Amérique du Nord – Mai 2013

Bac S – Mathématiques – correction

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

Exercice 1

$\vec{AB}(1;-1;-1)$ $\quad \vec{AC}(2;-5;-3)$
Or $\dfrac{2}{1} \ne \dfrac{-5}{-1}$. Par conséquent les vecteurs ne sont pas colinéaires et les points ne sont pas alignés.
a. $\vec{u}.\vec{AB} = 2 \times 1 – 1 \times (-1) – 1 \times 3 = 2 + 1 – 3 =0$
$\vec{u}.\vec{AC} = 2 \times 2 – 1 \times (-5) + 3 \times (-3) = 4 + 5 – 9 = 0$.
Le vecteur $\vec{u}$ est donc ortogonal à $2$ vecteurs de base du plan $(ABC)$.
La droite $\Delta$ est par conséquent orthogonal au plan $(ABC)$.
$\quad$
b. On en déduit donc qu’une équation cartésienne de $(ABC)$ est de la forme :
$2x-y+3z+d=0$. On sait de plus que $A$ appartient à ce plan donc :
$-4+3+d=0$. Par conséquent $d=1$.
Une équation cartésienne de $(ABC)$ est donc : $2x-y+3z+1=0$.
$\quad$
c. $\Delta$ passe par $D$ et a le vecteur $\vec{u}$ comme vecteur directeur.
Par conséquent une représentation paramétrique est :
$$\left\{ \begin{array}{l}
x=7+2t \\\\
y=-1-t \qquad t\in \R \\\\
z=4+3t
\end{array}
\right.$$
$\quad$
d. On remplace les coordonnées de $\Delta$ dans l’équation de $(ABC)$ :
$2(7+2t)-(-1-t)+3(4+3t)+1=0$
$\Leftrightarrow 14 + 4t + 1 + t + 12 + 9t + 1 = 0$
$\Leftrightarrow 28 + 14t = 0$
$\Leftrightarrow t = -2$
Donc $H \left( 7+2\times -(2);-1 + 2; 4 + 3 \times (-2) \right)$ c’est-à-dire $H(3;1;-2)$
a. Un vecteur normal de $\mathcal{P}_1$ est $\vec{n_1}(1;1;1)$.
Un vecteur normal de $\mathcal{P}_2$ est $\vec{n_2}(1;4;0)$.
Ces $2$ vecteurs ne sont pas colinaires. Donc les plans ne sont pas colinéaires et sont par conséquent sécants.
$\quad$
b. On peut montrer, par exemple, que l’équation fournie vérifie les $2$ équations de plan.
On peut également chercher cette équation en résolvant le système :
$\left\{ \begin{array}{l} x+y+z=0 \\\\ x+4y+2=0 \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}-4y-2+y+z=0 \\\\ x=-4y-2 \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}z=2+3y \\\\ x=-4y-2 \end{array} \right.$
Une équation paramétrique de $d$ est donc bien :
$$ \left\{ \begin{array}{l}x=-4t-2 \\\\ y = t \qquad \qquad t \in \R \\\\ z=3t+2 \end{array} \right.$$
$\quad$
c. Un vecteur directeur de cette droite est donc $\vec{v}(-4;1;3)$.
$\vec{u}.\vec{v} = -4 \times 2 + 1 \times (-1) + 3 \times 3 = -8 – 1 + 9 = 0$.
Par conséquent la droite $d$ est parallèle au plan $(ABC)$.
De plus le point $E(-2;0;2)$ ne vérifie pas l’équation de $(ABC)$.
La droite $d$ est strictement parallèle au plan $(ABC)$.

Exercice 2

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

a. Voici les valeurs que nous donne l’algorithme

I u

$0$ $1$

$1$ $1,41421356$

$2$ $1,68179283$

$3$ $1,83400809$

L’algorithme fournit donc la valeur $1,8340$ à $10^{-4}$ près.
$\quad$
b. L’algorithme nous donne la $n$-ième valeur de la suite $(u_n)$.
$\quad$
c. Il semblerait que la suite $(u_n)$ soit positive,croissante et tende vers $2$.
a. Montrons ce résultat par récurrence.
Initialisation : $u_0 = 1$ : la propriété est vraie au rang $0$.
Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $0<u_n \le 2$.
Alors $0 < 2u_n \le 4$ et donc $0 < \sqrt{2u_n} \le 2$ (car la fonction racine carrée est croissante).
La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$. En la supposant vraie au rang $n$, elle est encore vraie au rang suivant.
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ : $0 < u_n \le 2$.
$\quad$
b. $u_{n+1}- u_n = \sqrt{2u_n} – u_n = \sqrt{u_n} \left( \sqrt{2} – \sqrt{u_n} \right)$
Or $\sqrt{u_n} > 0 $ et on sait que $0 < u_n \le 2$ par conséquent $0 < \sqrt{u_n} \le \sqrt{2}$.
Finalement $u_{n+1} – u_n \ge 0$ et la suite $(u_n)$ est croissante.
$\quad$
c. La suite $(u_n)$ est croissante et majorée. Elle converge donc.

I	u
$0$	$1$
$1$	$1,41421356$
$2$	$1,68179283$
$3$	$1,83400809$

a. $v_{n+1} = \text{ln } u_{n+1} – \text{ln } 2$ $= \text{ln } \sqrt{2u_n} – \text{ln } 2 $ $=\dfrac{1}{2} \text{ln } 2u_n – \text{ln } 2 $ $=\dfrac{1}{2} \left(\text{ln } 2 + \text{ln } u_n \right) – \text{ln } 2 $ $= \dfrac{1}{2} \text{ln } u_n – \dfrac{1}{2} \text{ln } 2$ $=\dfrac{1}{2} v_n$.
La suite $(v_n)$ est donc gémétrique de raison $\dfrac{1}{2}$.
Son premier terme est $v_0 = \text{ln } u_0 – \text{ln } 2 = -\text{ln } 2$.
$\quad$
b. Par conséquent $v_n = \left( \text{ln } 2 \right) \times \left( \dfrac{1}{2} \right) ^n$.
On sait que $v_n = \text{ln } u_n – \text{ln } 2$ donc $\text{ln } u_n = v_n + \text{ln } 2$
D’ù $u_n = \text{exp} \left( v_n + \text{ln } 2 \right)$ $=\text{exp}(v_n) \times 2$.
Par conséquent $u_n = 2\text{exp}\left(-(\text{ln } 2) \times \left( \dfrac{1}{2} \right)^n \right)$.
$\quad$
c. $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \left( \dfrac{1}{2} \right)^n = 0$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \text{exp}\left( (-\text{ln } 2) \times \left( \dfrac{1}{2} \right)^n \right) = 1$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = 2$
$\quad$
d.

Variables :	$n$ est un entier naturel $u$ est un réel
Initialisation :	Affecter à $n$ la valeur $0$ Affecter à $u$ la valeur $1$
Traitement :	Tant que $u \le 1,999$$u$ prend la valeur$n$ prend la valeur $n + 1$ Fin Tant que
Sortie :	Afficher $n$

Exercice 2

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

Voici l’état des variables $a$,$b$ (qui ne varie pas !) et $c$.

$a$ $13$ $9$ $5$ $1$

$b$ $4$ $4$ $4$ $4$

$c$ $0$ $1$ $2$ $3$

$\quad$
Cet algorithme permet de calculer le quotient et le reste de $a$ par $b$.

$a$	$13$	$9$	$5$	$1$
$b$	$4$	$4$	$4$	$4$
$c$	$0$	$1$	$2$	$3$

Partie B

La lettre U est associée au nombre $20$. $9 \times 20 + 5 = 185$ et $ 185 \equiv 3 [26]$.
Donc la lettre U est codée par D.
$\quad$

Variables :	$a$ est un entier naturel $c$ est un entier naturel
Initialisation :	Affecter à $c$ la valeur $0$Demander la valeur de $a$Affecter à $a$ la valeur $9 \times a + 5$
Traitement :	Tant que $a > 26$$\quad$ Affecter à $c$ la valeur $c +1$$\quad$ Affecter à $a$ la valeur $a −26$Fin de tant que
Sortie :	Afficher $a$

Partie C

$9 \times 3 = 27 \equiv 1 [26]$.
On peut donc prendre $x=3$
$\quad$
$9m+5 \equiv p[26]$ $\Leftrightarrow 3 \times (9m + 5) \equiv 3p [26]$ $\Leftrightarrow 3 \times 9 \times m + 15 \equiv 3p [26]$ $\Leftrightarrow m = 3p-15 [26]$ car $3\times 9 \equiv 1[26]$.
$\quad$
La lettre B est associée à $1$.
Prenons donc $p=1$.
D’après la question précédente $m \equiv 3 \times 1 – 15[26]$ soit $m \equiv -12[26]$ et donc $m \equiv 14 [26]$.
Donc la lettre B a été trouvée en prenant la lettre O.

Exercice 3

Partie A

$P(390 \le X \le 410) = P(X \le 410) – P(X < 390)$ $=0,818 – 0,182 = 0,636$
On cherche donc $P(X \ge 385) = 1 – P(X < 385) = 1 – 0,086 = 0,914$.
La variable aléatoire $\dfrac{X – µ}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite.
On veut que $P(X \ge 385) = 0,96$ soit $P(X < 385) = 0,04$.
Par conséquent $P \left( \dfrac{X – µ}{\sigma} < \dfrac{385 – µ}{\sigma} \right) = 0,04$.
On cherche donc $\sigma$ tel que $\dfrac{385 – 400}{\sigma} = -1,751$ soit $\sigma = \dfrac{15}{1,751} \approx 8,6$ au dixième près.

Partie B

$300 > 30$ $\quad 300 \times 0,96 = 288 > 5$ et $300 \times 0,04 = 12 > 5$.
L’intervalle de fluctuation au seuil de $95 \%$ est donc :
$$ I_{300} = \left[0,96 – 1,96 \dfrac{\sqrt{0,96 \times 0,04}}{\sqrt{300}};0,96 + 1,96 \dfrac{\sqrt{0,96 \times 0,04}}{\sqrt{300}} \right] = [0,937;0,983]$$
$\dfrac{283}{300} \approx 0,943 \in I_{300}$. L’objectif est donc atteint.

Partie C

On a donc $P(T \ge 30) = 0,913$ donc $\text{e}^{-30\lambda} = 0,913$ $\Leftrightarrow -30\lambda = \text{ln }0,913$ $\Leftrightarrow \lambda = \dfrac{\text{ln }0,913}{-30}$.
Donc $\lambda \approx 0,003$.
On cherche donc $P_{T \ge 60}(T \ge 90) = P_{T \ge 60}(T \ge 60 + 30) = P(T \ge 30) = 0,913$ (durée de vie sans vieillissement).
$P(T \ge 365) = \text{e}^{-0,003 \times 365} = 0,335$. Le vendeur a donc tort.
On cherche donc $n$ tel que $P(T \ge n) = 0,5$ soit $\text{e}^{-0,003n} = 0,5$ par conséquent $-0,003n = \text{ln } 0,5$ et $n = \dfrac{\text{ln }0,5}{-0,003} \approx 231,05$.
Il y a donc une chance sur deux pour que la balance ne se dérègle pas avant $231$ jours.

Exercice 4

a. $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{1}{x^2} = +\infty$ $\quad \lim\limits_{x \rightarrow 0} (1 + \text{ln }x) = -\infty$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f(x) = -\infty$.
$\quad$
b. $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\text{ln } x}{x} = 0$ et $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{x} = \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{x^2} = 0$.
Or $f(x)= \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1}{x} \times \dfrac{\text{ln }x}{x}$ par conséquent $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x) = 0$.
$\quad$
c. $\mathcal{C}$ possède donc une asymptote verticale d’équation $x=0$ et une asymptote horizontale d’équation $y=0$.
a. $f$ est un quotient de fonctions dérivables sur $]0;+\infty[$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
Elle est donc dérivable sur $]0;+\infty[$.
$$f'(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x} \times x^2 – 2x(1 + \text{ln }x) }{x^4} = \dfrac{x-2x-2x\text{ln }x}{x^4} = \dfrac{-x – 2x\text{ln }x}{x^4} = \dfrac{-1 – 2\text{ln }x}{x^3}$$
$\quad$
b. $-1 -2\text{ln }x > 0$ $\Leftrightarrow -1 > 2\text{ln }x$ $\Leftrightarrow \dfrac{-1}{2} > \text{ln }x$ $\Leftrightarrow \text{e}^{-0,5} > x$
Par conséquent, puisque $x^3$ est positif sur $]0;+\infty[$, $f'(x)$ est positif sur $]0;\text{e}^{-0,5}[$ et négatif sur $ ]\text{e}^{-0,5};+\infty[$.
$\quad$

et $f(\text{e}^{-0,5}) = \dfrac{0,5}{\text{e}^{-1}} = 0,5\text{e}$.
a. $f(x) = 0 \Leftrightarrow 1 + \text{ln } x = 0 \Leftrightarrow x = \text{e}^{-1}$.
La courbe $\mathcal{C}$ coupe donc l’axe des abscisses en un seul point de coordonnées $(\text{e}^{-1};0)$.
$\quad$
b. $\text{e}^{-1} < \text{e}^{-0,5}$ par conséquent sur $]0;\text{e}^{-1}[$, $f(x) < 0$.
Sur $]\text{e}^{-1};+\infty[$, $f(x) > 0$.
Et $f(\text{e}^{-1}) = 0$
$\quad$
a. On cherche donc $\displaystyle I_2 = \int_{1/\text{e}}^2 f(x)\text{d}x$.
$\text{e}^{-1} = \dfrac{1}{\text{e}}$ donc $f$ est continue et positive sur $[\text{e}^{-1};2]$ et $I_2 \ge 0$.
De plus $f(x) \le f(\text{e}^{-0,5})$. Par conséquent $I_2 \le 0,5\text{e}\left(2 – \dfrac{1}{\text{e}} \right)$ soit $I_2 \le \text{e} – \dfrac{1}{2}$.
Donc finalement, $0 \le I_2 \le \text{e} – \dfrac{1}{2}$.
$\quad$
b. $I_n = F(n) – F\left( \dfrac{1}{\text{e}} \right)$ $ = \dfrac{-2 – \text{ln }n}{n} – \dfrac{-2 + 1}{\dfrac{1}{\text{e}}}$ $ = \dfrac{-2 – \text{ln }n}{n} + \text{e}$.
$\quad$
c. $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{-2 – \text{ln }n}{n} = 0$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} I_n = \text{e}$.
Cela signifie donc que l’aire comprise entre la courbe et l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=n$ et $x=\dfrac{1}{\text{e}}$ tend vers $\text{e}$.