Amérique du Sud – Novembre 2013

Amérique du Sud – Novembre 2013

Bac S – Mathématiques – Correction

Vous pouvez trouver l’énoncé du sujet de ce bac ici.

Exercice 1

Partie A

  1. $f(x)=x\text{e}^{1-x} = x\text{e} \times \text{e}^{-x} = x\text{e} \times \dfrac{1}{\text{e}^x} = \text{e} \times \dfrac{x}{\text{e}}$
  2. $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{1}{\text{e}^x} = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{x}{\text{e}^x} = -\infty$ et $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} f(x)=-\infty$
  3. $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{x}=+\infty$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{x}{\text{e}^x} = 0^+$ et $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x) = 0^+$
  4. $f$ est un produit de fonctions dérivables sur $\R$, par conséquent $f$ est dérivable sur $\R$.
    $f'(x) = \text{e}^{1-x} – x\text{e}^{1-x} = (1-x)\text{e}^{1-x}$
  5. La fonction exponentielle étant toujours positive, le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que du signe de $1-x$.
    ts - amerique du sud - nov2013- ex1

Partie B

  1. $(1-x)g_n(x) = 1 +x + x^2 + \ldots+x^n – (x + x^2 + x^3+ \ldots + x^n+x^{n+1}) = 1-x^{n+1}$ (ce sont des sommes télescopiques).
  2. $g’_n(x) = 0 + 1 + 2x + 3x^2 + \ldots + nx^{n-1} = h_n(x)$
    Or $g’_n(x) = \dfrac{-(n+1)x^n(1-x)+(1-x^{n+1})}{(1-x)^2}$.
    Donc $h_n(x) = \dfrac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(1-x)^2}$
  3. $S_n = 1 + 2\text{e}^{-1} + 3\text{e}^{-2}+ \ldots + n\text{e}^{1-n}$
    $S_n = h_n(\text{e}^{-1}) = \dfrac{n\text{e}^{-n-1}-(n+1)\text{e}^{-n}+1}{(1-\text{e}^{-1})^2}$
    $S_n= \dfrac{\dfrac{n}{\text{e}^{n+1}} – \dfrac{n+1}{\text{e}^{n}}+1}{(1-\text{e}^{-1})^2}$
    $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{n}{\text{e}^n} = 0$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{n+1}{\text{e}^n} = 0$ par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} S_n = \dfrac{1}{(1-\text{e}^{-1})^2}$

Exercice 2

  1. $F(1;0;1)$ et $D(0;1;0)$ donc $\vec{FD}(-1;1;-1)$.
    Une représentation paramétrique de $(FD)$ est donc $\left\{ \begin{array}{l} x=1-t \\\\y=t\qquad \\\\z=1-t \end{array} \right.$
  2. $B(1;0;0)$, $E(0;0;1)$ et $G(1;1;1)$
    Donc $\vec{BG}(0;1;1)$ et $\vec{BE}(-1;0;1)$.
    Ces $2$ vecteurs ne sont pas colinéaires.
    $\vec{n}.\vec{BG} = 0 – 1 + 1 = 0$ et $\vec{n}.\vec{BE} = -1 + 0 + 1 = 0$.
    Par conséquent, $\vec{n}$ est orthogonal à $2$ vecteurs non colinéaires du plan $(BGE)$.
    Il est donc orthogonal au plan.
    Une équation du plan $(BGE)$ est donc de la forme $x-y+z+d=0$.
    $B$ vérifie cette équation. Par conséquent $1+d=0$ et $d=-1$.
    Une équation cartésienne de $(BGE)$ est donc $x-y+z-1=0$.
  3. $\vec{n}=-\vec{FD}$ par conséquent $\vec{FD}$ est orthogonal au plan $(BGE)$ et la droite $(FD)$ est perpendiculaire au plan $(BGE)$.
    Recherchons les coordonnées du point d’intersection. Celles-ci vérifient le système d’équations de $(FD)$ ainsi que l’équation de $(BGE)$.
    Donc $1-t-t+1-t-1=0$ soit $t=\dfrac{1}{3}$.
    On obtient donc $x= \dfrac{2}{3}, y = \dfrac{1}{3}$ et $z = \dfrac{2}{3}$.
    $K$ est donc bien le point d’intersection de $(FD)$ et de $(BGE)$.
  4. $[BG]$ , $[BE]$ et $[EG]$ sont des diagonales de carrés de côté $1$.
    Par conséquent $BG = BE = EG = \sqrt{2}$. Le triangle $BEG$ est donc équilatéral.
    Soit $I$ le milieu de $[BE]$ alors, d’après le théorème de Pythagore appliqué dans le triangle rectangle (les médianes sont aussi hauteurs, médiatrices et bissectrices dans un triangle équilatéral) $BGI$ on obtient $GI = \sqrt{\dfrac{3}{2}}$.
    L’aire du triangle est donc $\mathcal{A} = \dfrac{BE \times GI}{2} = \dfrac{\sqrt{2} \times \sqrt{\dfrac{3}{2}}}{2} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
  5. Le volume du tétraèdre est $\mathcal{V} = \dfrac{\mathcal{A} \times DK}{3}$.
    Or $DK = \sqrt{\dfrac{4}{9} + \dfrac{4}{9} + \dfrac{4}{9}} = \dfrac{2}{\sqrt{3}}$.
    Donc $\mathcal{V} = \dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{2}{\sqrt{3}}}{3} = \dfrac{1}{3}$

Exercice 3

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. $z^2-2z\sqrt{3}+4 = 0$.
    Son discriminant est $\Delta = 4 \times 3 – 16 = -4 < 0$.
    Par conséquent $(E)$ possède $2$ racines complexes :
    $$ \dfrac{2\sqrt{3} – 2\text{i}}{2} = \sqrt{3} – \text{i} \quad \text{et} \quad \sqrt{3} + \text{i}$$.
  2. a. $z_1 = 2\text{e}^{-\text{i}\pi /6} = 2 \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} – \dfrac{\text{i}}{2} \right) = \sqrt{3} – \text{i}$. Donc $z_1$ est une solution de $(E)$.
    b. $z_2 = 4\text{e}^{\text{i}\pi /6} = 4 \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{\text{i}}{2} \right) = 2\sqrt{3} + 2\text{i}$ et $z_3 = 8\text{e}^{-\text{i}\pi/6} = 8 \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} – \dfrac{\text{i}}{2} \right) = 4\sqrt{3} – 4\text{i}$
    c. $z_4 = 16 \text{e}^{\text{i} \pi /6} = 16\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{\text{i}}{2} \right) = 8\sqrt{3} + 8\text{i}$.
    ts - amerique du sud - nov2013- ex3
  3. $z_n = 2^n \left( \cos \left( (-1)^n \dfrac{\pi}{6} \right) + \text{i} \sin \left((-1)^n\dfrac{\pi}{6} \right) \right) $
    $z_n=2^n \left( \cos \left(  \dfrac{\pi}{6} \right) + (-1)^n \text{i} \sin \left(\dfrac{\pi}{6} \right) \right)  = 2^n \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{(-1)^n\text{i}}{2} \right)$
  4. $M_1M_2 = |z_2 – z_1| = |\sqrt{3} + 3\text{i}| = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$
    $M_2M_3 = |z_3 – z_2| = |2\sqrt{3} -6\text{i}| = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}$
  5. a. On a donc :
    $l_n = \sqrt{3}(2 + 2^2 + \ldots + 2^n) = \sqrt{3}(1 + 2 + 2^2 + \ldots + 2^n – 1) = \sqrt{3} \left(\dfrac{1 – 2^{n+1}}{1 – 2} – 1 \right)$.
    $l_n = \sqrt{3}(2^{n+1} – 2) = 2\sqrt{3}(2^n – 1)$.
    b. On veut que $l_n \ge 1000 \Leftrightarrow 2^n – 1 \ge \dfrac{1000}{2\sqrt{3}} \Leftrightarrow 2^n \ge \dfrac{\sqrt{3} + 500}{\sqrt{3}} \Leftrightarrow n \text{ln }2 \ge \text{ln } \dfrac{\sqrt{3} + 500}{\sqrt{3}}$
    donc $n \ge \dfrac{\text{ln } \dfrac{\sqrt{3} +500}{\sqrt{3}}}{\text{ln }2}$.
    Par conséquent le plus petit entier $n$ tel que $l_n \ge 1000$ est $9$.

Exercice 3

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. Après la $(n+1)$-ème navigation, si l’internaute est la page n°$1$, à la $n$-ième navigation il était donc soit sur la page n° $2$ soit sur la page n°$3$.
    Par conséquent $a_{n+1} = \dfrac{1}{2}b_n + \dfrac{1}{2}c_n$.
  2. $\quad$
    $U_{n+1} = \left(\begin{array}{l} \dfrac{1}{2}b_n+\dfrac{1}{2}c_n \\\\ \dfrac{1}{4}a_n + \dfrac{1}{4}b_n + \dfrac{1}{4}c_n \\\\ \dfrac{3}{4}a_n + \dfrac{1}{4}b_n + \dfrac{1}{4}c_n \end{array} \right)$
    $U_{n+1} = \left( \begin{matrix} 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\\\ \frac{1}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\\\ \frac{3}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{matrix} \right) U_n = M\times U_n$ avec $M = \left( \begin{matrix} 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\\\ \frac{1}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\\\ \frac{3}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{matrix} \right)$
    Montrons par récurrence que $U_n = M^nU_0$
    Initialisation : si $n=0$ alors $U_0 = I U_0$ (où $i$ est la matrice identité).
    La propriété est donc vraie au rang $0$.
    Hérédité : supposons la propriété vraie au rang $n$ : $U_n = M^nU_0$.
    $U_{n+1} = MU_n = MM^nU_0 = M^{n+1}U_0$.
    La propriété est donc vraie ua 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 $n$, $U_n = M^n U_0$
  3. Soit $U = \left( \begin{matrix} x\\\\ y \\\\ z \end{matrix} \right)$ telle que $x+y+z = 1$ et $U = MU$.
    $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+y+z=1 \\\\x = \frac{1}{2}y + \frac{1}{2}z \\\\y = \frac{1}{4}x + \frac{1}{4}y + \frac{1}{4}z \\\\z = \frac{3}{4}x + \frac{1}{4}y + \frac{1}{4}z \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+y+z=1 \\\\2x=y+z\\\\4y=x+y+z \\\\4z=3x+y+z\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} z=2x-y \\\\x+y+2x-y = 1\\\\x-3y+2x-y=0 \\\\3x+y-3(2x-y)=0 \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} z=2x-y \\\\3x=1\\\\3x-4y=0 \\\\-3x+4y=0 \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} z=2x-y \\\\x=\dfrac{1}{3}\\\\y = \dfrac{1}{4}  \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=\dfrac{1}{3}\\\\y = \dfrac{1}{4} \\\\ z=\dfrac{5}{12}  \end{array} \right.$
    Il existe donc une seule matrice $U = \left( \begin{matrix} x\\\\ y \\\\ z \end{matrix} \right)$ telle que $x+y+z = 1$ et $U = MU$.
  4. $\quad$
    $\left\{ \begin{array}{l} a_n = \left( \dfrac{1}{3} + \dfrac{\left( \dfrac{-1}{2} \right)^n \times 2}{3} \right) a_0 +  \left( \dfrac{1}{3} + \dfrac{\left( \dfrac{-1}{2} \right)^n }{-3} \right) b_0 + \left( \dfrac{1}{3} + \dfrac{\left( \dfrac{-1}{2} \right)^n }{-3} \right) c_0 \\\\ b_n = \dfrac{1}{4} (a_0 + b_0 + c_0) \\\\ c_n = \left( \dfrac{5}{12} + \dfrac{-\left( \dfrac{-1}{2} \right)^n \times 2}{3} \right) a_0 + \left( \dfrac{5}{12} + \dfrac{\left( \dfrac{-1}{2} \right)^n }{-3} \right) b_0 + \left( \dfrac{5}{12} + \dfrac{-\left( \dfrac{-1}{2} \right)^n }{-3} \right) c_0 \end{array} \right.$
    $\lim\limits_{n \rightarrow + \infty} \left(\dfrac{-1}{2} \right)^n = 0$
    Donc $\lim\limits_{n \rightarrow + \infty} a_n = \dfrac{1}{3}$ , $\lim\limits_{n \rightarrow + \infty} b_n = \dfrac{1}{4}$ et $\lim\limits_{n \rightarrow + \infty} c_n = \dfrac{5}{12}$ (car $a_0 + b_0 + c_0 = 1$).
  5. Au bout d’un certain temps la page $1$ du site sera consultée $33,33 \%$ du temps, la page $2$ sera consultée $25 \%$ du temps et la page $3$ sera consultée $41,67 \%$ du temps.

Exercice 4

Partie A

ts - amerique du sud - nov2013- ex4

  1. a. $P(M \cap C) = 0,1 \times 0,3 = 0,03$
    b. $P(C) = P(M \cap C) + P(\bar{M} \cap C)$ d’après la formule des probabilités totales.
    Donc $P(C) = 0,03 + 0,9 \times 0,8 = 0,102$.
  2. On cherche donc $P_C(M) = \dfrac{P(M \cap C)}{P(C)} = \dfrac{0,03}{0,102} \approx 0,2941$.

Partie B

  1. On peut donc considérer qu’on répète $400$ fois un tirage aléatoire avec remise. Les tirages sont indépendants, identiques. A chaque tirage, il n’y a que $2$ issues $M$ et $\bar{M}$. De plus $P(M) = 0,1$.
    $X$ suit donc une loi binomiale de paramètres $n=400$ et $p=0,1$.
  2. $P(X = 35) = \binom{400}{35} 0,1^{35} \times 0,9^{365} \approx 0,0491$.
  3. On cherche donc $P(X \ge 30) = 1 – P(X \le 29) \approx 1 – 0,0357 \approx 0,9643$.

Partie C

  1. L’intervalle de fluctuation asymptotique de $F$ est donc :
    $$I_{400} = \left[ 0,1 – 1,96\dfrac{\sqrt{0,1 \times 0,9}}{\sqrt{400}} ; 0,1 + 1,96\dfrac{\sqrt{0,1 \times 0,9}}{\sqrt{400}} \right] = [0,0706;0,1294]$$
  2. La fréquence observée est donc de $\dfrac{60}{400} = 0,15 \notin I_{400}$.
    Le nombre de personnes présentant une malformation cardiaque de type anévrisme est donc anormalement élevé.