[ Corrigé du baccalauréat S Polynésie 19 juin 2019 \
Exercice I 5 points
Commun à tous les candidats
Les probabilités demandées seront arrondies à 0,01.
Un commerçant vient de s’équiper d’un distributeur de glaces à l’italienne.
1. La durée, en mois, de fonctionnement sans panne de son distributeur de glaces à l’italienne est modélisée par une variable aléatoireX qui suit une loi exponentielle de paramètreλoùλest un réel strictement positif (on rappelle que la fonctionfde densité de la loi exponentielle est donnée sur [0 ;+∞[ parf(x)=λe−λx. Le vendeur de l’appareil assure que la durée moyenne de fonctionnement sans panne de ce type de distributeur, c’est-à-dire l’espérance mathématique deX, est de 10 mois.
a. L’espérance d’une variable aléatoire suivant une loi exponentielle estE(X)=1 λ. E(X)=10⇐⇒ 1
λ=10 ⇐⇒λ= 1
10=0,1 donc λ=0,1.
b. SiFest la fonction de répartition de X, on saut queF(t)=P(06X6t)= Zt
0 f(x) dx
= h
−e−λxit
0=1−e−λt.
Alors :P(X>t)=e−λtdoncP(X>6)=e−6λ=e−0,6≈ 0,55.
La probabilité que le distributeur de glaces à l’italienne n’ait connu aucune panne pen- dant les six premiers mois est environ égale à 0,55.
c. Une loi exponentielle est une loi à durée de vie sans vieillissement, donc PX>6(X>12)=P(X>6)≈ 0,55.
Sachant que le distributeur n’a connu aucune panne pendant les six premiers mois, la probabilité qu’il n’en connaisse aucune jusqu’à la fin de la première année est environ égale à 0,55.
d. Le commerçant remplacera son distributeur de glaces à l’italienne au bout d’un tempst, exprimé en mois, qui vérifie que la probabilité de l’évènement (X>t) est égale à 0,05.
P(X>t)=0,05⇐⇒e−λt=0,05⇐⇒ −λt=ln(0,05)⇐⇒ t=ln(0,05)
−λ =ln(0,05)
−0,1 ≈ 30 . Il faut 30 mois pour que la probabilité que l’appareil dépasse ce temps de fonctionnement soit égal à 0,05.
2. La notice du distributeur de glaces précise que le distributeur fournit des glaces à l’italienne dont la masse est comprise entre 55 g et 65 g.
On considère la variable aléatoireMreprésentant la masse, en grammes, d’une glace distri- buée. On admet queMsuit la loi normale d’espérance 60 et d’écart-type 2,5.
a. µ=60;σ=2,5.P(556M665)=P(µ−2σ6M6µ+2σ)≈0,954 (d’après le cours) ; P(556M665)≈0,95.
b. P(M>m)=0,99⇐⇒ P(M<m)=0,01. À la calculatrice, on trouve : m≈54
3. Le distributeur de glaces à l’italienne permet de choisir un seul des deux parfums : vanille ou fraise. Pour mieux gérer ses achats de matières premières, le commerçant fait l’hypothèse qu’il
Le premier jour d’utilisation de son distributeur, il constate que sur 120 consommateurs, 65 ont choisi de la glace à la vanille.
La taille de l’échantillon estn=120 et la proportion théorique de personnes choisissant une glace à la vanille estp=2
3.
On a :n=120>30;np=80>5 etn(1−p)=40>5.
On peut alors utiliser l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 0,95.
I120=
"
p−1,96×
pp(1−p)
pn ;p+1,96×
pp(1−p) pn
#
=
"
2
3−1,96×
29
p120; 2
3+1,96×
29
p120
#
≈ [0,58 ; 0,76].
La fréquence observée estf = 65 120
13
24≈0,54∉I120.
Avec un risque d’erreur de 5 %,on peut remettre en causel’affirmation du distributeur.
Exercice II 5 points
Commun à tous les candidats
L’écoulement de l’eau d’un robinet a un débit constant et modéré.
On s’intéresse en particulier à une partie du profil d’écoulement repré- sentée enannexe 1par la courbeCdans un repère orthonormé.
Partie A
On considère que la courbeC donnée ci-dessous est la représentation graphique d’une fonctionf dérivable sur l’intervalle ]0; 1] qui respecte les trois conditions suivantes :
(H) : f(1)=0 f′(1)=0,25 et lim
x→0x>0
f(x)= −∞.
−1 1 0
−1
−2
−3
−4
−5 1
O
1. Non,f ne peut pas être une fonction polynôme du second degré ! En effet, sif(x)=ax2+bx+c (a6=0), lim
x→0x>0
=c6= −∞.
2. Soitgla fonction définie sur l’intervalle ]0; 1] parg(x)=klnx.
a. • g(1)=kln 1=0
• g′(x)=k
x doncg′(1)=0,25⇐⇒k=0,25 d’oùg(x)=0,25lnx.
• lim
x→0 x>0
g(x)=lim
x→0 x>0
(0,25lnx)= −∞
Par conséquent : g(x)=0,25lnx .
b. g(0,25)=0,25ln(0,25)≈ −0,35 alors que sur la courbe,f(0,25)< −5 donc les deux courbes ne coïncident pas.
3. Soithla fonction définie sur l’intervalle ]0; 1] parh(x)= a
x4+bxoùaetbsont des réels.
On a :h(x)= −4a x5. (h(1)=0
h′(1)=0,25 ⇐⇒
(a+b=0
4a+b=0,25 ⇐⇒
(−5a=0,25 a+b=0 ⇐⇒
(a= −0,05 b=0,05 . On en déduit que h(x)= −0,05
x4 +0,05x . Il est clair alors que lim
x→0 x>0
h(x)= −∞.
Partie B
On admet dans cette partie que la courbeCest la représentation graphique d’une fonctionfcontinue, strictement croissante, définie et dérivable sur l’intervalle ]0; 1] d’expression :
f(x)= 1 20
µ x− 1
x4
¶ . On remarque que c’est l’expression trouvée précédemment.
1. Sur ]0 ; 1],f st continue, lim
x→0 x>0
f(x)= −∞etf(1)=0.
L’intervalle image ]− ∞; 0] contient le nombre−5.
D’après lethéorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x)= −5 admet au moins une solution.
f′(x)= 1 20
µ 1+ 4
x5
¶
>0 sur ]0 ; 1] doncf est croissante sur cet intervalle. L’équationf(x)= −5 admet donc une unique solution, que l’on noteα.
À la calculatrice, on trouve α≈0,32
2. On admet que le volume d’eau en cm3, contenu dans les 5 premiers centimètres de l’écoule- ment, est donné par la formule :V =
Z1
α
πx2f′(x) dx.
a. Soitula fonction dérivable sur ]0; 1] définie paru(x)= 1
2x2.u(x)=1 2× 1
x2donc u′(x)=1
2× µ
−2 x3
¶
= −1 x3 . b. V=
Z1
α πx2 µ
1+ 4 x5
¶ dx= π
20 Z1
α
µ x2+ 4
x3
¶ dx= π
20
·x3
3 −4× 1 2x2
¸1 α= π
20 µ1
3−2− µα3
3 − 2 α2
¶¶
= π 20 µ
−5 3−α3
3 + 2 α2
¶ . V≈2,8 cm3
Exercice III 5 points
Commun à tous les candidats
On considère la suite (In) définie parI0= Z12
0
1
1−xdxet pour tout entier naturelnnon nul In=
Z12
0
xn 1−xdx.
1. On posef0(x)= 1
1−x; on poseu(x)=1−xdoncu′(x)= −1.
Alorsf0= −u′
u avecu(x)>0 sur
· 0 ; 1
2
¸ .
Une primitive def0est doncF0= −lnudoncF(x)= −ln(1−x).
I0=F µ1
2
¶
−F(0)= −ln µ1
2
¶
+ln 1=ln 2 donc I0=ln2.
2. a. I0−I1= Z12
0
1 1−x dx−
Z12
0
x 1−x dx=
Z12
0
1−x
1−x dx(linéarité)
= Z12
0 1 dx=1 2−0=1
2donc I0−I1=1 2 . b. On en déduitI1=I0−1
2=ln2−1
2; I1=ln 2−1 2 3. a. Pour toutn:In−In+1=
Z12
0
xn 1−x dx−
Z12
0
xn+1 1−x dx=
Z12
0
xn−xn+1
1−x dx(linéarité)
= Z12
0
xn(1−x) 1−x dx=
Z12
0 xndx=
·xn+1 n+1
¸
1 2 0 =
¡1
2
¢n+1
n+1 donc In−In+1=
¡1
2
¢n+1
n+1 . b. On peut utiliser l’algorithme suivant :
I←ln(2) Sin>0
Pourkallant de 0 àn−1 faire I←I−
¡1
2
¢k+1
k+1 Fin Pour Fin Si
4. Soitnun entier naturel non nul.
On admet que sixappartient à l’intervalle
· 0 ; 1
2
¸
alors 06 x
n
1−x6 1 2n−1. a. Par conservation de l’ordre :
06 x
n
1−x6 1 2n−1⇒
Z12
0 06 Z12
0
xn 1−x6
Z12
0
1
2n−1⇒06In6 1 2n−1
Z12
0 1 dx= 1 2n. Par conséquent : 06In6 1
2n . b. 2>1 donc lim
n→+∞2n= +∞d’où : lim
n→+∞
1 2n =0.
D’après le théorème des gendarmes, lim
n→+∞In=0 5. Pour tout entier naturelnnon nul, on pose
Sn=1 2+
¡1
2
¢2
2 +
¡1
2
¢3
3 +...+
¡1
2
¢n
n . a. Montrons par récurrence que :Sn=I0−In:
• Initisalisation: Pourn=1 :I0−I1=1
2(question 2. (a)) etS1=1
2donc S1=I0−I1 ; la propriété estinitialisée.
• Hérédité: on suppose la propriété vraie à un rangnquelconque : doncSn=I0−In.
Alors :Sn+1=Sn+
¡1
2
¢n+1
n+1 =I0−In+
¡1
2
¢n+1
n+1 =I0− Ã
In−
¡1
2
¢n+1
n+1
!
= I0−In+1. La propriété est donchéréditaire
D’après l’axiome de récurrence, la propriété est vraie pour toutn>1.
b. Pour toutn>1,Sn=I0−In; or lim
n→+∞In=0 donc lim
n→+∞Sn=I0= ln2
Exercice IV 5 points
Pour les candidats n’ayant pas suivi la spécialité Figure complétée à la fin de l’exercice :
• ABCDEFGH est un parallélépipède rectangle tel que AB=12, AD=18 et AE=6
• EBDG est un tétraèdre.
.
L’espace est rapporté à un repère orthonormal d’origine A dans lequel les points B, D et E ont pour coordonnées respectives B(12; 0; 0), D(0; 18; 0) et E(0; 0; 6).
1. 3x+2y+6z−36=0 est une équation cartésienne de plan.
E, B et D ne sont pas alignés donc définissent un plan.
3xE+2yE+6zE−36=3×0+2×0+6×6−36=0 3xB+2yB+6zB−36=3×12+2×0+6×0−36=0 3xD+2yD+6zD−36=3×0+2×18+6×0−36=0
Les coordonnées de E, B et D vérifient cette équation de plan.
Ces points E, B et D appartiennent à ce plan, donc le plan (EBD) a pour équation 3x+2y+6z−36=0.
2. a. Le vecteur−→
AGa pour coordonnées−→
AG
12 18 6
.
Une représentation paramétrique de la droite (AG) est alors
x=12t y=18t z=6t
,t∈R.
b. On cherche les coordonnées de K, point d’intersection de (AG) et de (EBD).
On résout alors le système
x=12t y=18t z=6t
3x+2y+6z−36=0 .
On en déduit 3×12t+2×18t+6×6t−36=0⇐⇒ 108t=36 ⇐⇒ t=1 3. On en déduit K(4 ; 6 ; 2).
3. Un vecteur normal au plan (EBD) est→−n
3 2 6
. Ce vecteur n’est pas colinéaire au vecteur−→
AG (même troisième coordonnée, mais autres coordonnées différentes) donc (AG) n’est pas or- thogonale au plan (EBD).
4. a. M est le milieu du segment [ED]. M(0 ; 9 ; 3).
Alors :−−→
B M
−12 9 3
et−−→
BK
−8 6 2
. Il est alors clair que−−→
BK=2 3
−−→B Mdonc ces deux vecteurs sontcolinéaires.
B, K et M sont bien alignés.
b. Le point K est donc le point d’intersection des droites ( AG) et ( BM).
5. On note P le plan parallèle au plan (ADE) passant par le point K.
a. Les plans (AED ) et (EBD) se coupent selon la droite ( ED ) . Le plan P est parallèle au plan ( AED ) et passe par le point K . Le point K appartient donc aux plans (EBD ) et P . Par conséquent l’intersection du plan P et du plan ( EBD ) est une droite parallèle à la droite
b. Figure.
A B
C D
E F
G H
·
M·
M·
K·
·
L
N
Exercice 4 5 points
Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité On considère la matriceM=
µ2 3 1 2
¶
et les suites d’entiers naturels (un) et (vn) définies par : u0=1,v0=0, et pour tout entier natureln,
µun+1
vn+1
¶
=M µun
vn
¶ . Les deux parties peuvent être traitées de façon indépendante.
Partie A
On a calculé les premiers termes de la suite (vn) :
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
vn 0 1 4 15 56 209 780 2 911 10 864 40 545 151 316 564 719 2 107 560
1. Il semble que le chiffre des unités devnappartienne à l’ensemble {0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9}.
2. On admet que pour tout entier natureln, µun+3
vn+3
¶
=M3 µun
vn
¶ . a. JD’après la calculatrice :M3=
µ26 45 15 26
¶ . On en déduit
(un+3=26un+45vn
vn+3=15un+26vn
. b. 15≡0 [5] et 26≡1 [5] donc vn+3≡vn[5] .
3. Soitrun entier naturel fixé. Montrons par récurrence sur l’entier naturelqquev3q+r≡vr[5].
• Initialisation: Siq=0, alorsv3q+r=vr≡vr[5].
La propriété estinitialisée.
• Hérédité: On suppose la propriété vraie au rangq.
Doncv3q+r≡vr[5].
Montrons qu’elle encore vraie au rangq+1 , c’est-à-dire quev3(q+1)+r ≡vr[5] soit encore v3q+r+3≡vr[5].
D’après la question précédente, en prenantn=3q+r , on av3q+r+3≡v3q+r[5] . D’après l’hypothèse de récurrence on av3q+r≡vr[5].
Par conséquentv3(q+1)+r≡vr[5].
La propriété est vraie au rangq+1, donc elle esthéréditaire.
D’après l’axiome de récurrence, elle est vraie pour toutq.
4. Ainsi, pour tout entier naturelqon a :
• v3q≡v0[5] soitv3q≡0 [5]
• v3q+1≡v1[5] soitv3q+1≡1 [5]
• v3q+2≡v2[5] soitv3q+2≡4[5].
On obtient ainsi tous les termes de la suite, donc on en conclut que pour tout entier natureln, le termevnest congru à 0, à 1 ou à 4 modulo 5.
5. On en déduit queunest congru à 0; 1; 4; 5; 6 ou 9 modulo 10, donc le chiffre des unités est une de ces cinq valeurs.
Partie B
L’objectif de cette partie est de démontrer quep
3 n’est pas un nombre rationnel en utilisant la ma- triceM.
Pour cela, on effectue un raisonnement par l’absurde et on suppose quep
3 est un nombre rationnel.
Dans ce cas,p
3 peut s’écrire sous la forme d’une fraction irréductiblep
q oùpetqsont des entiers naturels non nuls, avecqle plus petit entier naturel possible.
1. On ap 3=p
q; commep
3>1, on ap<q.
On a aussi :p 3=p
q⇒3=p2
q2 ⇒q2=3p2<4p2⇒q<2p.
On en déduit : q<p<2q. 2. M−1=
µ 2 −3
−1 2
¶ .
Soit le couple (p′;q′) défini par µp′
q′
¶
=M−1 µp
q
¶ .
3. a.
µp′ q′
¶
=M−1 µp
q
¶
⇐⇒¡ p′q′¢
=
µ2 −3
−1 2
¶ µp q
¶
⇐⇒
(p′=2p−3q q′= −p+2q
b. petqsont des entiers, donc 2p−3qet−p+2qsont des entiers relatifs.
c. On a :q′= −p+2q= −qp
3+2q=(2−p
3)qdoncq= q′ 2−p
3= q′(2+p 3) (2−p
3)(2+p 3)
= q′(2+p 3).
Alors :p′=2p−3q=2qp
3−3q=(2p
3−3)q=(2p
3−3)(2+p
3)q′=p
3q′donc p′=p 3q′ d’où p
3=p′ .
d. On a trouve à la question 1. :q<p<2q.
q<p<2q⇒ −2q< −p< −q⇒0< −p+2q<q⇒ 0<q′<q . e. On a supposé au départ quep
3=p
q avecpetqentiers naturels,qle plus petit possible.
Or, on vient de trouver qu’alors, on avaitp 3=p′
q′, avecq′entier naturel et 0<q′<q.
qn’était donc pas le plus petit entier naturel possible, d’où unecontradiction.
p3 n’est donc pas un nombre rationnel.
