Liban – Mai 2014

Bac S – Mathématiques – Correction

Vous trouverez l’énoncé de ce sujet de bac ici.

Exercice 1

Partie A

1. 
   
   
2. D’après l’arbre de probabilités précédent on a :
   $$P(V \cap R) = 0,7 \times 0,006 = 4,2 \times 10^{-3}$$
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3. D’après la propriété des probabilités totales, on a :
   $$P(R) = P(R\cap V) + P(R\cap B) = 4,2\times 10^{-3} + 0,3 \times 0,05 = 0,0192$$
   $~$
4. On cherche donc $P_R(B) = \dfrac{P(R\cap B)}{P(R)} = \dfrac{0,3 \times 0,05}{0,0192}= 0,78125$
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Partie B : le vélo

1. On cherche donc $P(15 \le T \le 20) \approx 0,9460$ d’après la calculatrice.
   L’élève a donc une probabilité de $94,6\%$ de se rendre à son lycée entre $15$ et $20$ minutes.
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2. Il arrive en retard s’il met plus de $20$ minutes.
   On cherche donc $P(T \ge 20) = 1 – P(T \le 20) \approx 0,0062$
   Il a donc une probabilité de $0,62\%$ d’arriver en retard en partant à $7\text{h }40$.
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3. On cherche donc la valeur de $a$ telle que $P(T\le a) = 0,9$ soit $a \approx 19$.
   Il doit partir avant $7\text{ h}41$ pour arriver à l’heure au lycée avec une probabilité de $0,9$.
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Partie C : le bus

1. En faisant le changement de variable $Z’ = \dfrac{T’-15}{\sigma’}$, quand $T’$ suit la loi normale d’espérance $µ’=15$ et d’écart-type $\sigma’$, suit la loi normale centrée réduite.
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2. On a donc :
   $$ P(T’ > 20) = 0,05$$
   $$P(T’-15 > 20 – 15) = 0,05$$
   $$P\left( \dfrac{T’-15}{\sigma’} > \dfrac{5}{\sigma’}\right) = 0,05$$
   $$P\left( Z’ > \dfrac{5}{\sigma’} \right) = 0,05$$
   $$P\left( Z’ < \dfrac{5}{\sigma’} \right) = 0,95$$
   A l’aide la calculatrice, on trouve $\dfrac{5}{\sigma’} \approx 1,6449$
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   D’où $\sigma’ =  3,0398$

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Exercice 2

Proposition 1 : VRAIE
Regardons si les coordonnées des points $A$ et $B$ vérifient le système d’équations donné.
Si $t=2$ alors $x=5 – 4 = 1$, $y=-1 + 2 = 1$ et $z=-2 + 2 = 0$. C’est vrai pour $A$.
Si $t=1$ alors $x=5-2 = 3$, $y=-1 + 1 = 0$ et $z=-2+1 = -1$. C’est vrai pour $B$.

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Proposition 2 : VRAIE
Un vecteur directeur de $\mathcal{D}$ est $\vec{u}(2;1;3)$.
Un vecteur directeur de $(AB)$ est $\vec{v}(-2;1;1)$.
$\vec{u}.\vec{v} = -2 \times 2 + 1 \times 1 + 3 \times 1 = -4 + 1 + 3 = 0$
Les $2$ vecteurs sont donc orthogonaux. Les droites associées le sont aussi.

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Proposition 3 : FAUSSE
Si les $2$ droites sont coplanaires, elles sont donc, d’après la proposition précédente, sécantes.
On cherche donc un couple $(t,t’)$ tel que :
$$\left\{ \begin{array}{l} 2t=5-2t’ \\\\1+t=-1+t’ \\\\-5+3t=-2+t’ \end{array} \right.$$
$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=-2+t’\\\\2(-2+t’)=5-2t’ \\\\-5+3(-2+t’)=-2+t’ \end{array} \right.$$

$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=-2+t’\\\\-4+2t’=5-2t’ \\\\-11+3t’=-2+t’ \end{array} \right.$$

$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=-2+t’\\\\4t’=9 \\\\2t’=9 \end{array} \right.$$

Les $2$ dernières lignes de ce systèmes ne sont pas compatibles.

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Proposition 4 : FAUSSE
Regardons si le point $E$ appartient au plan : $8 -(-3) + 3\times(-4) + 1 = 8 + 3 – 1 2 + 1 = 0$. Donc $E$ appartient bien au plan.
Regardons maintenant si le point $E$ appartient à la droite :
On cherche la valeur de $t$ telle que :

$$  \left\{ \begin{array}{l} 2t = 8\\\\1+t=-3\\\\-5+3t=-4 \end{array} \right.$$
La première ligne nous donne donc $t=4$ mais $1+4 = 5 \ne -3$

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Proposition 5 : VRAIE
Regardons si le vecteur normal $\vec{n}(1;-1;3)$ au plan $\mathcal{P}$ est orthogonal à $\vec{AB}(2;-1;-1)$ et à $\vec{AC}(6;0;-2)$
$\vec{n}.\vec{AB} = 2 \times 1 – 1\times (-1) -1 \times 3 = 2 + 1 – 3 = 0$
$\vec{n}.\vec{AC} = 6 \times 1 – 2 \times 3 = 6 – 6 = 0$
Le vecteur normal $\vec{n}$ est donc orthogonal à $2$ vecteurs non colinéaires de $(ABC)$. C’est donc également un vecteur normal du plan $(ABC)$.

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Exercice 3

Partie A

1.  $f'(x) = \text{e}^{-x} – x\text{e}^{-x}$ $= (1 – x)\text{e}^{-x}$
   La fonction exponentielle est toujours positive.
   Par conséquent le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $1-x$
   Cela signifie donc que :
   – sur $[0;1]$ , $f'(x) \ge 0$ et la fonction $f$ est croissante.
   – sur $[1;+\infty[$, $f'(x) \le 0$ et la fonction $f$ est décroissante.
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2. $f(x) = -(-x)\text{e}^{-x}$
   Or $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} (-x)\text{e}^{-x} = \lim\limits_{x \rightarrow – \infty} x\text{e}^{x} = 0$
   Donc $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x) = 0$
   La droite d’équation $y=0$ est donc une asymptote à la courbe $\mathcal{C}$

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Partie B

1. On a $\mathcal{A(t)} = \displaystyle \int_0^t f(x)dx$.
   La fonction $f$ étant positive et continue sur $[0;+\infty[$, on a donc $\mathcal{A}'(t) = f(t) \ge 0$.
   La fonction $\mathcal{A}$ est donc strictement croissante.
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2. Cela signifie donc que $\lim\limits_{t \rightarrow +\infty} \displaystyle \int_0^t f(x)dx) = 1$.
   par conséquent $\lim\limits_{t \rightarrow +\infty}\mathcal{A}(t) = 1$.
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3. a. La fonction $\mathcal{A}$ est continue et strictement croissante sur $[0;+\infty[$.
   $\mathcal{A}(0) = 0$ et $\lim\limits_{t \rightarrow +\infty}\mathcal{A}(t) = 1$
   or $\dfrac{1}{2} \in ]0;1[$.
   D’après le théorème de la bijection (ou le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $ \mathcal{A}(t) = \dfrac{1}{2}$ possède une unique solution.
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   b.
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4. a. $g'(x) = \text{e}^{-x} – (x+1)\text{e}^{-x} = -x\text{e}^{-x}$
   $~$
   b. Par conséquent $-g$ est une primitive de $f$.
   On a donc $\mathcal{A}(t) = -g(t) – (- g(0)) = -g(t) + g(0) = -(t+1)\text{e}^{-t} + 1$
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   c. $\mathcal{A}(6) = -7\text{e}^{-6}+1 \approx 0,98$ u.a.
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Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

1. $u_0=|z_0| = \sqrt{3 + 1} = 2$
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2. $u_{n+1}=|1+i|\times|z_n| = \sqrt{2}u_n$.
   Par conséquent la suite $(u_n)$ est géométrique de raison $\sqrt{2}$ et de premier terme $u_0 = 2$.
   $~$
3. On a donc $u_n = 2\sqrt{2}^n$ pour tout entier naturel $n$.
   $~$
4. On a : $1 < \sqrt{2}$. Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = +\infty$.
   $~$
5. Variables :
   $\qquad$ $u$ est un réel
   $\qquad$ $p$ est un réel
   $\qquad$ $n$ est un entier
   Initialisation :
   $\qquad$ Affecter à $n$ la valeur $0$
   $\qquad$ Affecter à $u$ la valeur $2$
   Entrée :
   $\qquad$ Demander la valeur de $p$
   Traitement :
   $\qquad$ Tant que $u \le p$
   $\qquad \qquad$ Affecter à $u$ la valeur $u\times \sqrt{2}$
   $\qquad \qquad$ Affecter à $n$ la valeur $n+1$
   $\qquad$ Fin Tant que
   Sortie :
   $\qquad$ Afficher $n$

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Partie B

1. $z_1 = (1+\text{i})(\sqrt{3} – \text{i}) $ $= \sqrt{3} – \text{i} + \sqrt{3} \text{i}+ 1 $ $= (1+ \sqrt{3}) + (\sqrt{3} – 1)\text{i}$
   $~$
2. $|z_0| = u_0 = 2$
   Donc $z_0 = 2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} – \dfrac{1}{2}\text{i} \right)$ $=2\text{e}^{-\text{i} \pi/6}$
   $~$
   $|1+\text{i}| = \sqrt{2}$ donc $1+\text{i} = \sqrt{2} \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\text{i} \right)$ $=\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\pi /4}$
   $~$
   Par conséquent $z_1 = z_0(1+\text{i}) = 2\sqrt{2} \text{e}^{\text{i}\pi (1/4 – 1/6)} = 2\sqrt{2} \text{e}^{\text{i} \pi /12}$
   $~$
3. On en déduit donc que $2\sqrt{2} \cos \left(\dfrac{\pi}{12} \right) = 1 + \sqrt{3}$
   donc $\cos \left(\dfrac{\pi}{12} \right) = \dfrac{1+\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. On a donc $b_1 = 0,05 \times a_0 = 0,05$ , $c_1 = 0$ et donc $a_1 = 0,95$.
   $~$
2.  a. D’un jour sur l’autre $95 \%$ des individus sains restent sains.
   Donc $a_{n+1} = 0,95a_n$.
   $~$
   b. Si $20\%$ des individus guérissent c’est que $80\%$ restent malades.
   Donc $b_{n+1} = 0,8b_n + 0,05a_n$.
   $~$
3. a. $A \times U_n = \begin{pmatrix} 0,95a_n \\\\0,05a_n+0,8b_n\\\\0,2b_n+c_n \end{pmatrix} = U_{n+1}$
   $~$
   b. Initialisation : si $n = 1$ alors $D^0 = D$
   La propriété est donc vraie au rang $1$.
   Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$
   Alors
   $D^{n+1} = D \times D^n$ $= \begin{pmatrix} 0,95&0&0\\\\0&0,8&0\\\\0&0&1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}0,95^n&0&0\\\\0&0,8^n&0\\\\0&0&1 \end{pmatrix}$ $ =\begin{pmatrix} 0,95^{n+1}&0&0\\\\0&0,8^{n+1}&0\\\\0&0&1 \end{pmatrix} $
   La propriété est donc vraie.
   Conclusion : la propriété est vraie au rang $1$. En la supposant vraie au rang $n$ elle est encore vraie au rang suivant.
   Donc pour tout entier naturel $n$, on a bien :
   $$D^{n} = \begin{pmatrix} 0,95^{n}&0&0\\\\0&0,8^{n}&0\\\\0&0&1 \end{pmatrix}$$
   $~$
4. a. On a donc $U_{n} = A^n \times U_0 = \begin{pmatrix} 0,95^n \\\\ \dfrac{1}{3}(0,95^n-0,8^n) \\\\ \dfrac{1}{3}(3 – 4\times 0,95^n +0,8^n) \end{pmatrix}$
   On a bien $b_n = \dfrac{1}{3}(0,95^n-0,8^n) $
   $~$
   b. $0<0,95<1$ et $0<0,8<1$
   Donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 0,95^n = 0$ et  $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 0,8^n = 0$
   Par conséquent  $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} b_n = 0$.
   $~$
   c.
   Variables : 
   $\qquad b,b’,x,y$ sont des réels
   $\qquad k$ est un entier naturel
   $\qquad n$ est un entier
   Initialisation :
   $\qquad$ Affecter à $b$ la valeur $0$
   $\qquad$ Affecter à $b’$ la valeur $0,05$
   $\qquad$ Affecter à $k$ la valeur $0$
   $\qquad$ Affecter à $x$ la valeur $0,95$
   $\qquad$ Affecter à $y$ la valeur $0,8$
   Traitement :
   $\qquad $ Tant que $b < b’$ faire :
   $\qquad \qquad$ Affecter à $k$ la valeur $k+1$
   $\qquad \qquad$ Affecter à $b$ la valeur $b’$
   $\qquad \qquad$ Affecter à $x$ la valeur $0,95x$
   $\qquad \qquad$ Affecter à $y$ la valeur $0,80y$
   $\qquad \qquad$ Affecter à $b’$ la valeur $\dfrac{x-y}{3}$
   $\qquad$ Fin Tant que
   Sortie :
   $\qquad$ Afficher $k$
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   On obtient donc le tableau suivant :

   	$k$	$b$	$x$	$y$	$b’$	Test : $b<b’$ ?
   Après le $7^\text{e}$ passage dans la boucle Tant que	$7$	$0,1628$	$0,6634$	$0,1678$	$0,1652$	Vrai
   Après le $8^\text{e}$ passage dans la boucle Tant que	$8$	$0,1652$	$0,6302$	$0,1342$	$0,1653$	Vrai
   Après le $9^\text{e}$ passage dans la boucle Tant que	$9$	$0,1653$	$0,5987$	$0,1074$	$0,1638$	Faux

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   Le pic épidémique a donc lieu entre le $8^\text{ème}$ et le $9^\text{ème}$ jour.