AE]$ en $N$.
    La section du cube par le plan parallèle au plan $P$ passant par le point $G$ est le trapèze $BGMN$.

    $\quad$

 

 

Énoncé

Télécharger (PDF, 707KB)

Si l’énoncé ne s’affiche pas directement rafraîchissez l’affichage.