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