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BAC S Métropole 22 juin 2015 Mathématiques - Correction
Exercice 1 Partie 1
1. a. On utilise la définition d’une fonction densité :
𝑃(𝑐 ≤ X ≤ d) = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥d
c
= ∫ 𝜆𝑒−𝜆𝑥𝑑𝑥𝑑
𝑐
= [−𝑒−𝜆𝑥]𝑐
𝑑
= −𝑒−𝜆𝑑 − (−𝑒−𝜆𝑐) = 𝑒−𝜆𝑐 − 𝑒−𝜆𝑑
b. On sait que :
𝑃(𝑋 > 20) = 𝑒−𝜆×20 Donc :
𝑒−𝜆×20 = 0,05
−𝜆 × 20 = ln(0,05)
𝜆 =ln(0,05)
−20
𝜆 ≈ 0,150
c . D’après la formule de cours :
𝐸(𝑋) =1
𝜆=
1
ln(0,05)−20
≈ 6,676
d. 𝑃(10 ≤ 𝑋 ≤ 20) = 𝑒−0,15×10 − 𝑒−0,15×20 ≈ 0,173
e. 𝑃(𝑋 > 18) = 𝑒−0,15×18 ≈ 0,067
2. a. On utilise la calculatrice avec les paramètres espérance et écart type pour calculer :
𝑃(20 ≤ 𝑌 ≤ 21) ≈ 0,015
b. On utilise la formule :
𝑃((𝑌 < 11) ∪ (𝑌 > 21)) = 𝑃(𝑌 < 11) + 𝑃(𝑌 > 21) − 𝑃((𝑌 < 11) ∩ (𝑌 > 21))
≈ 0,010
Car 𝑃((𝑌 < 11) ∩ (𝑌 > 21)) = 0.
Partie 2 1. Pour avoir un bon d’achat rouge d’une valeur supérieure ou égale à 30€, il faut qu’il
vaille 30€ ou 100€ avec pour probabilités respectives 0,015 et 0,010.
La probabilité demandée vaut donc :
0,015 + 0,010 = 0,025
2. On utilise la formule des probabilités totales : 3
4× 0,067 +
1
4× 0,025 = 0,0565 ≈ 0,057
3. On cherche à vérifier la proportion 𝑝 = 0,057 de bons d’une valeur supérieur ou égale à
30€.
On a ici un échantillon de 200 clients dont 6 ont reçu un tel bon.
La fréquence de notre échantillon est donc :
𝑓 =6
200= 0,03
On calcule l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95% :
𝐼 = [𝑝 − 1,96√𝑝(1 − 𝑝)
√𝑛; 𝑝 − 1,96
√𝑝(1 − 𝑝)
√𝑛]
= [0,057 − 1,96√0,057 × (1 − 0,057)
√200; 0,057 − 1,96
√0,057 × (1 − 0,057)
√200]
≈ [0,024; 0,09] On constate que 𝑓 ∈ 𝐼.
Les doutes du directeur ne sont donc pas justifiés.
Exercice2 1. a. On a :
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗(𝑥𝐵 − 𝑥𝐴; 𝑦𝐵 − 𝑦𝐴; 𝑧𝐵 − 𝑧𝐴) = (2; 0; 0)
Or :
𝑂𝐼⃗⃗⃗⃗ (1; 0; 0) = 2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗
Donc les vecteurs 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ et 𝑂𝐼⃗⃗⃗⃗ sont colinéaires. Donc les droites (𝐴𝐵) et (𝑂𝐼) sont parallèles.
b. On a :
𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗(0; 4; 3) 𝑒𝑡 𝑂𝐼⃗⃗⃗⃗ (1; 0; 0)
Donc
𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗. 𝑂𝐼⃗⃗⃗⃗ = 0 × 1 + 4 × 0 + 3 × 0 = 0
Donc les vecteurs 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗ et 𝑂𝐼⃗⃗⃗⃗ sont orthogonaux.
Donc le plan 𝒫 est parallèle au plan (𝑂𝐽𝐾).
L’équation d’un plan est donné par :
𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + 𝑑 = 0
Où (𝑎; 𝑏; 𝑐) est un vecteur normal au plan.
Le vecteur 𝑂𝐼⃗⃗⃗⃗ étant normal au plan, on obtient :
𝒫 ∶ 1𝑥 + 0𝑦 + 0𝑧 + 𝑑 = 0
𝒫 ∶ 𝑥 + 𝑑 = 0
De plus, le point 𝐶(11; 0; 1) ∈ 𝒫, donc :
11 + 𝑑 = 0
𝑑 = −11
Conclusion, le plan 𝒫 a pour équation : 𝑥 − 11 = 0
c. Montrons que 𝐸 appartient à (𝐴𝐵) et à 𝒫.
On a :
𝑥𝐸 − 11 = 11 − 11 = 0
Donc 𝐸 ∈ 𝒫.
De plus :
𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗(11; 0; 0; ) =11
2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗
Donc 𝐸 ∈ (𝐴𝐵).
Conclusion, la droite (𝐴𝐵) coupe bien le plan 𝒫 en 𝐸.
d. Cherchons les équations paramétriques des deux droites.
D’après le cours :
(𝐴𝐵) ∶ {
𝑥 = 𝑥𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗𝑡 + 𝑥𝐴𝑦 = 𝑦𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗𝑡 + 𝑦𝐴𝑧 = 𝑧𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗𝑡 + 𝑧𝐴
𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑡 ∈ ℝ
Donc :
(𝐴𝐵) ∶ {𝑥 = 2𝑡 + 0𝑦 = 0𝑡 − 1𝑧 = 0𝑡 + 5
D’où :
(𝐴𝐵) ∶ {𝑥 = 2𝑡𝑦 = −1𝑧 = 5
𝑒𝑡 (𝐶𝐷) ∶ {𝑥 = 11
𝑦 = 4𝑡′ + 0
𝑧 = 3𝑡′ + 1
𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑡; 𝑡′ ∈ ℝ
Résolvons les équations suivantes pour trouver les points d’intersection éventuels :
{−1 = 4𝑡′5 = 3𝑡′ + 1
⇔ {𝑡′ = −
1
4
𝑡′ =4
3
C’est impossible, il n’y a donc pas de solution. Les droites (𝐴𝐵) et (𝐶𝐷) ne sont donc pas sécantes.
2. a. D’après la formule de cours :
𝑀𝑡𝑁𝑡2 = (𝑥𝑁𝑡 − 𝑥𝑀𝑡)
2+ (𝑦𝑁𝑡 − 𝑦𝑀𝑡)
2+ (𝑧𝑁𝑡 − 𝑧𝑀𝑡)
2
= (11 − 𝑡)2 + (0,08𝑡 + 1)2 + (1 + 0,6𝑡 − 5)2
= 121 − 22𝑡 + 𝑡2 + 0,64𝑡2 + 1,6𝑡 + 1 + 16 − 4,8𝑡 + 0,36𝑡2
= 2𝑡2 − 25,2𝑡 + 138
b. La distance 𝑀𝑡𝑁𝑡 est minimale lorsque 𝑀𝑡𝑁𝑡2 est minimal.
Or, cette dernière est définie par une fonction polynôme du second degré.
D’après le cours, celle-ci atteint donc son minimum en :
−𝑏
2𝑎= −
(−25,2)
2 × 2= 6,3
C’est donc à l’instant 𝑡 = 6,3𝑠.
Exercice 3 (non spé) 1. On commence par calculer le discriminant :
Δ = (−8)2 − 4 × 1 × 64 = −192
On a donc deux racines complexes :
𝑧1 =8 − 𝑖√192
2 × 1= 4 − 4𝑖√3
𝑧2 =8 + 𝑖√192
2 × 1= 4 + 4𝑖√3
2. a. D’après le cours :
|𝑎| = √𝑅𝑒(𝑎)2 + 𝐼𝑚(𝑎)2 = √42 + (4√3)2= 8
En posant 𝜃 = arg (𝑎), on a :
cos(𝜃) =𝑅𝑒(𝑎)
|𝑎|=4
8=1
2
sin(𝜃) =𝐼𝑚(𝑎)
|𝑎|=4√3
8=√3
2 }
𝑑𝑜𝑛𝑐 𝜃 =π
3
b. D’après le cours :
𝑎 = |𝑎|𝑒𝑖𝜃 = 8𝑒𝑖𝜋3
Et comme 𝑏 est le conjugué de 𝑎, alors :
𝑏 = 8𝑒−𝑖𝜋3
c. Calculons les distances :
𝑂𝐴 = |𝑧𝐴 − 𝑧𝑂| = |𝑎 − 0| = |𝑎| = 8
𝑂𝐵 = |𝑏| = 8
𝑂𝐶 = |𝑐| = 8
Les points 𝐴, 𝐵 𝑒𝑡 𝐶 appartiennent donc au cercle 𝒞 de centre 𝑂 et de rayon 8.
d. Voir en fin d’exercice
3. a. On a :
𝑏′ = 𝑏𝑒𝑖π3 = 8𝑒−𝑖
𝜋3𝑒𝑖
𝜋3 = 8𝑒0 = 8
b. On met 𝑎′ sous la forme exponentielle :
𝑎′ = 𝑎𝑒𝑖𝜋3 = 8𝑒𝑖
𝜋3𝑒𝑖
𝜋3 = 8𝑒𝑖
2𝜋3
Le module de 𝑎 vaut donc 8 et un argument 2𝜋
3.
4. a. On applique la formule donnée :
𝑟 =𝑧𝐴′ + 𝑧𝐵2
=−4 + 4𝑖√3 + 4 − 4𝑖√3
2= 0
𝑠 =8 + 8𝑖
2= 4 + 4𝑖
b. D’après le graphique, on conjecture que le triangle 𝑅𝑆𝑇 est équilatéral.
Pour le démontrer, calculons ses trois longueurs :
𝑅𝑆 = |𝑧𝑆 − 𝑧𝑅| = |𝑠 − 𝑟| = |4 + 4𝑖 − 0| = √32 = 4√2
𝑆𝑇 = |𝑡 − 𝑠| = |2 − 2√3 + 𝑖(2 + 2√3) − 4 − 4𝑖| = 4√2
𝑇𝑅 = |𝑟 − 𝑡| = |2 − 2√3 + 𝑖(2 + 2√3) − 0| = 4√2
Exercice 3 (spé) 1. a. Remplaçons le couple dans le membre de gauche de l’équation (𝐸) :
7 × 3 − 5 × 4 = 21 − 20 = 1
On obtient bien le membre de droite de l’équation. Donc le couple (3; 4) est bien solution de (𝐸).
b. Soit (𝑥; 𝑦) un couple d’entiers. Alors :
7(𝑥 − 3) = 5(𝑦 − 4) ⇔ 7𝑥 − 21 = 5𝑦 − 20 ⇔ 7𝑥 − 5𝑦 = −20 + 20 ⇔ 7𝑥 − 5𝑦 = 1 ⇔ (𝑥; 𝑦) 𝑒𝑠𝑡 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 (𝐸)
c. Soit (𝑥; 𝑦) un couple solution de (𝐸). Alors :
7(𝑥 − 3) = 5(𝑦 − 4)
Donc
7 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑠𝑒 5(𝑦 − 4)
Or
7 𝑒𝑡 5 𝑠𝑜𝑛𝑡 𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖𝑒𝑟𝑠 𝑒𝑛 𝑒𝑢𝑥
Donc, d’après le théorème de Gauss :
7 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑠𝑒 𝑦 − 4
Donc, il existe un entier 𝑘 tel que :
𝑦 − 4 = 7𝑘
Donc :
𝑦 = 7𝑘 + 4 De plus, d’après l’équation (𝐸) :
7𝑥 − 5𝑦 = 1 7𝑥 = 1 + 5(7𝑘 + 4) 7𝑥 = 21 + 35𝑘 𝑥 = 3 + 5𝑘
Réciproquement, supposons qu’il existe un entier 𝑘 tel que :
{𝑥 = 3 + 5𝑘𝑦 = 7𝑘 + 4
Alors :
7𝑥 − 5𝑦 = 7(3 + 5𝑘) − 5(7𝑘 + 4) = 21 + 35𝑘 − 35𝑘 − 20 = 1
Donc le couple (𝑥; 𝑦) est bien solution de (𝐸).
2. Le nombre de jetons blancs est :
25 − 𝑥 − 𝑦
Or, le couple (𝑥; 𝑦) doit être solution de (𝐸) donc :
{𝑥 = 5𝑘 + 3𝑦 = 7𝑘 + 4
𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑘 ∈ ℤ
Donc le nombre de jetons blancs peut se réécrire :
25 − (5𝑘 + 3) − (7𝑘 + 4) = 18 − 12𝑘
De plus, ce nombre doit être positif et plus petit que 25. Donc :
0 ≤ 18 − 12𝑘 ≤ 25
−18 ≤ −12𝑘 ≤ 7 7
−12≤ 𝑘 ≤ −
18
−12
−0,5 ≤ 𝑘 ≤ 1,5
Or 𝑘 est un entier, donc 𝑘 ∈ {0,1}.
Donc :
{𝑥 = 3 + 5 × 0 = 3𝑦 = 7 × 0 + 4 = 4
𝑜𝑢 {𝑥 = 3 + 5 × 1 = 8𝑦 = 7 × 1 + 4 = 11
Il peut donc y avoir 3 jetons rouges, 4 verts et 18 blancs ;
Ou 8 rouges, 11 verts et 6 blancs.
3. Au départ, le pion est sur le sommet 𝐴. Donc 𝑋0 = (1 0 0).
La probabilité de tirer un jeton rouge est 3
25= 0,12.
La probabilité de tirer un jeton verts est 4
25= 0,16.
La probabilité de tirer un jeton blanc est 18
25= 0,72.
Notons 𝐴𝑛, 𝐵𝑛 𝑒𝑡 𝐶𝑛 les événements que le pion soit respectivement sur les sommets
𝐴, 𝐵 𝑒𝑡 𝐶 à l’étape 𝑛.
D’après les données de l’énoncé, on peut construire l’arbre suivant :
Donc, d’après la formule des probabilités totales :
𝑎𝑛+1 = 𝑃(𝐴𝑛+1) = 𝑃(𝐴𝑛) × 𝑃𝐴𝑛(𝐴𝑛+1) + 𝑃(𝐵𝑛) × 𝑃𝐵𝑛(𝐴𝑛+1) + 𝑃(𝐶𝑛) × 𝑃𝐶𝑛(𝐴𝑛+1)
= 𝑎𝑛 × 0,72 + 𝑏𝑛 × 0,12 + 𝑐𝑛 × 0,16
𝑏𝑛+1 = 𝑎𝑛 × 0,12 + 𝑏𝑛 × 0,72 + 𝑐𝑛 × 0,16
𝑐𝑛+1 = 𝑎𝑛 × 0,16 + 𝑏𝑛 × 0,16 + 𝑐𝑛 × 0,72
D’où l’écriture matricielle :
(𝑎𝑛+1 𝑏𝑛+1 𝑐𝑛+1) = (𝑎𝑛 𝑏𝑛 𝑐𝑛)(0,72 0,12 0,160,12 0,72 0,160,12 0,16 0,72
)
Donc :
𝑋𝑛+1 = 𝑋𝑛𝑇
4. a. On utilise la calculatrice pour trouver l’inverse de la matrice 𝑃−1, c’est-à-dire 𝑃 :
𝑃 = (1 7 4 1 −3 4 1 −3 −7
)
b. Démontrer l’égalité en effectuant une récurrence sur l’entier naturel 𝑛.
Soit 𝑃𝑛 la proposition : « 𝑇𝑛 = 𝑃𝐷𝑛𝑃−1 ». Initialisation :
Démontrons que 𝑃0 est vraie
On a :
𝑇0 = 𝐼 𝑜ù 𝐼 𝑒𝑠𝑡 𝑙𝑎 𝑚𝑎𝑡𝑟𝑖𝑐𝑒 𝑖𝑑𝑒𝑛𝑡𝑖𝑡é 3 × 3
Et :
𝑃𝐷0𝑃−1 = 𝑃𝑃−1 = 𝐼
Donc
𝑇0 = 𝑃𝐷0𝑃−1
Donc 𝑃0 est vraie.
Hérédité :
Soit 𝑘 ∈ ℕ tel que 𝑃𝑘 soit vraie. Montrons qu’alors 𝑃𝑘+1 est vraie.
On a donc :
𝑇𝑘 = 𝑃𝐷𝑘𝑃−1
Donc :
𝑇𝑘𝑇 = 𝑃𝐷𝑘𝑃−1𝑇
𝑇𝑘+1 = 𝑃𝐷𝑘𝑃−1𝑃𝐷𝑃−1 = 𝑃𝐷𝑘𝐼𝐷𝑃−1 = 𝑃𝐷𝑘𝐷𝑃−1 = 𝑃𝐷𝑘+1𝑃−1
Donc 𝑃𝑘+1 est vraie.
Conclusion :
Pour tout entier naturel 𝑛, on a 𝑇𝑛 = 𝑃𝐷𝑛𝑃−1.
c. On a :
𝐷 = (1 0 0 0 0,6𝑛 0 0 0 0,6𝑛
)
5. a. On a :
𝑋𝑛 = 𝑋0𝑇𝑛
Donc :
(𝑎𝑛 𝑏𝑛 𝑐𝑛) = (1 0 0)(𝛼𝑛 𝛽𝑛 𝛾𝑛… … …… … …
)
Donc
{
𝑎𝑛 = 𝛼𝑛𝑏𝑛 = 𝛽𝑛𝑐𝑛 = 𝛾𝑛
De plus, 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 + 𝑐𝑛 = 1 donc :
𝑐𝑛 = 1 − 𝛼𝑛 − 𝛽𝑛
D’où :
{
𝑎𝑛 =
3
10+7
10× 0,6𝑛
𝑏𝑛 =37–77 × 0,6𝑛 + 40 × 0,56𝑛
110
𝑐𝑛 =3
10+7
10× 0,6𝑛 −
37–77 × 0,6𝑛 + 40 × 0,56𝑛
110
b. lim𝑛→+∞
0,6𝑛 = 0 et lim𝑛→+∞
0,56𝑛 = 0
Donc
lim𝑛→+∞
𝑎𝑛 =3
10
lim𝑛→+∞
𝑏𝑛 =37
110
lim𝑛→+∞
𝑐𝑛 =4
11
c. Comme 4
11>
37
110>
4
11, on a le plus de chance de se retrouver sur le sommet 𝐶 après un
grand nombre d’itérations.
Exercice 4 Partie 1
1. On applique la formule de dérivée d’un produit :
𝑓′(𝑥) = 1 × ln(𝑥 + 1) + (𝑥 + 1) ×1
𝑥 + 1− 3
= ln(𝑥 + 1) + 1 − 3 = ln(𝑥 + 1) − 2
2. Résolvons : 𝑓′(𝑥) ≥ 0 ⇔ ln(𝑥 + 1) − 2 ≥ 0
⇔ ln(𝑥 + 1) ≥ 2 ⇔ 𝑥 + 1 ≥ 𝑒2 ⇔ 𝑥 ≥ 𝑒2 − 1
Calculons : 𝑓(0) = 1 × ln(1) − 3 × 0 + 7 = 7 𝑓(𝑒2 − 1) = (𝑒2 − 1 + 1) ln(𝑒2 + 1 − 1) − 3(𝑒2 − 1) + 7 = 2𝑒2 − 3𝑒2 + 3 + 7 = 10 − 𝑒2 𝑓(20) = 21 ln(21) − 53
D’où le tableau suivant :
3. Le coefficient directeur de la tangente à la courbe 𝒞 au point d’abscisse 0 est donné par : 𝑓′(0) = ln(1) − 2 = −2
4. Une primitive de 𝑓 est :
𝐹(𝑥) =1
2(𝑥 + 1)2 ln(𝑥 + 1) −
1
4𝑥2 −
1
2𝑥 −
3𝑥2
2+ 7𝑥
𝐹(𝑥) =1
2(𝑥 + 1)2 ln(𝑥 + 1) −
7
4𝑥2 +
13
2𝑥
Partie 2 1. D’après le tableau de variations, le point le plus haut est 𝐶 d’abscisse 20 et le plus bas a
pour abscisse 𝑒2 − 1. La différence de hauteur est donc donné par :
𝑓(20) − 𝑓(𝑒2 − 1) ≈ 8,3
La proposition 𝑃1 est donc vraie.
L’inclinaison de la piste en 𝐵 vaut d’après la question 3 de la partie 1 : |𝑓′(0)| = |−2| = 2
L’inclinaison de la piste en 𝐶 vaut : |𝑓′(20)| ≈ 1,04
Donc |𝑓′(0)| ≈ 2 × |𝑓′(20)|
La proposition 𝑃2 est donc vraie.
2. Calculons l’aire de toutes les surfaces à peindre.
L’aire du rectangle 𝑂𝐴𝐵′𝐵 vaut :
𝑓(0) × 10 = 7 × 10 = 70𝑚2
L’aire du rectangle 𝐷𝐷′𝐶′𝐶 vaut : 𝑓(20) × 10 = 210 ln(21) − 530
L’aire de la surface 𝑂𝐷𝐶𝐵 et 𝐴𝐷′𝐶′𝐵′ sont égales à l’aire sous la courbe 𝒞 :
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥20
0
= [𝐹(𝑥)]020
= 𝐹(20) − 𝐹(0)
=1
2(21)2 ln(21) −
7
4212 +
13
221
= 220,5 ln(21) − 635,25
L’aire totale vaut donc :
70 + 210 ln(21) − 530 + 2 × (220,5 ln(21) − 635,25) ≈ 381,98𝑚2
Or, la peinture recouvre 5𝑚2 par litre : 381,98
5≈ 76,38
Il faudra donc 77𝐿 de peinture.
3. a. On a :
𝐵𝑘(𝑘; 𝑓(𝑘)) 𝑒𝑡 𝐵𝑘+1(𝑘 + 1; 𝑓(𝑘 + 1))
Donc
𝐵𝑘𝐵𝑘+1 = √(𝑘 − 1 − 𝑘)2 + (𝑓(𝑘 + 1) − 𝑓(𝑘))
2
= √1 + (𝑓(𝑘 + 1) − 𝑓(𝑘))2
b.
Traitement S prend pour valeur 0 Pour K variant de 0 à 19
S prend pour valeur 𝑆 + 10 × √1 + (𝑓(𝑘 + 1) − 𝑓(𝑘))2
Fin Pour Sortie Afficher S