Corrigé du baccalauréat S - Polynésie - 2 septembre 2020
Exercice 1
Commun à tous les candidats
1.Une urne contient 5 boules rouges et 3 boules blanches indiscernables au toucher.
On extrait une boule de l'urne et on note sa couleur.
On répète 4 fois cette expérience,de manière indépendante,en remettant la boule à chaque
fois dans l'urne.
La probabilité, arrondie au centième,d'obtenir au moins 1 boule blanche est:
Réponse A : 0.15
Réponse B : 0.63
Réponse C : 0.5
Réponse D : 0.85
Il y a 3 boules blanches sur un total de 8 boules,donc la probabilité de prendre une boule
blanche est 38
La variable aléatoire X qui donne le nombre de boules blanches tirées parmi 4 suit une loi
binomiale de paramètres n=4 et P=38
La probabilité d'obtenir au moins 1 boule blanche est:
P(X≥1)=1−P(X=0)=1−(58)4≈0.85
2. Soit n étant un entier naturel supérieur ou égal à 2
Un sac contient n pièces indiscernables au toucher.
Ces pièces comportent toutes un côté
« PILE » et un côté « FACE » sauf une qui contient deux côtés « FACE ».
On choisit au hasard une pièce du sac puis on la lance.
La probabilité d'obtenir le côté « FACE » est égale à:
Réponse A : n−1n
Réponse B : n+12n
Réponse C : 12
Réponse D : n−12n
Soient les événements
∙ N « la pièce est normale,c'est-à-dire à deux côtés PILE et FACE »
∙ F : « le côté obtenu est FACE »
On représente la
situation au moyen de l'arbre pondéré suivant:
P(F)=P(N∩F)+P(P¯N∩F)=n−1n×12+1n×1=n−12n+22n=n−1+22n=n+12n
3. On considère T la variable aléatoire suivant la loi normale d'espérance μ=60 et d'écart-type δ=6
La probabilité P(T>60)(T>72) arrondie au millième est :
Réponse A : 0.954
Réponse B : 1
Réponse C : 0.023
Réponse D : 0.046
P(T>60)(T>72)=P((T>60)∩(T>72))P(T>60)=P(T>72)P(T>60)≈0.022750.5≈0.046
4. La durée de fonctionnement, exprimée en années, d'un moteur jusqu'à ce que survienne la
première panne est modélisée par une variable aléatoire suivant une loi exponentielle de par a
mètre λ où λ est un réel strictement positif.
La probabilité que le moteur fonctionne sans panne pendant plus de 3 ans est égale à
Réponse A : e−3λ
Réponse B : 1−e−3λ
Réponse C : e3λ−1
Réponse D : e3λ
D'après le cours, P(X≥t)=e−λt donc la probabilité cherchée est e−3λ
5. On note X une variable aléatoire suivant la loi uniforme sur [0 ; π2] la probabilité qu'une valeur prise par la variable aléatoire X soit solution de l'inéquation cosx>12 est égale à :
Réponse A : 23
Réponse B : 13
Réponse C : 12
Réponse D : 1π
Sur [0 ; π2], on a cosx>12 pour x∈[0 ; π3]
La probabilité cherchée est
π3−0π2−0=π3π2=π3×2π=23
Exercice 2
Soit ABCDEFGH un cube.
L'espace est rapporté au repère orthonormé (A ; →AB,→AD,→AE)
Pour tout réel t, on considère le point M de coordonnées (1−t ; t ; t)
1. Le point B a pour coordonnées (1 ; 0 ; 0) comme →AH=→AB+→AE, le point H pour coordonnées (0 ; 1 ; 1)
Le vecteur →BM a pour coordonnées (1−t−1 ; t−0 ; t−0) soit (−t ; t ; t)
Le vecteur →BH a pour coordonnées (0−1 ; 1−0 ; 1−0) soit (−1 ; 1 ; 1)
On a donc →BM=t→BH,donc les vecteurs →BM et →BH sont colinéaires, ce qui prouve que le point M appartient à la droite (BH) pour tout réel t
On admet que les droites (BH) et (FC) sont respectivement pour représentation paramétrique :
{x=1−ty=tz=t où t∈R
et {x=1y=t′z=1−t′ où t′∈R
2. On va démontrer que les droites (BH) et (FC) sont orthogonales et non coplanaires.
∙ D'après sa représentation paramétrique, la droite (BH) est dirigée par le vecteur →n coordonnées (−1 ; 1 ; 1)
D'après sa représentation paramétrique, la droite ((FC) est dirigée par le vecteur →n′ coordonnées (0 ;1 ; −1)
On en déduit que les droites (BH) et (FC) sont orthogonales.
∙ Si les droites les droites (BH) et (FC) sont coplanaires, comme elles sont orthogonales, elles seront sécantes ; il suffit donc de prouver que les droites (BH) et (FC) ne sont pas sécantes pour démontrer qu'elles ne sont pas coplanaires.
Les droites (BH) et (FC) sont sécantes si on peut trouver t et t′ tels que:
Ce système n'a pas de solution donc les droites (BH) et (FC) ne sont pas sécantes, donc
elles ne sont pas coplanaires.
3. Pour tout réel t′, on considère le point M′(1 ; t′ ; 1−t′)
a. MM′2=(1−1+t)2+(t′−t)2+(1−t1−t)2=t2+t′2−2tt′+t2+1−t′−t−t′+t′2+tt′−t+tt′+t2=3t2+2t′2−2t′−2t+1
3(t−13)+2(t′−12)2+16=3(t2−2t2+19)+2(t′2−2t′2+14)+16=(t−13)2+2(t′−12)2+16=3(t2−2t3+19)+2(t′2−2t′2+14)+16=3t2−2t+13+2t′2−2t′+12+16=3t2+2t′2−2t′−2t
b. La distance MM′ est minimale quand MM′2 est minimale.
MM′2 est la somme de trois nombres positifs ou nuls, et sera minimale quand chacun de
ces nombres est minimal.
∙ 3(t−13)2 est minimale et vaut 0 pour t=13 ;
∙ 2(t′−12)2 est minimal et vaut 0 pour t′=12
Donc MM′ est minimale pour t=1 et t′=12 ; dans ce cas $$MM'=\sqrt{\dfrac{1}{6}}$
c. On nomme P le point de coordonnées (23 ; 13 ; 13) et Q celui de coordonnées
(1 ; 12 ; 12)
∙ Le point P appartient à la droite (BH) pour t=3, donc (BP)=(BH)
∙ Le point Q appartient à la droite (FC) pour t′=12 donc (QC)=(BH)
∙ Le vecteur →PQ a pour coordonnées (1−23 ; 12−13 ; 12−13)=(13 ; 16 ; 16)
∙ Le vecteur →BP a pour coordonnées (23−1 ; 13−0 ; 13−0)=(−13 ; 13 ; 13)$
∙ BP⋅→PQ=(−13)(13)+(13)(16)+(13)(16)=−19+118+118=0 donc →BP⊥→PQ donc la droite (PQ) est perpendiculaire à la droite (BP) donc à la droite (BH)
(PQ) est perpendiculaire à la droite (QC) donc à la droite (FC)
Donc la droite (PQ) est perpendiculaire aux deux droites (BH) et (FC)
Exercice 3
Commun à tous les candidats
On considère la fonction f définie sur R par f(x)=xe−x2+1
On note (C) la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (O ; →i,→j)
1.a. Pour tout x réel,
\begin{array}{rcl} f(x)&=&x\mathrm{e}^{-x^{2}+1}\\&=&x\mathrm{e}^{-x}^{2}\times \mathrm{e}\\&=&\dfrac{x}{\mathrm{e}^{x^{2}}}\times\mathrm{e}\\&=&\dfrac{\mathrm{e}}{x}\times\dfrac{x^{x}}{\mathrm{e}^{x^{2}}} \end{array}
b ∙ limx⟶+∞1x=0 donc limx⟶+∞ex=0
∙ pour tout réel X, limx⟶+∞eXX=+∞ donc limX⟶+∞XeX=0
Or limx⟶+∞xx=+∞, donc en posant X=x2, on déduit que limx⟶+∞x2ex2=0
Par produit de limites,on déduit que limx⟶+∞x2ex2=0
Pour tout réel x,on considère les points M et N de la courbe (C) d'abscisses respectives x et −x
a. Les coordonnées de M sont (x ; f(x)) et celles de N sont (−x ; f(−x))
Le milieu de [MN] a pour coordonnées (x+(−x)2 ; f(x)+(−f(x))2)=(0 ; 0)
C'est donc le point 0
b. La courbe (C est donc symétrique par rapport au point 0
3. La fonction f est dérivable sur l'intervalle [0 ; +∞[ et
f′(x)=1×e−x2+1+x×(−2x)e−x2+1=(1−2x2)e−x2+1
Pour tout réel x, e−x2+1>0 donc f′(x)
est du signe de 1−2x2 qui s'annule et change de signe pour x=√22 sur [0 ; +∞[
f(0)=0 et f(√22)=√22e−(√22)2+1=√22e12=√2e2≈1.166
D'où le tableau des variations de f sur l'intervalle [0 ; +∞[ :
x0√22+∞1−2x2+∣−f′(x)+∣−√2e2f(x)↗↘00
a. Le maximum de la fonction f sur [0 ; +∞[ est √2e2 qui est supérieur à 0.5
On complète le tableau de variations de f,ce qui prouve que l'équation f(x)=0.5 admet
sur [0 ; +∞[ exactement deux solutions notées α et β( avec α<β)
x0α√22β+∞⋮√2e2⋮f(x)0.5↗╲0.5↘0╱0
b. D'après le tableau de variations, on déduit que les solution sur [0 ; +∞[ de l'inéquation fx)≥0.5 son les éléments de l'intervalle [α ; β]
c. A la calculatrice, on trouve α≈0.19 et β≈1.43
5. Soit A un réel strictement positif.
On pose IA=∫A0f(x)dx
a. Pour calculer IA=∫A0f(x)dx, on cherche une primitive F de f
La dérive de la fonction x⟼eu(x) est la fonction x⟼u′(x)eu(x) ; donc la dérivé de x⟼e−x2+1 est x⟼xe−x2+1
Dans la fonction f a pour primitive la fonction F définie par F(x)=−12e−x2+1
IA=∫A0f(x)dx=[F(x)]A0=F(A)−F(O)=−12e−A2+1+12e0+1=12(e−e−A2+1)
b. limA⟶+∞−A2+1=−∞ et limx⟶−∞ex=0 donc limA⟶+∞e−A2+1=0
On en déduit que limA⟶+∞IA=e2
On admet que cette limite est l'aire en unités d'aire située entre la partie de la courbe (C) sur [0 ; +∞[ et l'axe des abscisses.
On appelle A1 cette aire,donc d'après les questions précédentes, A1=e2
Comme illustré sur le graphique ci-dessous,
délimitée par:
∙ C sur (C′) symétrique de (C) par rapport à l'axe des abscisses
∙ Le cercle de centre Ω(√22 ; 0) et de rayon 0.5 et son symétrique par rapport à l'axe des ordonnées.
On admet que le disque de centre Ω(√22 ; 0) et de rayon 0.5cet son symétrique par rapport à l'axe des ordonnées sont situés entièrement entre la courbe (C) et la courbe (C′)
Pour des raisons de symétrie, l'aire cherchée est 4 fois l'aire hachurée ci-dessous :
L'aire hachurée est égale à l'aire A1 diminuée de l'aire A2 du demi-disque de centre Ω et de rayon 0.5
A2=π×(0.5)22=π8
L'aire cherchée est donc 4\left(\mathbb{A}_{1}-\mathbb{A}_{2}\right)\\&=&4\left(\dfrac{\mathrm{e}}{2}-\dfrac{\pi}{8}\right)\\&=&2\mathrm{e}-\dfrac{\pi}{2}\\&\approx&3.87 unité d'aire.
Exercice 4
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct (O . →u,→v)
On considère la suite de nombres complexes (zn) défini, par: z0=0 et pour tout n,zn+1=(1+i)zn−i
Pour tout entier naturel n, on note An le point d'affixe zn
On note B le point d'affixe 1
1.a. z1=(1+i)z0−i=(1+i)×0−i=−i
z2=(1+i)z1−i=(1+i)×(−i)−i+1−i=1−2i
b. z3=(1+i)z2−i=(1+i)(1−2i)−i=1+i−2i+2−i=3−2i
c. On place les points B, A1, A2 et A3 dans le repère orthonormé direct (O ; →u,→v)
d. On démontre que le triangle BA1A2 est isocèle rectangle.
∙ BA1=|z1−1|=|−i−1|=√2
A1A2=|z2−z1|=|−1−2i+i|=|−1−i|=√2
Donc l triangle BA1A2 est isocèle.
∙ BA2=|1−2i−1|=|−2i|=2
BA21+A1A22=(√2)2+(√2)2=2+2=4=BA22 donc,d'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle BA1A2 est rectangle en A1
On a donc démontré que le triangle BA1A2 était isocèle rectangle en A1
2. Pour tout entier naturel n, on pose un=|zn−1|
a. un+1=|zn+1−1|=|(1+i)zn−i−1|=|(1+i)zn−(1+i)|=|(1+i)(zn−1)|=|1+i|×|zn−1|=√2un
pour tout entier naturel n
b. La distance BAn est égale & |zn−1| soit un
u0=|z0−1|=|0−1|=|−1|=1
Pour tout n, un+1=√2un donc la suite (un) est géométrique de premier terme u0=1 et de raison q)√2 donc, pour tout n,
un=uo×qn=1×(√2)n=(√2)n
On cherche n tel que uu>1000 donc on résout l'inéquation (√2)2>1000 :
(√2)n>1000⟺ln((√2)n)>ln(1000)⟺n×ln(√2)>ln(1000) &⟺n>ln(1000)ln(√2)ln(1000)ln(√2)≈19.9
donc la distance BAn est supérieure à 1000 à partir de n=20
3.a. 1+i=√2(√22+i√22)=√2(cosπ4+isinπ4)=√2eiπ4
b. Soit Pn la propriété zn=1−(√2)neinπ4
∙ Initialisation
Pour n=0,
zn=zo=0 et 1−(√2)neinπ4=1−(√2)0ei0×π4=1−1=0
Donc la propriété est vraie au rang 0
∙ Hérédité
On suppose la propriété vraie au rang n≥0, c'est-à-dire
zn=1−(√2)neinπ4
zn+1=(1+i)zn−i=√2eiπ4×(1−(√2)neinπ4)−i=√2eiπ4−(√2)n+1ei(n+1)π4−i=1−i−(√2)n+1ei(n+1)π4−i=1−(√2)n+1ei(n+1)π4
donc la propriété est vraie au rang n+1
∙ Conclusion
La propriété est vraie au rang 0,et elle est héréditaire pour tout n≥0 ; d'après le
principe de récurrence,elle est vraie pour tout entier naturel n.
Donc, pour tout n de N, zn=1−(√2)neinπ4
c. Le point A2020 a pour affixe z2020=1−(√2)2020ei2020π4
2020π4=505π252×2π+π donc ei2020π4=ei(252\time2π+π)=(ei2π)252×eiπ=1252×eiπ=−1
z2020=1−(√2)2020×(−1)=1+(√2)2020 est un réel donc le point A2020 appartient à l'axe des abscisses.
Exercice 4
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
On considère la matière M=(011101110)
Soient (αn) et (bn) deux suites tout entier naturel n non nul {an+1=an+bnbn+1=2an
1.a2=a1+b1=1+0=1 ;
b2=2a1=2×1=2 ;
a3=a2+b2=1+2=3 ;
b3=2×1=2
2. M2=(011101110)×(011101110)=(211121112)
M2=(211121112)=(011101110)+(200020002)=(011101110)+2(100010001)=M+2I
On admet que pour tout entier naturel non nul n, Mn=anM+bnI, où (an) et (bn) sont les suites précédemment définies.
3. On note A=(112\qu0) et pour tout n≠0, Xn la matrice (anbn)
On pose P=(111−2)
a. AXn=(1120)×(anbn)=(an+bn2an+0)=(an+1bn+1)=Xn+1
b. On peut dire que X2=AX1, X3=AX2=A(AX1)=A2X1 etc..., donc que Xn=An−1X1
c. d et (P)=1×(−2)−1×1=−3≠0 donc la matrice P est inversible.
∙ (111−2)×(231313−13)=(23+1313−1323−2313+23)=(1001)=I2
∙ (231313−13)×(111−2)=(23+1323−2313−1313+23)=(1001)=I2
Donc l'inverse de la matrice P est la matrice P−1=(221313−13)
d. P−1AB=(231313−13)×(1120)×(111−2)=(231313−13)×(1+11−22+02+0)=(231313−13)×(2−122)=(43+23−23+2323−23−13−23)=(200−1)
qui est une matrice diagonale appelée D.
e. Soit Pn la propriété : An=PDnP−1
∙ Initialisation
P−1AP=D donc PP−1APP−1=PDP−1
autrement dit A=PDP−1 soit A1=PD1P−1
La propriété est vraie au rang n=1
Hérédité
On suppose la propriété vraie au rang n≥1, c'est-à-dire : An=PDnP−1 donc la propriété est vraie au rang n=1
∙ Conclusion
La propriété est vraie au rang 1,et elle est héréditaire pour tout n≥1 ; d'après le
principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel n
On a donc démontré que,pour tout n≥1, An=PDnP−1
f. On admet que pour tout n≥1 : A^{n-1}X_{1}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{3}\times 2^{n}+\dfrac{1}{3}\times (-1)^{n-1}\quad \dfrac{1}{3}\times 2^{n-1}+\dfrac{1}{3 \times(-1)^{n}\\ \dfrac{1}{3}\times 2^{n}-\dfrac{2}{3}\times(-1)^{n-1}\quad \dfrac{1}{3}\times 2^{n-1}-\dfrac{2}{3}\times (-1)^{n} \end{pmatrix}
\begin{array}{rcl} \begin{pmatrix} a_{n}\\ b_{n} \end{pmatrix}&=&X_{n}\\&=&A^{n-1}X_{1}\\&=&\begin{pmatrix}
\dfrac{1}{3}\times 2^{2}+\dfrac{1}{3}\times (-1)^{n-1}\quad \dfrac{1}{3}\times 2^{n-1}+\dfrac{1}{3}\times (-1)^{n}\\ \dfrac{1}{3}\times 2^{n}-\dfrac{2}{3}\times (-1)^{n-1}\quad \dfrac{1}{3}\times 2^{n-1}-\dfrac{2}{3}\times (-1)^{2}\end{matrix}\times \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}\\&=&\begin{pmatrix} \dfrac{1}{3}\times 2^{n}+\dfrac{1}{3}\times (-1)^{n-1}\\ \dfrac{1}{3}\times 2^{n}-\dfrac{2}{3}\times (-1)^{n-1}
\end{pmatrix} \end{array}
Donc an=13×2n+13×(−1)n−1=13(2n+(−1)n−1)
4. Soit k un entier naturel
24=16≡1k modulo 5, donc 24k−1≡0 modulo 5
5. Soit n un entier naturel non nul et multiple de 4 ; donc on peut écrire n=4k
a. an=13(22+(−1)n−1) donc
3an=2n+(−1)n−1=24k+(−1)4k−1=24k+(−1)4k×(−1)−1=24k−1≡0 modulo 5
Donc 3an est divisible par 5.
b. 3an est divisible par 5 donc 5 divise 3an
Or 3 et 5 sont premiers entre eux donc, d' après le théorème de Gauss,5 divise an,ce qui veut dire que an est divisible par 5.
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