Bac S Corrigé de l épreuve de mathématiques de Métropole

Bac S 11 - Métropole Bac S 11 - Corrigé de l épreuve de mathématiques de Métropole http://blogdemaths.wordpress.com Exercice 1 : Comme demandé dans l énoncé, tous les résultats sont donnés sous forme décimale, et arrondis à 1 4 près. PARTIE A. 1. a. Il suffit de lire l énoncé : P (V ) = % = 1 =, P V (T ) =, 99 P V ( T ) =, 97 Nous pouvons représenter cela à l aide d un arbre pondéré :, V, 99, 1 T T V T V T, 98 V, 3 T V T, 97 T V T Remarque : Figurent en gris les probabilités déduites à partir de celles qu on connaissait. Par exemple, P ( V ) = 1 P (V ) = 1, =, 98. b. Pour trouver la probabilité de l événement V T, il suffit de suivre la première branche du graphe précédent : P (V T ) =,, 99 =, 198. Autrement dit, la probabilité qu une personne soit à la fois contaminée et subisse un test positif est de,198.. On utilise la formule suivante (dite formule des probabilités totales) : P (T ) = P (T V ) + P (T V ). Mais la probabilité P (T V ) se calcule comme au 1.b., c est-à-dire P (T V ) =, 98, 3 =, 94. On en déduit donc P (T ) =, 198 +, 94 =, 49. Remarque : On a donc P ( T ) = 1, 49 =, 958. 3. a. La phrase "Si le test est positif, il n y a qu environ 4% de "chances" que la personne soit contaminée" signifie P T (V ) 4%. Calculons donc P T (V ) pour voir si effectivement ce nombre est proche P (V T ) P (T ) =,198,49 de,4. Or, par définition, P T (V ) = =, 4... L affirmation du départ est donc vraie. b. Il s agit de déterminer P T ( V ). Tout d abord, comme on 1.b., on a P ( T V ) =, 98, 97 =, 956. On en déduit donc : PARTIE B. P T ( V ) = P ( T V ) P ( T ) =, 956 =, 9998, 958 1. On exécute (de manière indépendante) 1 fois de suite l expérience consistant à tirer au sort une personne, et à vérifier si elle est contaminée ou non. La variable aléatoire X suit donc une loi binomiale de paramètres n=1 et p=p(v)=,.. On souhaite calculer P (X ). Il est plus simple de déterminer la probabilité de l événement contraire P (X < ) c est-à-dire P (X = ) + P (X = 1). On sait que P (X = ) = ( ) 1 (, ) (, 98) 1 =, 817. De même, P (X = ) = ( ) 1 1 (, ) 1 (, 98) 9 =, 1667. Donc, P (X < ) =, 9837. Ainsi, P (X ) = 1, 9837 =, 163. 1 http://blogdemaths.wordpress.com

Bac S 11 - Métropole Exercice : Bien qu aucune justification n était demandée dans l énoncé, on propose ici une explication pour chaque question de ce QCM. Il est toujours bon de faire un schéma pour visualiser la situation. Ce serait même absurde de vouloir répondre à ces questions sans faire un dessin au préalable. y B(i) v C( 1) O u A(1) π/3 x M D( i) E 1. (En vert) L image E de D par cette rotation se trouvera dans le quadrant inférieur droit du repère (l angle de la rotation n est pas plus grand que 9, on n a donc aucune chance de remonter au dessus de l axe des abscisses!), ce qui signifie que la partie réelle de E sera positive, et sa partie imaginaire sera négative. Parmi les quatre propositions, la seule possibilité est donc z = 1+ 3 (1 i). Une méthode plus mathématique consisterait à dire que la rotation de centre A et de rayon π/3 est l application z e iπ/3 (z z A )+z A. L affixe de E est donc z = e iπ/3 (z D z A )+z A = e iπ/3 ( i 1)+1. Sachant que e iπ/3 = cos(π/3) + i sin(π/3) = 1 + i 3, on a donc : z = e iπ/3 (i 1) + 1 = ( 1 + i 3 )( i 1) + 1 = i 1 + 3 1 i 3 + 1 = 1 + 3 i 1 i 3 = 1+ 3 (1 i). L ensemble des points d affixe z tels que z + i = z 1 est l ensemble des points du plan dont la distance au point D ( z ( i) ) est égal à leur distance au point A ( z 1 ). C est donc la médiatrice du segment [AD]. Remarque : Il se trouve que la réponse "La médiatrice de [BC]" convient aussi. Il s agit d une coincidence (c est dû au fait que ADCB est un carré), néanmoins cette réponse est tout à fait acceptable. 3. (En bleu) Si M est un point d affixe z, le nombre complexe z + i représente le vecteur DM et le nombre z + 1 représente CM. La condition " z+i z+1 est un nombre imaginaire pur" signifie que l angle ( DM, CM) est droit, c est-à-dire que le triangle CDM est rectangle. Cela implique donc que le point M appartient au cercle de diamètre CD. Le seul souci est lorsque z = 1 (ce qui correspond au cas M = C) puisqu on ne peut pas diviser par zéro. L ensemble des points cherchés est donc le cercle de diamètre CD privé de C. Remarque : Signalons que le nombre z = i (correspondant à M = D) convient car est bel et bien un imaginaire pur. 4. Si M est un point d affixe z, le nombre z i est l affixe du vecteur BM. La question revient donc à trouver tous les points M du plan tels que le vecteur BM fasse un angle de π/ avec l axe des abscisses. Plus précisément, cela signifie que ( u, BM) = π/ modulo π. Il s agit donc de la demidroite ]BD) issue de B passant par D privée de B. Nous sommes obligés de retirer le point B car le vecteur BM est nul si M est en B et n a donc pas d argument. A fortiori, ce ne peut pas être π/ mod [π]. http://blogdemaths.wordpress.com

Bac S 11 - Métropole Exercice 3 : PARTIE A. 1. a. Il est toujours bon de tracer le graphe de f 1 avant de répondre aux questions : y x D après le cours (ou le formulaire...), lim + f 1 = lim x + xe x =. Pour trouver la limite en, on remarque que lim x x = et lim x e x = +. Donc, lim x + xe x =. b. La fonction f 1 : x xe x est dérivable sur R (comme produit et composée de fonctions ellesmêmes dérivables sur R). Pour tout x R, on a f 1(x) = e x xe x = (1 x)e x, qui est du signe de (1 x) (car e x > pour tout x). On en déduit le tableau de variation : x f 1(x) 1 + + e 1 f 1 c. D après l étude faite à la question précédente, la dérivée de f 1 est nulle en x = 1, donc la tangente (T 1 ) à la courbe (C 1 ) au point x = 1 est horizontale (voir schéma ci-dessus) et ne peut ainsi pas couper l axe des abscises. Puisqu on nous informe que, sur le graphique, la tangente (T k ) coupe l axe des abscisses, il ne peut s agir de k = 1.. a. Tout d abord, pour tout n 1, f n () = n.e =. La courbe (C n ) passe donc par le point O de coordonnées (, ). Comment faire pour trouver l autre point par lequel toutes les courbes (C 1 ) passent? On peut par exemple tracer sur sa calculatrice plusieurs de ces courbes. Sur le schéma fourni dans l énoncé, on remarque déjà que les courbes (C 3 ) et (C k ) se coupent au point d abscisse x = 1. Sachant que f 3 (1) = 1 3 e 1 = e 1, il reste à vérifier que toutes les courbes passent par le point de coordonnées (1, e 1 ). Cela se prouve en calculer f n (1) pour tout n. n, f n (1) = 1 n e 1 = e 1 b. Si n est un entier supérieur à, alors la fonction f n est dérivable sur R et x R, f n(x) = nx n 1 e x nx n e x = x n 1 (n x)e x 3. Comme prouvé à la question précédente, la dérivée de la fonction f 3 au point x R est égale à x (3 x)e x. Puisque x et e x sont positifs pour tout x R, le signe de la dérivée est le même que le signe de (3 x). Nous pouvons dresser le tableau de variation de f 3 (ce qui permet de répondre à la question) : 3 http://blogdemaths.wordpress.com

Bac S 11 - Métropole x f 3(x) 3 + + + 7e 3 f 3 Remarque : Il y a un point d inflexion en. 4. a. Soit k un entier supérieur ou égal à (Si k = 1 on a vu que la tangente ne coupe pas l axe des abscisses). On souhaite d abord déterminer une équation de la droite (T k ) (qui, rappelons-le, est la tangente à la courbe de f k au point x = 1) et ensuite trouver le point d intersection avec l axe des abscisses. D après le cours, une équation de cette tangente est y = f k (1)(x 1) + f k(1), c est-à-dire y = (k 1)e 1 (x 1) + e 1 (on a bien entendu utilisé le résultat prouvé à la question.b.). Un point de coordonnées (X, Y ) est situé à la fois sur la droite (T k ) et de l axe des abscises (dont une équation est y = ) si, et seulement si, on a le système d équations suivant : Y = (k 1)e 1 (X 1) + e 1 Y = On remplace Y par dans la première équation, puis on la résout (toutes les égalités suivantes sont équivalentes) : = (k 1)e 1 (X 1) + e 1 = (k 1)(X 1) + 1 (X 1) = 1 k 1 X = 1 k 1 + 1 X = k k 1 Le point cherché a donc pour coordonnées ( k k 1, ). Remarque : En toute rigueur, il faudrait vérifier réciproquement que ce point (qui est sur l axe des abscisses) est aussi sur la droite (T k ) (autrement dit, qu il vérifie bien l équation de (T k ) vue plus haut). b. Il s agit de résoudre l équation k k 1 = 4 5 (avec pour condition initiale k 1). Soit on voit tout de suite que k = 6, soit on remarque que l équation est équivalente à 5(k ) = 4(k 1), puis on résout classiquement pour s apercevoir au final que k = 6 est l unique solution. PARTIE B. 1. On va calculer I 1 à l aide d une intégration par parties. On pose u(x) = x et v (x) = e x. On a donc u (x) = 1 et v(x) = e x. D où : donc Finalement, I 1 =.e 1 + 1. I 1 = 1 xe x dx = [ xe x] 1 1 e x dx I 1 = [ xe x] 1 [ e x] 1. a. La courbe (C 1 ) est au-dessus de la courbe (C ), qui est elle-même au-dessus de la courbe (C 3 )... Puisque (I n ) est l aire délimitée par la courbe (C n ) et l axe des abscisses, on peut conjecturer que la suite (I n ) est strictement décroissante (I 1 > I > I 3...). b. L objectif ici est de comparer I n avec I n+1. Si n est un entier plus grand que 1, on pose u(x) = x n+1 et v (x) = e x. On a donc u (x) = nx n et v(x) = e x. D où : I n+1 = 1 x n+1 e x dx = [ x n+1 e x] 1 1 nx n e x dx 4 http://blogdemaths.wordpress.com

Bac S 11 - Métropole donc ce qu on peut réécrire I n+1 = [ x n+1 e x] 1 1 nx n e x dx I n+1 = e 1 + I n La différence I n+1 I n = e 1 étant strictement négative pour tout n, on en déduit que la suite (I n ) est bien strictement décroissante. c. Soit n 1. Puisque pour tout x dans [, 1], la fonction f n prend des valeurs uniquement positives, le nombre I n est positif lui aussi (l intégrale d une fonction positive est positive). La suite (I n ) étant décroissante et minorée par zéro, on sait donc qu elle converge vers un nombre l. d. D après le graphique proposé dans l énoncé, on sent que la limite de la suite (I n ) est zéro (l aire sous les courbes est de plus en plus petite). Pour prouver cela, on essaye de majorer I n par une suite tendant vers zéro. Le théorème des gendarmes permettra d affirmer que la limite est bien zéro. Or, pour tout x [, 1], e x e = 1 (car la fonction x e x est décroissante), donc pour tout n 1 1 1 [ ] x I n = x n e x dx x n n+1 1.1dx = = 1 n + 1 n + 1 Puisque 1 n+1 quand n tend vers l infini, la limite de la suite (I n) est zéro (par le théorème des gendarmes). Exercice 4 : (Candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité) PARTIE A - Réstitution organisée des connaissances. 1. Là encore, il serait absurde de se passer d un bon schéma pour visualiser la situation. Voici une vue en coupe (c est-à-dire qu on se place dans le plan contenant n et M H. M n O Plan P H Puisque les deux vecteurs en question sont colinéaires, on sait d avance que l expression n M H sera le produit n M H (la valeur absolue du produit scalaire de deux vecteurs colinéaires est au égale au produit de leurs normes). La norme n valant a + b + c, on a donc le résultat annoncé dans l énoncé. Remarque : Pour prouver que les deux vecteurs n et M H sont colinéaires, il suffit de dire qu ils sont tous les deux orthogonaux à un même plan.. Notons (X, Y, Z) les coordonnées de H. On a donc n M H = (a, b, c) (X x, Y y, Z z ) = a(x x ) + b(y y ) + c(z z ) On développe et on regroupe les termes : n M H = ax + by + cz ax by cz Puisque H appartient au plan P d équation ax + by + cz + d =, on a donc ax + by + cz = d. Donc : n M H = d ax by cz Remarque utile pour la question suivante : Cela signifie donc que n M H = d + ax + by + cz 5 http://blogdemaths.wordpress.com

Bac S 11 - Métropole 3. D après les questions 1. et., on peut affirmer que a + b + c M H = d + ax + by + cz. Il suffit de diviser les deux membres par a + b + c pour obtenir le résultat car, par définition, la distance du point M au plan P est la distance M H. PARTIE B. 1. a. Les points A, B et C définissent un plan P si, et seulement si, les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires. Or, AB = ( 3 4; 1; 5) = ( 7; 1; 5). De même, AC = ( 3; ; 1). Pour voir qu ils ne sont pas colinéaires, il suffit par exemple de constater que 7 3 1 5 1. A présent, trouvons une équation de ce plan. Commençons par trouver une vecteur normal aux vecteurs AB et AC. On cherche un vecteur n de coordonnées (a, b, c) tel que n AB = et n AC =. Cela donne le système suivant : { 7a + b 5c = 3a + b + c = On ne cherche pas à résoudre ce système de manière exhaustive, mais juste à trouver des valeurs a, b et c (non toutes nulles) qui marchent. Si on fixe a = 1 (ce qui permet de beaucoup simplifier), le système devient : { b 5c = 7 b + c = 3 En soustrayant la deuxième ligne à deux fois la première, on trouve 11c = 11 id est c = 1. En remplaçant c par -1 dans la relation b 5c = 7, on trouve b =, d où n = (1,, 1). Puisque nous avons procédé un peu à tâtons, il faut vérifier que ce vecteur n qu on vient de trouver est bien orthogonal à AB et à AC : n AB = 1 ( 7) + 1 + ( 1) ( 5) = n AC = 1 ( 3) + + ( 1) 1 = Remarque : Pourquoi avoir posé a = 1? En fait, le système (1) possède trois inconnues pour deux équations. Il possède donc une infinité de solutions. Puisqu une seule solution nous intéresse, on peut fixer a = 1 et voir les b et c correspondant. Une autre méthode consiste à dire que puisque l équation à prouver est x + y z 1 =, un vecteur normal serait (1; ; 1). Il suffit juste de vérifier que ce vecteur est orthogonal à AB et AB. A présent, nous disposons d un vecteur normal au plan P ce qui va nous permettre de déterminer une équation de ce plan. Un point M de coordonnées (x, y, z) appartient à ce plan si, et seulement si, AM n =. Donc, M P si, et seulement si, (x 4, y 1, z 5) (1,, 1) =, c est-à-dire si, et seulement si, 1 (x 4) + (y 1) 1 (z 5) = ce qui donne bien, en développant, l équation x + y z 1 =. b. D après la partie A, la distance du point F au plan P est d = 7+ 4 1 = 1 1 + +( 1) 6 = 6.. a. Rappelons que nous avons appelé n le vecteur (1,, 1) (qui est normal au plan P). Soit M(x, y, z) un point quelconque de l espace. Le point M appartient à la droite si, et seulement si, les vecteurs F M et n sont colinéaires. Donc : M t R, F M = t n x ( 7) = t 1 t R, y = t z 4 = t ( 1) x = t 7 t R, y = t z = t + 4 Nous avons donc obtenu une représentation paramétrique de la droite (le paramètre étant la variable t, qui se balade dans R). 6 http://blogdemaths.wordpress.com

Bac S 11 - Métropole b. Puisque la droite est perpendiculaire au plan P, le point H, projeté orthogonal de F sur ce plan, est l intersection de P avec la droite. On note (X, Y, Z) les coordonnées de H. Puisque H appartient à la droite, il existe t R tel que X = t 7, Y = t et Z = t + 4. Et puisque H appartient au plan P, l équation du plan doit être vérifiée par X, Y et Z, c est-à-dire : (t 7) + (t) ( t + 4) 1 = On obtient donc 6t 1 =, d où t =. Les coordonnées du point H sont obtenues en remplaçant t par donc H( 5; 4; ). c. Par définition, la distance de F au plan P est la distance F H, c est-à-dire : d = F H = ( 5 ( 7)) + (4 ) + ( 4) = + 4 + = 4 = 6 On a donc bien retrouvé le résultat trouvé à la question 1.b. 3. a. Le point B appartient à la sphère S si, et seulement si, F B = 6. Or, F B = ( 3 ( 7)) + ( ) + ( 4) = 4 + + 4 = 36 = 6 b. Faisons un schéma en coupe pour représenter la situation : Sphère S 6 F 6 B H Plan P On sait que l intersection d un plan et d une sphère est un cercle (sur le schéma ci-dessus, le cercle vu en coupe est représenté par le segment bleu). Le centre de ce cercle est le projeté orthogonal sur le plan du centre de la sphère. En d autres termes, le centre de la sphère est le point H, projeté orthogonal de F sur le plan P. Le triangle F BH est rectangle en H. D après le théorème de Pythagore, F B = F H + BH donc BH = F B F H = 1 = 3. L inteserction de la sphère S avec le plan P est le cercle de centre H et de rayon 3. Exercice 4 : (Candidats ayant suivi l enseignement de spécialité) PARTIE A - Réstitution organisée des connaissances. 6 ( 6) = 1. Montrons le théorème de Gauss. Soit a, b et c trois entiers relatifs. On suppose que a divise le produit bc et que a est premier avec b. De cette dernière hypothèse, et grâce au théorème de Bézout, on peut en déduire qu il existe deux entiers u et v tels que au + bv = 1. En multipliant cette égalité par c, on obtient acu + bcv = c. Or, a divise acu (car a divise a). De plus, a divise bcv (car a divise bc). Donc, a divise la somme acu + bcv c est-à-dire a divise c.. Soit a un entier relatif. Soit p et q deux entiers naturels premiers entre eux. On suppose que a [p] et que a [q]. En d autres termes, cela signife que p divise a et q divise a. Il existe donc deux entiers r et s tels que a = pr = qs. En particulier, p divise le produit qs.puisqu il est premier avec q, on en déduit que p divise s. On peut donc écrire s = pk où k est un entier. Au final, on a donc a = qpk, ce qui veut bien dire que le produit pq divise a. PARTIE B. 7 http://blogdemaths.wordpress.com

Bac S 11 - Métropole 1. a. Les nombres 17 et 5 sont premiers entre eux (car leur PGCD vaut 1 lorsqu on le calcul avec l algorithme d Euclide par exemple). Donc d après le théorème de Bézout, il existe deux entiers relatifs u et v tels que 17u + 5v = 1. b. D après la question précédente, on remarque que 5v = 1 17u. Donc, n = 3 17u + 9 5v = 3 17u + 9 (1 17u) = 6 17v + 9 Cela signifie que n 9[17]. De même, 17u = 1 5v donc n = 3 17u + 9 5v = 3 (1 5v) + 9 5v = 6 5v + 3 Ainsi, n 3[5]. Au final, l entier n vérifie le système et appartient donc à S. c. Pour trouver un exemple de n, il faut trouver un couple (u, v) tel que 17u+5v = 1. La méthode la plus simple dans ce cas consiste à tester quelques valeurs de u et de v. On voit que u = 3 et v = 1 conviennent car 17 3 5 1 = 1. On en déduit un exemple d entier solution du système : n = 3 17 3 + 9 5 ( 1) = 97. Remarque : Une méthode plus systématique pour trouver de tels entiers u et v consiste à utiliser l algorithme d Euclide étendu.. a. Soit n S. On a donc n 9[17] et n 3[5]. Puisque n S, on a aussi n 9[17] et n 3[5]. Donc n n 9 9 [17] et n n 3 3 [5]. Puisque 17 et 5 sont premiers entre eux, d après le corollaire du théorème de Gauss vu à la question. de la partie A, n n [17 5] c est-à-dire n n [85]. b. Soit n une solution du système. D après la question précédente, n n [85] c est-à-dire n 97[85]. Or, 97 1 17 4 43[85] (on ajoute 85 à chaque fois), donc n 43[85], ce qui veut bien dire que n = 43 + 85k avec k Z. Réciproquement, si n = 43 + 85k alors n = 43 + 17 5 k donc n 43 6 9[17] (on a retiré 17 à chaque fois). De même, n 43 3[5]. L entier n est donc bien solution du système. 3. Soit n le nombre de jetons de Zoé. Il est clair que n est solution du système. D après la question précédente, il existe un entier relatif k tel que n = 43 + 85k. Il s agit de déterminer k. Mais on sait que 3 n 4, donc 3 43 + 85k 4. Ainsi, 57 85k 357 et en divisant par 85, on a l encadrement 3 < k 4,. Puisque k est un nombre entier, alors k = 4, donc n = 43+85 4 = 383. Réciproquement, on vérifie facilement que 383 9[17] et que 383 3[5]. Zoé possédait donc 383 jetons. Tout rond. 8 http://blogdemaths.wordpress.com