[ Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane \ 20 juin 2016

20 juin 2016

EXERCICE1 5 points

Commun à tous les candidats Partie A

1. a. Arbre pondéré :

A 0,65

0,08 D 0,92 D

0,35 B

0,05 D 0,95 D

b. Les évènements A etB forment une partition de l’univers, on a donc, d’après la formule des probabilités totales :

p(D)=p(A∩D)+p(B∩D)=0,65×0,92+0,35×0,95=0,9305.

c. Par définition d’une probabilité conditionnelle : p_D(A)=p(A∩D)

p(D) =0,65×0,92

0,9305 =0,6526

2. SoitXle nombre d’ampoules sans défaut. Les choix d’ampoules étant assi- milés à un tirage successif avec remise, on est en présence d’un schéma de Bernoulli etXsuit donc la loi binomiale de paramètresn=10 etp=0,92 (les ampoules sont issues de la machine A). Par conséquent, à l’aide de la calcu- latrice :

p(X>_{9)=p(X=9)+p(X=10)=0,8121.}

Partie B

1. a. On aP(T 6_a)= Za

0

λe^−λxdx= h

−e^−λx ia

0= −e^−λa+1, donc p(T>_a)=p(T6_a)=1−p(T6_a)=1−

³

−e^−λa+1

´

=e^−λa. b. On a :

p(T>t) = p¡

(T>t+a)∩(T>t)¢ p(T>_t)

= p(T>_t+a) p(T>t)

= e^−λ(t+a) e^−λt

= e^{−λ(t+a−t)}

= e^−λa

= p(T>a).

2. a. D’après le coursE(T)=1

λ. On en déduit queλ= 1

E(T)= 1

10000=0,0001.

b. On ap(T>5000)=e^{−0,0001×5000}=e^−0,5≈0,6065.

c. Il s’agit de calculerpT>7000(T>12000). Puisque la loi est sans vieillisse- ment :

pT>7000(T>12000)=pT>7000(T>7000+5000)=p(T>5000)≈0,6065.

Partie C

1. On fait l’hypothèse que la proportion d’ampoules défectueuses estp=0,06.

L’échantillon est de taillen=1000.

On an>30,np=60>5 etn(1−p)=940>5. Les conditions d’utilisation de l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % sont respectées, et, en notantI, cet intervalle on a :

I =

·

0,06−1,96

p0,06×0,94

p1000 ; 0,06−1,96

p0,06×0,94 p1000

¸

= [0,0452 ; 0,0748]

2. Notonsf la fréquence observée d’ampoules défectueuses dans l’échantillon, on af = 71

1000=0,071. On constate quef ∈I, il n’y a donc pas lieu de remettre en cause l’affirmation de l’entreprise.

EXERCICE2 3 points

Commun à tous les candidats

1. NotonsAle point d’affixe 2. SoitMun point d’affixez, alorsAM= |z−2|. Par conséquent :

M∈C⇐⇒ |z−2| =1⇐⇒AM=1.

L’ensembleC est donc le cercle de centreAet de rayon 1.

2. Posonsz =x+i y avecx∈Rety ∈R. Alorsz−2=(x−2)+i y et|z−2| = p(x−2)²+y². Par conséquent,

M∈C∩D ⇐⇒

q

(x−2)²+y²=1 ety=ax

⇐⇒ (x−2)²+y²=1 ety=ax

⇐⇒ (x−2)²+(ax)²=1 ety=ax

⇐⇒ x²−4x+4+a²x²=1 ety=ax

⇐⇒ (1+a²)x²−4x+3=0 ety=ax

• (1+a²)x²−4x+3 est un polynôme du second degré de discriminant∆= (−4)²−4×(1+a²)×3=4−12a². On a donc :

∆>0 ⇐⇒ 4−12a²>0

⇐⇒ a²<1 3

⇐⇒ − p3

3 <a<

p3 3 . On peut alors distinguer trois cas :

— Premier cas.a∈i

−∞;−^p₃³h

∪ip 3 3 ;∞h

: aucun point d’intersection.

1 2

−1

1 2 3

−1

— Deuxième cas.a= ±

p3

3 : un seul point d’intersection (la droite et le cercle sont tangents).

1 2

−1

1 2 3

−1

1 2

−1

1 2 3

−1

— Troisième cas.a∈i

−^p₃³; ^p₃³h

: deux points d’intersection.

1 2

−1

1 2 3

−1

EXERCICE3 7 points Commun à tous les candidats

Partie A

1. Pour tout réelx>0, on af(x)=xe^1−x2=x× e e^−x2 =e

x× x²

e^x2. Par opérations :

x→+∞lim e

x =0. (1)

De plus lim

x→+∞x²= +∞et par croissance comparée lim

t→+∞

e^t

t = +∞. Par com- posée des limites on alors lim

x→+∞

e^x2

x² = +∞, puis par inverse :

x→+∞lim x²

e^x2 =0, (2)

enfin, par produit de (1) et (2) on a lim

x→+∞f(x)=0 .

2. a. On utilise la dérivée d’un produit, ainsi que la dérivée des fonctions de la forme e^u:

f^′(x)=1e^1−x2+x×(−2x)e^1−x2=e^1−x2−2x²e^1−x2=¡ 1−2x²¢

e^1−x2. b. Pour tout réelx, e^1−x2>0, doncf^′(x) a le même signe que 1−2x². Or :

1−2x²>0⇐⇒ − p2

2 6x6 p2

2 . De plusf

Ãp 2 2

!

= p2

2 e¹²= 1 p2

pe= re

2; de mêmef Ã

− p2

2

!

= − re

2. On en déduit de ce qui précède le tableau de variations suivant :

x f^′(x)

f(x)

−∞ −

p2 2

p2

2 +∞

− 0 + 0 −

0 0

− re

− 2 re

2

re 2 re 2

0 0 Partie B

1. Il semble queC_f soit toujours au dessous deC_g.

2. Soitxun réel tel quex60, alorsxe^1−x260, c’est-à-diref(x)60, alors que g(x)=e^1−x>0 par conséquent il est clair quef(x)<g(x).

3. a. Soitxun réel tel quex>0, alors, par application de la fonction ln qui est strictement croissante :

f(x)6g(x) ⇐⇒ xe^1−x26e^1−x

⇐⇒ lnx+1−x²6_1−x

⇐⇒ lnx−x²+x60

⇐⇒ Φ(x)60.

b. On aΦ^′(x)= 1

x−2x+1= −2x²+x+1

x . Commex>0,Φ^′(x) a le même signe que−2x²+x+1. Ce polynôme du second degré a pour discriminant

∆=9 et pour racines−¹₂et 1. Ainsi :

−2x²+x+1>0⇐⇒ −1

2<x<1.

On aΦ(1)=ln 1−1²+1=0. Sur ]0 ; +∞[ le tableau de variation (sans limite) deΦest donc :

x Φ^′(x)

Φ(x)

0 1 +∞

+ 0 −

0 0

c. Le tableau de variation précédent montre que la fonctionΦpossède en 1 un maximum qui vaut 0, autrement dit, pour tout réelx>0, on aΦ(x)60.

a. D’après B1 et B3c, on a, pour tout réelx,f(x)>_g(x). La courbeC_f est donc toujours en dessous deC_g.

b. Sur ]− ∞; 0], on af(x)<g(x) les courbes n’y ont donc aucun point com- mun.

Sur ]0 ; +∞[, on a f(x)=g(x)⇔x=1. Ces deux courbes ont donc un unique point communAdont l’abscisse est 1.

c. On af(1)=g(1)=1. De plusf^′(1)=(1−2×1²)e¹⁻¹²= −1, etg^′(x)= −e^1−x donc g^′(x)= −e¹⁻¹= −1, donc f^′(1)=g^′(1). Au point d’abscisse 1, les tangentes respectives àC_f etC_gpasse par un même point, et ont même coefficient directeur, elles sont donc confondues.

EXERCICE4 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. a. On a−−→

DF



 1 1 1



,−−→

BG



 0

−1 1



et−−→

BE





−1 0 1



. Par conséquent :

−−→DF·−−→

BG =1×0+1×(−1)+1×1=0 et −−→

DF·−−→

BE =1×(−1)+1×0+1×1=0.

On en déduit que

(DF)⊥(BG) et (DF)⊥(BE).

La droite (DF) est orthogonale à deux droites sécantes du plan (BGE), elle est donc orthogonale à ce plan, et le vecteur−−→

DF est donc un vecteur normal au plan (BGE).

b. Les plansP et (BGE) sont parallèles, le vecteur −−→

DF



 1 1 1



est donc éga- lement un vecteur normal au planP. Ce dernier a donc une équation cartésienne du type :

x+y+z+d=0

oùd est un réel à déterminer. Le planP passe par le pointI¡₁

2; 1 ; 0¢ ,

donc 1

2+1+0+d=0⇐⇒d= −3 2. Une équation cartésienne deP est donc x+y+z−³₂=0 .

2. Les plansP et (BGE) sont parallèles. Leurs intersections respectives avec le plan (ABE) sont donc deux droites parallèles. L’une de ces droites est (I N), l’autre est (BE). Ainsi dans le triangleABEles droites (I N) et (BE) sont pa- rallèles etIest le milieu de [AB], donc d’après le théorème « de la droite des milieux » le pointNest le milieu de [AE].

3. a. La droite (H B) passe par le pointH(0 ; 0 ; 1) et a pour vecteur directeur

−−→H B



 1 1

−1



, une représentation paramétrique de cette droite est donc :







x = t

y = t (t∈R) z = 1−t

.

b. Les vecteurs −−→

HG et−−→

DF ne sont pas orthogonaux, la droite (HG) est le planP sont donc sécants en un unique pointT. CommeT ∈(HG), il existe un réelttel queT(t;t; 1−t). Alors :

T∈P ⇐⇒t+t+1−t−3

2=0⇐⇒t=1 2, les coordonnées deT sont doncT¡₁

2; ¹₂; ¹₂¢ . 4. Le tétraèdreF BGE

— a pour base le triangleF BGqui est rectangle isocèle enF et a pour aire B=¹₂×F E×F B=¹₂;

— pour hauteurh=F E=1.

Le volumeV du tétraèdreF BGEest donc V =1

3B×h=1 3×1

2×1=1 6.

EXERCICE4 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité Les parties A et B sont indépendantes

Partie A

1. L’algorithme complété est le suivant :

Variables : X est un nombre entier Y est un nombre entier Début : Pour X variant de−5 à 10

Pour Y variant de−5 à 10 Si 7*X-3*Y=1 alors : Afficher X et Y Fin Si

Fin Pour Fin Pour Fin

2. a. Le couple (1, 2) est une solution particulière de (E) car 7×1−3×2=1.

b. Soit (x,y) un couple d’entiers relatifs, alors :

(x,y) solution de (E) ⇐⇒ 7x−3y=7×1−3×2

⇐⇒ 7(x−1)=3(y−2)

Ainsi 3 divise (x−1), or 3 et 7 sont premiers entre eux, donc, par le théo- rème de Gauss, 3 divisex−1. Il existe donc un entier relatifk tel que x−1=3k⇔x=1+3k. On obtient alors 7×3k=3(y−2) d’oùy=2+7k. Ré- ciproquement, on vérifie aisément que les couples du type (1+3k; 2+7k) aveck∈Zsont bien solutions de (E).

c. Soit (x,y) un couple solution de (E), alors il existek∈Ztel quex=1+3k ety=2+7k. Par conséquent :

½ −5 6 _x 6 ₁₀

−5 6 _y 6 ₁₀ ^⇐⇒

½ −5 6 _1+3k 6 ₁₀

−5 6 _2+7k 6 ₁₀

⇐⇒

½ −2 6 _k 6 ₃

−1 6 _k 6 ⁸₇

⇐⇒ k∈{−1, 0, 1}.

Il n’y a donc que trois couples vérifiant les conditions demandées : (−2, 5) (1, 2) et (4, 9).

Partie B

1. a. Soitn∈Nalors : M Xn=





−¹³₂ 3

−³⁵₂ 8



×



 xn

yn



=





−¹³₂xn+3yn

−³⁵₂xn+8yn



=



 xn+1

yn+1



=Xn+1

b. La suite (Xn) est géométrique de raisonMet de premier termeM0, donc, pour toutn∈Non a :

Mn=MⁿX0. 2. a. On a, à l’aide de la calculatrice :

P⁻¹MP =

µ 7 −3

−5 2

¶ µ−¹³₂ 3

−¹⁵₂ 8

¶ µ−2 −3

−5 −7

¶

=

µ1 0 0 ¹₂

¶

b. On a, pour toutn∈N,Dⁿ= µ1 0

0 ₂¹n

¶ .

c. Montrons par récurrence que, pour toutn∈N, on aMⁿ=P DⁿP⁻¹.

— Initialisation.On aM⁰=I3(oùI3est la matrice identité d’ordre 3), et P D⁰P⁻¹=P I3P⁻¹=P P⁻¹=I3. La propriété est donc vraie pourn=0.

— Hérédité.Supposons qu’il existen∈Ntel queMⁿ=P DⁿP⁻¹, on doit alors montrer queMⁿ⁺¹=P Dⁿ⁺¹P⁻¹.

On a

Mⁿ⁺¹ = Mⁿ×M

= P DⁿP⁻¹×P DP⁻¹

= P Dⁿ×P⁻¹P×DP⁻¹

= P DⁿP⁻¹ ce qu’il fallait démontrer.

— Conclusion.Pour tout entiern, on aMⁿ=P DⁿP⁻¹. 3. a. Soitn∈N, alors

Xn = MⁿX0

=

Ã−14+₂¹⁵ⁿ 6−₂⁶ⁿ

−35+₂³⁵n 15−¹⁴₂n

!µ 1 2

¶

=

Ã−14+₂¹⁵n+12−₂¹²n

−35+₂³⁵n+30−₂²⁸n

!

=

µ−2+₂³ⁿ

−5+₂⁷ⁿ

¶

On a donc, pour toutn∈N,xn= −2+₂³ⁿ etyn= −5+₂⁷ⁿ. 4. Soitn∈N, alorsAn

¡−2+₂³n ;−5+₂⁷n

¢et 7

µ

−2+ 3 2ⁿ

¶

−3 µ

−5+ 7 2ⁿ

¶

−1= −14+21

2ⁿ+15−21

2ⁿ−1= −15+15=0 ce qui prouve bien queAn∈D.