Métropole – Septembre 2013

Bac S – Mathématiques – Correction

Vous pouvez trouver l’énoncé du sujet ici.

Exercice 1

Partie A

1. Graphiquement, $f(x) < 0$ sur $]-\infty;-2[$, $f(x) > 0$ sur $]-2;+\infty[$ et $f(-2)=0$.
2. a. $F'(0) = f(0) = 2$ et $F'(-2)=f(-2) = 0$
   b. La tangente en $0$ doit avoir un coefficient directeur de $2$. Sur la courbe $\mathcal{C}_3$, on constate que ce coefficient directeur est d’environ $1,5$. Cette courbe ne convient donc pas.
   La tangente en $-2$ doit être horizontale. Ce n’est pas le cas de la courbe $\mathcal{C}_2$.
   Il ne reste donc plus que la courbe $\mathcal{C}_1$.

Partie B

1. a. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ comme composée et produit de fonctions dérivables sur $\R$.
   $f'(x)=\text{e}^{0,5x} + (x+2) \times 0,5 \times \text{e}^{0,5x} = (0,5x+2)\text{e}^{0,5x} = \dfrac{1}{2}(x+4)\text{e}^{0,5x}$
   b. $f'(x)$ est donc du signe de $(x+4)$. PAr conséquent $f$ est décroissante sur $]-\infty;-4]$ et croissante sur $[-4;+\infty[$. La fonction $f$ admet donc un minimum en $-4$.
2. a. La fonction $f$ est clairement positive et continue sur $[0;1]$.
   $I$ correspond donc à l’aire (en unité d’aire) comprise entre :
   – les droites d’équation $x=0$ et $x=1$;
   – l’axe des abscisses
   – la courbe représentative de $f$.
   b. $(u’v+uv’)(x) = \text{e}^{0,5x} + 0,5x\text{e}^{0,5x} = (0,5x+1)\text{e}^{0,5x}$
   Par conséquent $f=2(u’v+uv’)$.
   c. Une primitive de $f$ est donc $2uv$.
   Par conséquent $I = 2u(1)v(1) – 2u(0)v(0) = 2\times 1 \times \text{e}^{0,5x} = 2\text{e}^{0,5x} \text{ u.a.}$
3. a. Etudions les différentes valeurs prises par la variable $s$.
   $s=0$
   $s=0+\dfrac{1}{3}f(0)$ : aire d’un rectangle de l’argeur $\dfrac{1}{3}$ et de hauteur $f(0)$.
   $s=0+\dfrac{1}{3}f(0)+\dfrac{1}{3}f\left(\dfrac{1}{3}\right)$ : on ajoute à l’aire précédente, l’aire d’un rectangle de largeur $\dfrac{1}{3}$ et de hauteur $f\left(\dfrac{1}{3}\right)$.
   $s=0+\dfrac{1}{3}f(0)+\dfrac{1}{3}f\left(\dfrac{1}{3}\right)+\dfrac{1}{3}f\left(\dfrac{2}{3}\right)$ : on ajoute à l’aire précédente, l’aire d’un rectangle de largeur $\dfrac{1}{3}$ et de hauteur $f\left(\dfrac{2}{3}\right)$.
   On obtient, au final, la somme des aires des $3$ rectangles hachurés.
   b. Plus $n$ devient grand, plus la largeur des rectangles deviendra petite. Par conséquent les rectangles vont “coller” davantage à la courbe. Cela nous permet donc de calculer une valeur approchée de $I$.
   Et on a par conséquent $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}s_n=I$.

Exercice 2

1. Un vecteur directeur de $\mathcal{D}$ est $\vec{u}(-2;3;0)$.
   Un vecteur normal de $\mathcal{P}$ est $\vec{n}(3;2;1)$.
   $\vec{u}.\vec{n} = -2\times 3 + 3\times 2 + 0\times 1 = 0$. Donc $\vec{u}$ et $\vec{n}$ sont orthogonaux.
   La droite $\mathcal{D}$ est donc parallèle au plan $\mathcal{P}$ ou incluse dans celui-ci.
   Regardons si le point $B(5;1;4)$ appartient au plan $\mathcal{P}$^.
   $3\times 5+2\times1 + 4 – 6 = 15 \notin 0$.
   La droite $\mathcal{D}$ est donc parallèle au plan $\mathcal{P}$.
   Affirmation b
2. Les vecteurs directeurs de $\mathcal{D}$ et $\mathcal{D’}$ ne sont clairement pas colinéaires (composante nulle selon $\vec{k}$ pour $\mathcal{D}$). Les $2$ droites ne sont donc pas parallèles.
   Une représentation paramétrique de la droite $\mathcal{D’}$ est :
   $\left\{ \begin{array}{l} x=3+2k \\\\y=1-k\quad k \in \R\\\\z=1+2k \end{array} \right.$
   Regardons si les $2$ droites sont sécantes.
   On cherche donc à résoudre :
   $\left\{ \begin{array}{l} 3+2k = 5 – 2t\\\\1-k = 1 +3t\\\\1+2k = 4 \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k=1,5\\\\6=5-2t\\\\-0,5=1+3t \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} k=1,5\\\\t=-0,5\\\\t=-0,5 \end{array} \right.$
   On peut donc trouvr une valeur pour $k$ et une autre pour $t$ pour lesquelles les $2$ représentations paramétriques fournissent le même point $C(6;-0,5;4)$.
   Les droites $\mathcal{D}$ et $\mathcal{D’}$ sont donc sécantes.
   Affirmation b
3. $\mathcal{E}$ est la médiatrice du segment $[EF]$ où $E$  est le point d’affixe $-\text{i}$ et $F$ est celui d’affixe $\text{i}$ .
   Il s’agit donc de l’axe des abscisses.
   Affirmation a
4. $\left|\dfrac{c}{b}\right| = \sqrt{2} = \dfrac{OC}{OB}$. Donc le triangle $OBC$ n’est pas isocèle en $O$.
   De plus $\left( \vec{OB};\vec{OC} \right) = \text{arg} \left(\dfrac{c}{b}\right) = \dfrac{\pi}{4}$.
   Les points $O$, $B$  et $C$ ne sont pas alignés.
   Il ne reste donc plus que l’affirmation c.

Exercice 3

1. a.
   
   b. On cherche donc à calculer $p(A \cap D) = 0,4 \times 0,1 = 0,04$.
   c. $p(D) = p(A\cap D) + p(B \cap D)$ d’après la formule des probabilités totales.
   $p(D) = 0,04 + 0,6 \times 0,09 = 0,094$.
   d. On cherche à calculer $p_D(A) = \dfrac{p(A\cap D)}{p(D)} = \dfrac{0,04}{0,094}=\dfrac{20}{47}$
2. a. Une pièce a $2$ états : elle  a un défaut ou elle n’en a pas. Les $n$ pièces sont choisies au hasard. Les tirages sont indépendants et identiques.
   Par conséquent la variable aléatoire $X_n$ suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $p=0,9$.
   b. $n=150 > 30$, $np = 135 > 5$ et $n(1-p) = 15 > 5$.
   Par conséquent l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est donné par :
   $$I_{150} = \left[0,9 – 1,96\sqrt{\dfrac{0,9\times 0,1}{150}};0,9 + 1,96\sqrt{\dfrac{0,9\times 0,1}{150}} \right] \approx [0,851;0,949]$$
   c. La proportion de pièce conforme est donc : $\dfrac{129}{150} = 0,86 \in I_{150}$.
   Le réglage de la machine n’est donc pas à remettre en cause.

Exercice 4

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

1. a. $u_1 = \dfrac{4}{5} \quad u_2 = \dfrac{14}{13} \approx 1,08$ $\quad u_3 = \dfrac{40}{41} \approx 0,98$ $\quad u_4 = \dfrac{122}{121} \approx 1,01$
   b. $u_0 – 1 = 1$ a bien le même signe que $(-1)^0$.
   $u_1 – 1 = \dfrac{-1}{5}$ a bien le même signe que $(-1)^1$
   $u_2 – 1 \approx 0,08 $ a bien le même signe que $(-1)^2$
   $u_3 – 1 \approx -0,02 $ a bien le même signe que $(-1)^3$
   $u_4 – 1 \approx 0,01 $ a bien le même signe que $(-1)^4$
   c. $u_{n+1} – 1 = \dfrac{u_n+2}{2u_n+1}-1 = \dfrac{u_n+2-2u_n-1}{2u_n+1} = \dfrac{-u_n+1}{2u_n+1}$
   d. Initialisation : si $n=0$ alors d’après la question précédente la propriété est vraie.
   Hérédité : supposons la propriété vraie au rang $n$ : $u_n-1$ est du signe de $(-1)^n$.
   Alors $u_{n+1}-1 = \dfrac{-u_n+1}{2u_n+1}$. Puisque $u_n$ est positif alors $2u_n+1 > 0$.
   Par conséquent $u_{n+1}-1$ est du digne de $-u_n+1 = -(u_n-1)$.
   Il est donc du signe de $-(-1)^n = (-1)^{n+1}$.
   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 $n+1$.
   Par conséquent, pour tout entier naturel $n$, $u_n-1$ est du signe de $(-1)^n$.
2. a. $v_{n+1} = \dfrac{u_{n+1}-1}{u_{n+1}+1} = \dfrac{\dfrac{-u_n+1}{2u_n+1}}{\dfrac{u_n+2}{2u_n+1}+1}$$=\dfrac{\dfrac{-u_n+1}{2u_n+1}}{\dfrac{u_n+2 +2u_n+1}{2u_n+1}}$$=\dfrac{-u_n+1}{3u_n+3}$
   b. $v_{n+1} = \dfrac{-u_n+1}{3u_n+3} = \dfrac{1}{3}\dfrac{-u_n+1}{u_n+1} = \dfrac{-1}{3}\dfrac{u_n-1}{u_n+1} = \dfrac{-1}{3}v_n$
   La suite $(v_n)$ est donc une suite géométrique de raison $\dfrac{-1}{3}$.
   c. $v_0 = \dfrac{u_0-1}{u_0+1} = \dfrac{1}{3}$. Par conséquent $v_n=\dfrac{1}{3}\times \left(\dfrac{-1}{3}\right)^n$.
   Donc $u_n = \dfrac{1+\dfrac{1}{3}\times \left(\dfrac{-1}{3}\right)^n}{1-\dfrac{1}{3}\times \left(\dfrac{-1}{3}\right)^n}$.
   La raison de la suite $(v_n)$ est telle que : $-1 < \dfrac{-1}{3} < 1$.
   Donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \left(\dfrac{-1}{3}\right)^n = 0$.
   Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 1+ \dfrac{1}{3}\times\left(\dfrac{-1}{3}\right)^n = 0$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 1- \dfrac{1}{3}\times\left(\dfrac{-1}{3}\right)^n = 0$ .
   Finalement $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = 1$

Exercice 4

(Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité)

Partie A

1. La matrice de transition est donnée par :
   $$ A = \left(\begin{matrix} \frac{1}{3}& \frac{1}{3}& \frac{1}{3} \\\\0& \frac{1}{2}& \dfrac{1}{2} \\\\0& 0 &1 \end{matrix} \right)$$
2. Initialisation : si $n=1$ alors $P_1 = P_0 \times A = P_0 \times A^1$.
   La propriété est vraie au rang $1$.
   Hérédité : supposons la propriété vraie au rang $n$, c’est-à-dire, $P_n = P_0 \times A^n$.
   Alors $P_{n+1} = P_n \times A = P_0 \times A^n \times A = P_0 \times A^{n+1}$.
   La propriété est vraie au rang $n+1$.
   Conclusion : la proprité est vraie au rang $1$. En la supposant vraie au rang $n$, elle est encore vraie au rang $n+1$.
   Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ non nul, on a $P_n = P_0 \times A^n$.
3. Au bout de $4$ semaines, $P_4 = P_0 \times A^4 = (0,01~0,10~0,89)$ arrondi à $10^{-2}$ près.
   La probabilité qu’un individu soit sain au bout de $4$ semaines est donc de $0,01$.

Partie B

1. $Q_{n+1} = Q_n \times B $
   $Q_{n+1}= \left( \frac{5}{12}S_n+\frac{5}{12}I_n+\frac{1}{6}M_n\quad \frac{1}{4}S_n+\frac{1}{4}I_n+\frac{1}{3}M_n\quad \frac{1}{3}S_n+\frac{1}{3}I_n+\frac{1}{3}M_n \right)$
   Donc $S_{n+1} = \frac{5}{12}S_n+\frac{5}{12}I_n+\frac{1}{6}M_n$
   $I_{n+1} \frac{1}{4}S_n+\frac{1}{4}I_n+\frac{1}{3}M_n $
   $M_{n+1} = \frac{1}{3}S_n+\frac{1}{3}I_n+\frac{1}{3}M_n$
2. $B^2 = \dfrac{1}{3}J$
   Montrons par récurrence que $B^n=B^2$ pour  tout $n \ge 2$.
   Initialisation : si $n = 2$ c’est évident.
   Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$.
   Alors $B^{n+1} = B^n \times B = B^2 \times B = \dfrac{1}{3}J \times B = \dfrac{1}{3}J  = B^2$.
   La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
   Conclusion : la propriété est vraie au rang $2$. En la supposant vraie au rang $n$, elle est encore vraie au rang $n+1$.
   Par conséquent, pour tout $n \ge 2$, on a $B^n = B^2$.
3. a. Si $n \ge 2$, on a donc $Q_n = Q_0 \times B^n = Q_0 \times B^2 = \dfrac{1}{3} Q_0 \times J = \left(\frac{1}{3} \quad \frac{1}{3} \quad\frac{1}{3} \right)$.
   b. Avec ce vaccin, $\dfrac{1}{3}$ sont sains, $\dfrac{1}{3}$ sont porteurs sains et $\dfrac{1}{3}$sont malades.
   On n’a donc pas éradiqué la maladie.