Antilles Guyane – Septembre 2013

Bac S – Mathématiques – Correction

Vous pouvez trouver l’énoncé du sujet du bac S ici.

Exercice 1

Partie A

Si $\Delta$ est orthogonale à toute droite de $P$ alors $\Delta$ est en particulier orthogonale à $D_1$ et à $D_2$.

Réciproquement, si $\Delta$ est orthogonale à $D_1$ et $D_2$, on a alors $\vec{u_1}.\vec{v} = 0$ et $\vec{u_2}.\vec{v} = 0$. Les $2$ droites $D_1$ et $D_2$ étant sécantes, les vecteurs $\vec{u_1}$ et $\vec{u_2}$ forment une base du plan $P$.

Soit $\vec{u}$ un vecteur directeur d’une droite $D$ de $P$. Il existe donc $2$ réels $a$ et $b$ tels que : $\vec{u}=a\vec{u_1}+b\vec{u2}$.

Par conséquent $\vec{u}.\vec{v} = a\vec{u_1}.\vec{v}+b\vec{u_2}.\vec{v} = 0$.

Les droites $D$ et $\Delta$ sont bien orthogonales.

Partie B

$\vec{AB}(4;-2;-1)$ et $\vec{AC}(-1;-1;-2)$. On constate que $\dfrac{4}{-1} \ne \dfrac{-2}{-1}$. Par conséquent ces $2$ vecteurs ne sont colinéaires et les droites $(AB)$ et $(AC)$ sont sécantes.
Un vecteur directeur de $\Delta$ est $\vec{v}(1;3;-2)$.
$\vec{v}.\vec{AB} = 1 \times 4 + 3 \times (-2) – 2 \times (-1) = 4 – 6 + 2 = 0$
$\vec{v}.\vec{AC} = 1 \times (-1) + 3 \times (-1) – 2 \times (-2) = -1 – 3 + 4 = 0$
La droite $\Delta$ est donc orthogonale à $2$ droites sécantes de $P$. Elle est, par conséquent, orthogonale à toute droite du plan $P$ d’après la propriété démontrée dans la partie A.
Affirmation vraie
Une représentation paramétrique de $(AB)$ est : $\left\{ \begin{array}{l} x=4k \\\\y=-1-2k \qquad k\in\R\\\\z=1-k \end{array} \right.$.
Essayons de trouver un point commun à $(AB)$ et $\Delta$.
$\left\{ \begin{array}{l} t=4k \\\\3t-1=-1-2k \\\\-2t+8=1-k \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=4k \\\\12k-1=-1-2k \\\\-8k-8=1-k \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=4k \\\\k=0 \\\\k=1 \end{array} \right.$
Les $2$ droites sont orthogonales et n’ont pas de point commun. Elles ne sont donc pas coplanaires.
Affirmation fausse
$\vec{v}(1;3;-2)$ est normal au plan $P$. Une équation cartésienne de $P$ est donc de la forme : $x+3y-2z+d = 0$.
Le point $A\in P$. Donc $3 \times (-1) – 2 \times 1 + d = 0$ soit $d = 5$.
Affirmation vraie
Regardons si $\vec{v}$ et $\vec{u}$ sont orthogonaux.
$\vec{v}.\vec{u} = 11 \times 1 – 1 \times 3 + 4 \times (-2) = 11 – 3 – 8 = 0$.
$D$ est donc parallèles au plan au plan $P$ ou contenue dans ce plan.
Or l’origine du repère n’appartient pas au plan $P$ (car $0 \ne 5$).
Affirmation fausse

Exercice 2

Partie A : Etude du cas $k = 1$

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f_1(x) = \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}-(x\text{e}^{-x})=-\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}-x\text{e}^{-x} = 0$
La courbe $\mathcal{C}_1$ possède donc une asymptote horizontale d’équation $y=0$.
$\lim\limits_{x\rightarrow -\infty} \text{e}^{-x} = +\infty$ donc $\lim\limits_{x\rightarrow -\infty}f_1(x) = -\infty$.
La fonction $f_1$ est dérivable sur $\R$ en tant que composée et produit de fonctions dérivables sur $\R$.
$f_1′(x) = \text{e}^{-x} – x\text{e}^{-x} = (1-x)\text{e}^{-x}$
Le signe de $f_1′(x)$ ne dépend que de celui de $1-x$. On obtient donc le tableau de variations suivant :
LA fonction $g_1$ est définie et dérivable sur $\R$.
$g_1′(x) = -\text{e}^{-x} + (x+1)\text{e}^{-x} = x\text{e}^{-x} = f_1(x)$.
$g_1$ est donc bien une primitive de $f_1$ sur $\R$.
$f_1(x)$ est du signe de $x$. Donc $f_1(x) < 0$ sur $]-\infty;0[$, $f_1(x) > 0$ sur $]0;+\infty[$ et $f_1(0)=0$.
L’aire demandée correspond donc à :
$$\int_0^{\text{ln }10} f_1(x)\text{d}x = \left[-(x+1)\text{e}^{-x}\right]_0^{\text{ln } 10} = – \dfrac{\text{ln }(10) + 1}{10} + 1 = \dfrac{9 – \text{ln }(10)}{10} ~\text{u.a.}$$

Partie B : Propriétés graphiques

$f_1(x) = kx\text{e}^{-kx}$ donc $f_k(0)=0$.
Par conséquent toutes les courbes $\mathcal{C}_k$ passent par l’origine du repère.
a. $f_k$ est une composée et un produit de fonctions dérivables sur $\R$. Par conséquent $f_k$ est dérivable sur $\R$.
$f_k'(x)=k\left(\text{e}^{-kx}-kx\text{e}^{-kx}\right) = k(1-kx)\text{e}^{-kx}$.
b. $f_k'(x)$ est donc du signe de $(1-kx)$.
La fonction $f_k$ est par conséquent croissante sur $\left]-\infty;\dfrac{1}{k}\right]$ et croissante sur $\left[\dfrac{1}{k};+\infty\right[$.
Elle admet donc un maximum en $\dfrac{1}{k}$ et $f_k\left(\dfrac{1}{k}\right)=\text{e}^{-1}$.
c. L’abscisse du sommet est $\dfrac{1}{k}$. Graphiquement, on constate que le sommet de $\mathcal{C}_a$ est situé, horizontalement, avant celui de $\mathcal{C}_2$.
Par conséquent $a > 2$.
d. Une équation de la tangente en $O$ est donc $y=f_k'(0)x+f_k(0) = kx$.e. On constate que le coefficient directeur de $T$ est environ $\dfrac{0,6}{0,2} = 3$. Donc $b=3$.

Exercice 3

On cherche donc la probabilité $P(µ1-3\sigma_1 \le X \le µ_1+3\sigma_1) \approx 0,997$ (formule du cours).
On cherche donc $P(5,88 \le Y \le 6,12) = P(Y \le 6,12) – P(Y \le 5,88) \approx 0,984$.
a. On cherche donc $P(D \cap L) = P(D) \times P(L)$ car les$2$ événements sont indépendants.
Par conséquent $p(D \cap L) = p_1 \times p_2 \approx 0,98 \text{ à } 10^{-2} \text{ près}$.
La probabilité que la pièce ne soit pas acceptée est donc de $1-0,98 = 0,02$.
b. $D$ et $L$ sont indépendants. Il en est donc de même pour $\bar{D}$ et $L$.
Par conséquent $p_{\bar{D}}(L) = p(L) = p_2$.

Exercice 4

(Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)

Partie A : modélisation et simulation

L’algorithme nous indique que nous sortons de la boucle quand $y < -1$,$y > 1$ ou $x>9$.
La variable $x$ est initialisée à $0$ et est augmentée de $1$ à chaque tour de boucle. Elle ne prend donc que des valeurs positives.
$(-1;1)$ ne peut donc pas être obtenu.
$(10;0)$ correspond au cas où toutes les valeurs de $y$ sont comprises entre $-1$ et $1$. On sort donc de la boucle du fait de la condition sur $x$. Ce couple peut être obtenu.
$(2;4)$ ne peut être obtenu car la plus grande valeur que peut prendre $y$ est $3$ (et on sort de la boucle à ce moment là!).
$(10;2)$ peut être obtenu en étant parti précédemment su couple $(9;1)$ et ayant choisi $1$ pour $n$.
Si $(y \ge -1 \text{ et } y \le 1)$
$\qquad$ alors Afficher “Tom a réussi la traversée”.
$\qquad$ sinon Afficher “Tom est tombé”.
Fin Si

Partie B

Quand $n = 0$, Tom est au point de coordonnées $(0;0)$.
Donc $a_0 = 0$, $b_0 = 1$ et $c_0 = 0$.
Si Tom se trouve sur un point d’ordonnée $-1$ après $(n+1)$ déplacements, c’est qu’il vient soit d’un point d’ordonnée $0$ (c’est-à-dire $B_n$) ou d’ordonnée $-1$ (c’est-à-dire $A_n$).
Les trois types de déplacements sont équiprobables donc $a_{n+1} = \dfrac{a_n+b_n}{3}$.
Si Tom se trouve sur un point d’ordonnée $0$ après $(n+1)$ déplacements, c’est qu’il vient d’un point d’ordonnée $-1$ ($A_n$), d’ordonnée $0$ ($B_n$) ou d’ordonnée $1$ ($C_n$).
Les trois types de déplacements sont équiprobables donc $b_{n+1} = \dfrac{a_n+b_n+c_n}{3}$.
Pour la même raison que pour $a_{n+1}$, on a $c_{n+1} = \dfrac{c_n+b_n}{3}$.
$p(A_1) = \dfrac{0+1}{3} = \dfrac{1}{3}$ et $p(B_1) = \dfrac{0 + 1 0}{3}=\dfrac{1}{3}$.
Au premier déplacement, Tom ne peut pas tomber donc $p(C_1) = 1 – p(A_1) – p(B_1) = \dfrac{1}{3}$.
$p(A_2) = \dfrac{\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}}{3} = \dfrac{2}{9}$
$p(B_2) = \dfrac{\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}}{3} = \dfrac{1}{3}$
$p(C_2) = \dfrac{\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}}{3} = \dfrac{2}{9}$.
Les trois événements $A_{10}$, $B_{10}$ et $C_{10}$ sont disjoints donc :
$$p(A_{10} \cup B_{10} \cup C_{10}) = a_{10}+b_{10}+c_{10} \approx 0,137$$

Exercice 4

(Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité)

Partie A

Si on saisit le nombre $3$, l’algorithme affiche $3$.
Si on saisit le nombre $55$ l’algorithme affiche $3$.
Cet algorithme fournit le reste de la division euclidienne de $A$ par $26$.

Partie B

a. On a donc $y_1 = 3x_1 + x_2$ et $y_2=5x_1+2x_2$ ainsi que $y’_1 = 3x’_1+x’_2$ et $y’_2=5x’_1+2x’_2$.
Or $z_1 \equiv y_1~(26)$ et $z_1 \equiv y’_1~(26)$ par conséquent $y_1 \equiv y’_1 ~(26)$.
D’où $3x_1+x_2 \equiv 3x’_1+x’_2 ~(26)$.
De même $z_2 \equiv y_2 ~(26)$ et $z_2 \equiv y’_2 ~(26)$ par conséquent $y_2 \equiv y’_2 ~(26)$
Et $5x_1+2x_2 \equiv 5x’_1 + 2x’_2 ~(26)$.
b. On appelle $L_1$ la ligne $3x_1 + x_2 \equiv 3x’_1 + x’_2 ~(26)$ et $L_2$ la ligne $5x_1 + 2x_2 \equiv 5x’_1 + 2x’_2 ~(26)$.
Alors $2l_1-L2$ donne $x_1 \equiv x’_1~(26)$ et $3L_2 – 5L_1$ donne $x_2 \equiv x’_2~(26)$.
Les nombres $x_1$, $x_2$, $x’_1$ et $x’_2$ sont des entiers compris entre $0$ et $25$.
Par conséquent ils sont égaux à leur reste dans la division euclidienne par $26$.
Cela signifie donc que $x_1 = x’_1$ et $x_2 = x’_2$.
a. $C \times C’ = \left( \begin{matrix} 1&0\\\\0&1 \end{matrix} \right)$. Par conséquent $C’$ est bien la matrice inverse de la matrice $C$.
b. $\left( \begin{matrix} y_1 \\\\ y_2 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} 2 \times 3 – 1 \times 15 \\\\-5 \times 3 + 3 \times 15 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} -9 \\\\ 30 \end{matrix} \right)$
c. Alors $-9 = -26 + 17$ donc $x_1 = 17$ et $30 = 26 + 4$ d’où $x_2 = 4$.
d. On peut donc conjecturer que $\left\{\begin{array}{lr} x_1\equiv 2y_1 – y_2~(26) & \text{avec } 0 \le x_1 \le 25 \\\\x_2 \equiv -5y_1 + 3y_2~(26) & \text{avec } 0 \le x_2 \le 25 \end{array} \right.$
$3x_1+x_2 \equiv 6y_1 – 3y_2 – 5y_1 + 3y_2 \equiv y_1 \equiv z_1 ~(26)$
$5x_1+2x_2 \equiv 10y_1 – 5y_2 – 10y_1 + 6y_2 \equiv y_2 \equiv z_2 ~(26)$
Par conséquent $\left( \begin{matrix} x_1 \\\\ x_2 \end{matrix} \right)$ est bien le couple de nombres initial ayant permis d’obtenir $\left( \begin{matrix} y_1 \\\\ y_2 \end{matrix} \right)$ à l’aide du procédé de codage.
$QC \rightarrow \left( \begin{matrix} 16 \\\\ 2 \end{matrix} \right)$
Alors $y’_1 = 16 \times 2 – 1 \times 2 = 30$ et $y’_2 = -5 \times 16 + 3 \times 2 = -74$.
Par conséquent $x’_1 = 4$ et $x’_2 = 4$.
Le code $QC$ provenait donc de $EE$.