Corrigé du baccalauréat S Métropole La Réunion 20 juin 2016

Transcription

1 Corrigé du baccalauréat S Métropole La Réunion juin 6 A. P. M. E. P. EXERCICE Commun à tous les candidats 6 POINTS Partie A. Utilisons un arbre pondéré :.8 S : A S Les hypothèses s écrivent : ( ) P(A)=,4 P A (S )=, P B S =,5. On en déduit : P(B)= P(A)=,6 P A (S)= P A (S)=,=,8 P B (S)= P B (S)=,5=,95.4 A..95 S S : A S : B S On a ensuite : P(S)=P(A S)+P(B S)=,4,8+,6,95 =,89.6 B. Calculons P S (A) :.5 S : B S P(A S) P S (A)= P(S) =,4,8,89 = 3 89 Une valeur approchée, à près, de la probabilité cherchée est,36. Partie B. Notons f la fréquence observée de composants sans défaut. f =,9 3 On a n f = 4,9= n( f )=4,8= 3 5 Les conditions d utilisation d un intervalle de confiance sont réunies. Un intervalle de confiance de la proportion p, au niveau de confiance,95 est [,9 ;,9+ ]=[,87 ;,97] 4 4. Pour un échantillon de taille n, l intervalle de confiance est [,9 ;,9+ ] n n dont l amplitude est n L amplitude est au maimum égale à, si et seulement si (), n n n, () n car la fonction racine carrée est croissante sur R + La taille minimum de l échantillon est Partie C

2 . a. P(T a) est l aire, en unités d aire, du domaine limité par C, l ae des abscisses et les droites d équations = et = a. b. Soit t [,+ [ : t P(T t) = f ()d = t λe λ d = [ e λ] t = ( e λt) ( e λ ) = ( e λt) ( ) = e λt t [,+ [ P(T t)= e λt λ> lim λt = t + c. De et on déduit, par composition : lim X ex = On a ensuite, par somme : lim t + ( e λt )= = : lim P(T t)= t + lim t + e λt =.. L hypothèse s écrit : e 7λ =,5 () () e 7λ =,5 7λ=ln 7λ= ln λ= ln 7 Une valeur approchée de λ, à 3 près, est,99 3. a. La question est de déterminer P(T 5). Puisque P(T 5)= e,99 5, alors P(T 5)=P(T > 5)= P(T 5)= ( e,99 5 )=e 5,99 = e,495 La probabilité que ce composant fonctionne au moins 5 ans est environ,6 b. Il s agit de calculer P (T ) (T 7) La loi eponentielle étant une loi de durée de vie sans vieillissement, on a P (T ) (T 7)=P(T 5) La probabilité cherchée est environ,6 juin 6 Métropole La Réunion

3 c. E(T )= λ : Une valeur approchée de l espérance de T est environ, : la durée de vie moyenne d un composant est d environ ans EXERCICE Commun à tous les candidats 4 POINTS Affirmation Les vecteurs AB et AC ont pour coordonnées respectives et AC. Puisque, les vecteurs AB et AC n ont pas leurs coordonnées proportionnelles. Les points A,B et C ne sont donc pas alignés : L affirmation est fausse. Affirmation Calculons n. AB et n. AC : n. AB = + ( )+( ) ( )= n. AC = ( )+ ( )+( ) ( )= Le vecteur n est orthogonal à deu vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : on en déduit que le vecteur n est normal au plan (ABC) : L affirmation est vraie. Affirmation 3 Première méthode : Montrons tout d abord que la droite (EF) et le plan (ABC) sont sécants : La droite (EF) et le plan (ABC) sont sécants si et seulement si les vecteurs n orthogonau. Calculons n EF : Puisque n. EF, alors n. EF = ( )+ ( )+( ) = La droite (EF) et le plan (ABC) sont sécants et EF ne sont pas Puisque le milieu I du segment [BC] appartient manifestement au plan (ABC), il suffit de vérifier si I appartient à la droite (EF) : Le milieu I du segment [BC] a pour coordonnées Les vecteurs EF et ( B + C ; y B + y C ; z B + z C E I ont pour coordonnées respectives et Puisque E I = EF, les points E, I et F sont alignés : I (EF ) ) = (,,) On a prouvé que la droite (EF) et le plan (ABC) sont sécants en le milieu du segment [BC] : L affirmation 3 est vraie. Seconde méthode : Déterminons une représentation paramétrique de la droite (EF) : juin 6 3 Métropole La Réunion

4 La droite (EF) passe par E( ; ; 3) et est dirigée par EF. Une représentation paramétrique de la droite (EF) est alors = t y = t (t R) z = 3+ t Déterminons une équation cartésienne du plan (ABC), noté P : Puisque n est normal au plan P, ce dernier a une équation de la forme y z+ d = où d R Puisque A(,,3) est un point de P, alors y A z A + d =, soit d = y A + z A = Une équation du plan P est y z+ = Déterminons (EF ) P : Soit M un point de la droite (EF). IL eiste alors un nombre réel t tel que M = t y M = t z M = 3+ t M appartient à P si et seulement si y M z M + =, i.e : soit t (3+ t)+= t = La droite (EF) et le plan P sont donc sécants en un point I de coordonnées ( ( ), ( ),3+( ))= (,,) Reste à vérifier que I est le milieu de [BC] : Le milieu du segment [BC] a pour coordonnées On en déduit que I est le milieu de [BC] ( B + C, y B + y C, z B + z C L affirmation 3 est vraie. ) = (,,) Affirmation 4 Première méthode : Les vecteurs AB et C D ont pour coordonnées respectives proportionnelles, les vecteurs AB et CD ne sont pas colinéaires : et 3 Les droites (AB) et (CD) ne sont pas parallèles. N ayant pas leurs coordonnées Les droites (AB) et (CD) sont donc soit sécantes, soit non coplanaires, selon que le point D appartient ou non au plan (ABC) : Une première manière de montrer que D n appartient pas au plan (ABC) : D appartient au plan (ABC) si et seulement si les vecteurs AD et n 4 Puisque AB n = +4=3, alors D n appartient pas au plan (ABC). sont orthogonau. juin 6 4 Métropole La Réunion

5 Une seconde manière de montrer que D n appartient pas au plan (ABC) : Puisque les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires, D appartient au plan (ABC) si et seulement si le vecteur AD s écrit en fonction des vecteurs AB et AC, autrement dit si et seulement si il 4 eiste deu nombres réels α et β tels que L égalité ci-dessus est équivalente au système : AD = αab + βac. =α β = α β 4= α β Les deu dernières équations étant incompatibles, D n est pas un point du plan (ABC). Les droites (AB) et (CD) ne sont donc pas coplanaires : L affirmation 4 est fausse. Seconde méthode : Déterminons des représentations paramétriques des droites (AB) et (CD) : La droite (AB) passe par A( ; ; 3) et est dirigée par AB. Une représentation paramétrique de la droite (AB) est donc : = +t y = t (t R) z = 3 t La droite (CD) passe par C(- ; ; ) et est dirigée par CD 3. Une représentation paramétrique de la droite (D) est donc : = +3t y = t (t R) z = t Déterminons (AB) (C D) : Résolvons pour cela le système t 3t = () sécantes : t+ t = t+ t = 3 +t = +3t t = t () : 3 t = t Le système n ayant pas de solution, on en déduit que les droites ne sont pas L affirmation 4 est fausse. EXERCICE 3 Pour les candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité Partie A. Soit R : f () = ln( + ) = ln( + ) = + = e = = L équation f () = admet pour unique solution 5 POINTS juin 6 5 Métropole La Réunion

6 . Montrons que f est strictement croissante sur R : La fonction u : + est une fonction trinôme, donc dérivable là où elle est définie, i.e R. Puisque u > sur R, alors la fonction ln u = ln u est dérivable sur R. Finalement, la fonction f est dérivable sur R comme différence des fonctions et ln( +), toutes deu dérivables sur R. Pour tout nombre réel, on a : f ()= + = + ( ) = + + La fonction f est dérivable sur R et sa fonction dérivée est strictement positive sur R, sauf pour = : on en déduit que f est strictement croissante sur R. Montrons lim f ()= : lim + =+ De et on déduit, par composition : lim ln X =+ X + Il vient ensuite, par produit : lim = De et lim ln( + )= lim ln( + )= on déduit, par somme : lim f ()= 3. La fonction f est (strictement) croissante sur [ ; ]. Par suite : On a On a prouvé : f ()= ln( + )= et f ()= ln( + )= ln [,] f () f () f (). Puisque ln <, alors [,] [,] lim ln( + )=+. f ()< f () [,] 4. a. L algorithme affiche la plus petite valeur de N pour laquelle N ln(n + ) est supérieur ou égal à N. b. Pour A =, l algorithme affiche Partie B. Pour tout entier naturel n, notons P n la propriété : u n [,]. Puisque u =, P est vraie. Supposons vraie la propriété P n pour un entier naturel n. On a alors : u n [,]. D après la troisième question de la partie A, on en déduit : f (u n ) [,] soit : On a prouvé : On a prouvé par récurrence : n N u n+ [,] P n est vraie= P n+ est vraie n N u n [,] juin 6 6 Métropole La Réunion

7 . Soit n N : u n+ u n = ln ( u n + ). Étudions le signe de ln ( u n + ) : Puisque u n, on en déduit, la fonction carré étant croissante sur [,] : soit : Par suite : La fonction ln est croissante sur [,+ [ : u n u n [,] u n + [,] De u n +, on déduit ln(u n + ) ln, soit ln( u n + ). Puisque u n+ u n = ln(un + ), alors La suite u est décroissante 3. La suite u est décroissante et minorée par : elle converge donc, en vertu du théorème de la limite monotone, vers un nombre réel l. 4. Puisque l équation f () = admet pour unique solution, on en déduit : l= EXERCICE 3 Pour les candidats ayant suivi l enseignement de spécialité 5 POINTS. a. Soit (, y) un couple d entiers relatifs. On a 5 y = 3(5 4y) 5 et 4y sont deu entiers. La différence de deu entiers étant un entier, 5 4y est un entier, et 3(5 4y) est ainsi un multiple de 3 : Si et y sont deu entiers relatifs, alors l entier 5 y est divisible par 3 b. Supposons qu eiste un point de la droite dont les coordonnées (, y ) sont entières. On a alors y = Soit : 5 8=y Ou encore : 5 y = 8 D après la question précédente, 5 y est un multiple de 3. Or 5 y est égal à 8. Comme 8 n est pas un multiple de 3 Aucun point de la droite n a ses coordonnées entières. juin 6 7 Métropole La Réunion

8 . a. Puisque le point de coordonnées (, y ) appartient à, on en déduit : y = m n p q Soit : Ou encore : nq y = mq pn q(m ny )=np Puisque, y, m et n sont des entiers, alors m ny est un entier : q(m ny ) est donc un multiple de q Puisque np = q(m ny ), alors q divise np b. D après la question précédente, q divise np. Comme, par hypothèse, q et p sont premiers entre eu, on en déduit, d après le théorème de Gauss, que q divise n. q divise n 3. a. Puisque n et m sont premiers entre eu, alors, en vertu du théorème de Bézout, il eiste deu entiers relatifs u et v tels que nu+ mv = Puisque n = qr, l égalité précédente s écrit : soit, en posant v = v : qr u m( v )= qr u mv = Il eiste deu entiers u et v tels que qr u mv = b. L égalité y = m n p q est équivalente, d après la question.a, à l égalité q(m ny )=np soit : q(m ny )= qr p Puisque q, cette dernière égalité est équivalente à l égalité : m ny = r p () D après la question précédente, on sait qu il eiste deu entiers relatifs u et v tels que nu mv = Multiplions chacun des deu membres de cette égalité par r p. On obtient alors : nur p mvr p = r p soit : m( vr p) n( ur p)=rp () En comparant les égalités () et (), on en déduit : Le point de coordonnées ( vr p, ur p) est un point de juin 6 8 Métropole La Réunion

9 4. Les questions et 3 permettent d énoncer le résultat suivant : Soit la droite d équation y = m n p où m, n, p et q sont des entiers relatifs non nuls tels que q pgcd(n,m)=pgcd(p, q)=. Alors il eiste un point de dont les coordonnées sont des entiers si et seulement si q divise n. Dans le cas présent est la droite d équation y = pgcd(3,8)=pgcd(7,4)= Puisque et, alors 4 divise 8 Il eiste un point de dont les coordonnées sont des entiers 5. Soit la droite d équation y = M N P Q. On applique le résultat énoncé au début de la question précédente : a. Si Q ne divise pas N, alors l algorithme affiche «pas de solution» : il se termine donc. Si Q divise N, on sait qu il eiste un point de à coordonnées entières. Autrement dit, il eiste un couple d entiers (, y ) tel que y = M N P Q Il est clair qu un tel couple eiste si et seulement si il eiste un entier relatif tel que M N P Q est un entier. Lorsque X parcourt N (i.e prend les valeurs,,,... ), il eiste donc un entier naturel X tel que M N X P Q ou M N X P Q est un entier relatif : l algorithme se termine donc. L algorithme se termine b. L algorithme affiche les coordonnées du point de la droite d équation y = M N P Q plus petite valeur absolue. dont l abscisse a la EXERCICE 4 Commun à tous les candidats 5 POINTS. tanα= E A ET = 5 tanβ= EB ET = 3,6. Les fonctions sin et cos sont définies et dérivables sur ] ; π [. Puisque la fonction cosinus ne s annule pas sur ], π [, on en déduit, par quotient, que la fonction tan est dérivable sur ] ; π [. Pour tout nombre réel appartenant à ] ; π [, on a : tan ()= Puisque tan > sur ] ; π [, alors cos cos sin ( cos ) (cos ) = sin + cos cos La fonction tangente est strictement croissante sur = cos ], π [ 3. On a AT B = ET B ET A, soit γ=β α. Par suite : juin 6 9 Métropole La Réunion

10 tanγ = tan(β α) = tanα tanβ +tan αtanβ = 3, ,6 5 = 5, = 5, = 5, = 5, tanγ= 5, L angle AT B est maimal lorsque sa mesure γ l est. Puisque γ appartient à l intervalle ] ; π [ on en déduit, la fonction tangente étant strictement croissante sur ] ; π [, que γ est maimal si et seulement si tanγ est maimal. S il eiste, le maimum de tanγ est ainsi le maimum, sur ],5], de la fonction g définie par g ()= 5, Remarque : Pour démontrer que g admet, sur ] ; 5], un maimum atteint pour une unique valeur de, il suffit d étudier les variations de g, ce qui ne pose aucun problème... On peut aussi procéder de la manière suivante : Puisque la fonction g ne s annule pas sur l intervalle ] ; 5], on peut définir, sur ] ; 5], la fonction g. La fonction g est strictement positive sur ] ; 5] et la fonction inverse est strictement décroissante sur ] ; + [ : les fonctions g et ont donc des sens de variation contraires. g Puisque f = 5,6 g, les fonctions f et g variations contraires. ont les mêmes variations : les fonctions f et g ont donc des Le maimum de g sur ] ; 5] est obtenu en une valeur de pour laquelle f admet un minimum. La fonction f est dérivable sur ], 5] et, pour tout nombre réel appartenant à ] ; 5] : Puisque ] ; 5], alors + 765> : f ()= 765 = 765 = ( 765) le signe de f () est donc celui de 765 On en déduit que f est strictement décroissante sur ], 765] et strictement croissante sur [ 765 ; 5] : f admet donc, sur ] ; 5], un minimum atteint pour = 765. L angle AT B est maimal pour une unique valeur de, égale à 765 m. Une valeur approchée de, au mètre prés, est 8m Une valeur approchée de l angle AT B, à, radian près est,, soit environ 5,78.. Sous réserve d eistence juin 6 Métropole La Réunion