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Sujet Métropole 2017 Obligatoire et Spécialité

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Correction

Corrigé Bac S Métropole 2017 Obligatoire et Spécialité

7 points

exercice 1

PARTIE A

1. $~~\displaystyle\lim_{x\to +\infty}{xe^{-x}}~=~\displaystyle\lim_{x\to +\infty}{\dfrac{x}{e^x}}~=~\displaystyle\lim_{x\to +\infty}{\dfrac{1}{\frac{e^x}{x}}}=0$ d'après le théorème des croissances comparées

2. h est dérivable sur l'intervalle $[0;+\infty[$ comme produit de deux fonctions dérivables sur $[0;+\infty[$ $\forall x\in[0;+\infty[,h'(x)=(x)(-e^{-x})+(1)(e^{-x})=e^{-x}(-x+1)$

comme $e^{-x}$ est positif pour tout x de $[0;+\infty[$ , le signe de h'(x) est le signe de -x+1.

$\begin{array}{|c|ccccc|}x&0&&1&&+\infty \\\hline\text{signe de h'(x)}& &+&0&-& \\\hline\text{variation de h}&0&\nearrow&e^{-1}&\searrow&0&\end{array}$

$h(0)=0\times e^0=0~~~~~~h(1)=1\times e^{-1}=e^{-1}~~~~~~$
On remarque aussi que h(x) est toujours positif ou nul, ce qui est utile pour la suite

3.a. $e^{-x}-h'(x)\quad=\quad e^{-x}-e^{-x}(-x+1)\quad=\quad e^{-x}(1-(-x+1))\quad=\quad e^{-x}(x)\quad=\quad xe^{-x}\quad=\quad h(x)$

3.b. Une primitive de $~x\mapsto e^{-x}~$ sur $[0;+\infty[$ est la fonction $~x\mapsto -e^{-x}$

3.c. comme h(x) s'écrit aussi $e^{-x}-h'(x)$ , alors une primitive de h(x) est :
$\quad-e^{-x}-h(x)\quad=\quad -e^{-x}-xe^{-x}\quad=\quad e^{-x}(-1-x)$

PARTIE B

1.a. $M(x;f(x))\quad$ et $N(x;g(x))$
$MN=\sqrt{(x-x)^2+(g(x)-f(x))^2}=|f(x)-g(x)|=|h(x)|=h(x)$ car h(x) est toujours positif.
h(x) est maximal en x=1 et vaut $e^{-1}$ d'après le tableau de variation.

1.b.

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2.a.

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2.b. $A_\lambda=\displaystyle\int_{0}^\lambda f(x)-g(x)\, \mathrm{d}x~=~\displaystyle\int_{0}^\lambda h(x)\, \mathrm{d}x~=~\Big[e^{-x}(-1-x)\Big]_0^\lambda~=~e^{-\lambda}(-1-\lambda)-e^{-0}(-1-0)~=~\dfrac{-1-\lambda}{e^\lambda}+1$

$=1-\dfrac{\lambda+1}{e^{\lambda}}$

2.c. $\displaystyle\lim_{\lambda\to\infty}{\left(1-\dfrac{\lambda+1}{e^\lambda}\right)}~=~\displaystyle\lim_{\lambda\to\infty}{\left(1-\dfrac{\lambda}{e^\lambda}-\dfrac{1}{e^\lambda}\right)}~=~\displaystyle\lim_{\lambda\to\infty}{\left(1-\dfrac{1}{\frac{e^\lambda}{\lambda}}-\dfrac{1}{e^\lambda}\right)}~=~1$
Cela signifie que l'aire du domaine entre Cf et Cg vaut 1 lorsque l'on fait tendre lambda vers l'infini.

3.a. Pour S=0,8, l'algorithme renvoie la valeur 3

3.b. Cet algorithme donne pour tout nombre S la plus petite valeur entière de lambda telle que l'aire du domaine soit supérieure ou égale à S 3 points

exercice 2

1. En remplaçant les coordonnées de A dans l'équation du plan P, on obtient :
$2(1)-a^2-3=0~~\Leftrightarrow~~-1=a^2$ , or cette équation n'a pas de solution réelle. Donc A n'appartient jamais à P, et ce quel que soit a réel.

2.a. La droite D est orthogonale à P. Donc un vecteur directeur de D est le vecteur normal à P, que l'on appelera n, qui est donné par l'équation de P : $\vec{n}=(2 , 0 , -1)$
De plus, D passe par le point $(1,a,a^2)$
Une représentation paramétrique de D est :
$\left\lbrace\begin{array}l x=1+2t \\ y=a \\ z=a^2-t \end{array}$

2.b. M a pour coordonnées $(1+2t, a, a^2-t)$
$AM=\sqrt{(1+2t-1)^2+(a-a)^2+(a^2-t-a^2)^2}~=~\sqrt{(2t)^2+(-t)^2}~=~\sqrt{5t^2}~=~|t|\sqrt{5}$

3. Comme H appartient à D et à P, on peut calculer son paramètre t en remplaçant les coordonnées paramétriques de D dans l'équation de P:
$2(1+2t)-(a^2-t)-3=0~~\Leftrightarrow~~ t=\dfrac{a^2+1}{5}$
La distance AH vaut donc $\dfrac{a^2+1}{5}\times\sqrt{5}=\dfrac{a^2+1}{\sqrt{5}}$
Il s'agit d'un trinôme du second degré dont le coefficient du terme au carré est strictement positif. Donc celui-ci admet un minimum. 5 points

exercice 3

PARTIE A

1. Proposition C : $40<r<60 \text{ et } \dfrac{\pi}{4}<\theta<\dfrac{\pi}{2}$

2.a. $z=70e^{-i\frac{\pi}{3}}$
L'argument est compris entre $\dfrac{-\pi}{2}$ et $\dfrac{-\pi}{4}$ donc il s'agit du secteur G.
De plus, le module est compris entre 60 et 80 donc il s'agit du secteur G4.

2.b. $z=-45\sqrt{3}+45i\qquad |z|=\sqrt{(45\sqrt{3})^2+45^2}=\sqrt{4\times 45^2}=90$
$z=90\left(\dfrac{-\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}i\right)=90\left(\cos{\dfrac{5\pi}{6}}+i\sin{\dfrac{5\pi}{6}}\right)$
L'argument est compris entre $\dfrac{3\pi}{4}$ et $\pi$ donc il s'agit du secteur D.
De plus, le module est compris entre 80 et 100 donc il s'agit du secteur D5.

PARTIE B

1. $P(M<0) = 0$
Ce résulat montre que malgré l'imprécision, le capteur reste cohérent car en réalité, le module ne peut pas être négatif

2. $P(M\in]40;60[) = P(M\in]\mu-2\sigma ; \mu+2\sigma[) = 0{,}955$

3. Comme les variables M et T sont indépendantes, on déduit que la probabilité que la foudre ait frappé le secteur B3 vaut :
$P\left(M\in]40;60[~~\bigcap~~T\in\left]\dfrac{\pi}{4};\dfrac{\pi}{2}\right[\right)~=~P\left(M\in]40;60[\right)\times P\left(T\in\left]\dfrac{\pi}{4};\dfrac{\pi}{2}\right[\right)~=~0{,}955\times 0{,}819~=~0{,}782$ 5 points

exercice 4

PARTIE A

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2. $P(I_2)=P(S_1~\bigcap~I_2)+P(M_1~\bigcap~I_2)+P(I_1~\bigcap~I_2)$ d'après la règle des probabilités totales, car $\lbrace S_1,M_1,I_1 \rbrace$ constitue une partition de l'univers. Ainsi :
$P(I_2)~=~\Big(P(S_1)\times P_{S_1}(I_2)\Big)+\Big(P(M_1)\times P_{M_1}(I_2)\Big)+\Big(P(I_1)\times P_{I_1}(I_2)\Big)$
$P(I_2)=0{,}85\times0{,}1~+~0{,}05\times0{,}35~+~0{,}1\times1~=~0{,}2025$

3. $P_{I_2}(M_1)=\dfrac{P(M_1~\bigcap~I_2)}{P(I_2)}=\dfrac{P(M_1)\times P_{M_1}(I_2)}{P(I_2)}=\dfrac{0{,}05\times0{,}35}{0{,}2025}=0{,}086$

PARTIE B

1. Pour tout n, $\lbrace S_n,M_n,I_n \rbrace$ constitue une partition de l'univers, donc la somme des probabilités vaut 1.
D'où $u_n+v_n+w_n=1$

2.a. Il faut saisir en C3 : =0,65*C2+0,05*B2

2.b. Le pic épidémique est 6

3.a. En observant l'arbre de probabilité on s'aperçoit que seul l'événement S_n peut donner lieu à l'événement S_n+1, cela avec une probabilité de 0,85.
Donc $u_{n+1}=0{,}85u_n$
On en déduit que u est une suite géométrique de premier terme 1 et de raison 0,85, donc : $u_n = 0{,}85^n$

3.b.
INITIALISATION :
pour n=0, on a $\dfrac{1}{4}(0{,}85^0-0{,}65^0)=\dfrac{1}{4}(1-1)=0$ , donc la propriété est vraie pour n=0
HEREDITE :
Soit un n fixé tel que $v_n=\dfrac{1}{4}(0{,}85^n-0{,}65^n)$
On sait que $v_{n+1}~=~0{,}65v_n+0{,}05u_n~=~0{,}65\underbrace{\left(\dfrac{1}{4}(0{,}85^n-0{,}65^n)\right)}_{v_n}+0{,}05\underbrace{(0{,}85^n)}_{u_n}$ d'après l'hypothèse de récurrence
$=\dfrac{1}{4}(0{,}65\times0{,}85^n+0{,}65^{n+1})+\dfrac{1}{4}(0{,}2\times 0{,}85^n)~~~~~~~~$ (On rappelle que 1/4 * 0,2 = 0,05)

$=\dfrac{1}{4}\left(0{,}65\times0{,}85^n~+~0{,}2\times0{,}85^n~+~0{,}65^{n+1}\right)~=~\dfrac{1}{4}\left((0{,}65+0{,}2)\times0{,}85^n+0{,}65^{n+1}\right)~=~\dfrac{1}{4}(0{,}85^{n+1}-0{,}65^{n+1})$
CONCLUSION : la propriété est vraie pour tout n entier naturel.

4. La limite de u est 0, car u_n est de la forme pⁿ avec 0De la même manière, on trouve que la limite de v est 0 car la limite de 0,85ⁿ-0,65ⁿ est 0
Donc la limite de w est 1, car w_n = 1-u_n-v_n
On en déduit qu'à long terme, tous les individus seront immunisés. 5 points

exercice 4 (spé)

PARTIE A

1. D'après le théorème de Pythagore et sa réciproque, un couple (x,y) définit un TRPI si et seulement si $x^2+(x+1)^2=y^2$
$\Leftrightarrow~x^2+x^2+2x+1=y^2~\Leftrightarrow~y^2=2x^2+2x+1$

2. Pour x=1, on a $y^2=2(1)^2+2(1)+1 = 5$ ce qui n'est pas un carré parfait, donc x=1 ne marche pas.
Pour x=2, on a $y^2=2(2)^2+2(2)+1=13$ ce qui n'est pas un carré parfait, donc x=2 ne marche pas
Pour x=3, on a $y^2 = 2(3)^2+2(3)+1=25$ ce qui est un carré parfait, donc x=3 est le plus petit côté formant un TRPI. Il forme le couple (3,5).

3.a. Pour tout entier n pair, on peut écrire $n=2p$ avec p entier naturel, et $n^2=4p^2=2(2p^2)$ , donc $n^2$ est pair.
Par contraposée, on déduit que si $n^2$ est impair, alors $n$ est impair.

3.b. $y^2~=~2x^2+2x+1~=~2(x^2+x)+1$ donc $y^2$ est impair.
En utilisant la propriété démontrée dans 3.a. on déduit que y est impair.

4. En observant l'équation d'un TRPI, on remarque qu'on peut l'écrire différemment :
$(y)\times y + (-2x-2)\times x = 1$
Cette écriture fait apparaître le théorème de Bezout qui justifie que x et y sont nécessairement premiers entre eux.

PARTIE B

1. x' = 3x+2y+1
y' = 4x+3y+2

2.a. $y'^2-2x'(x'+1)~=~(4x+3x+2)^2-2(3x+2x+1)(3x+2x+2)~=~(4x+3y+2)(4x+3y+2)+2(3x+2y+1)(3x+2y+2)$
$=16x^2+12xy+8x+12xy+9y^2+6y+8x+6y+4-2(9x^2+6xy+6x+6xy+4y^2+4y+3x+2y+2)$
$=16x^2+9y^2+24xy+16x+12y+4-2(9x^2+4y^2+12xy+9x+6y+2)$
$=16x^2+9y^2+24xy+16x+12y+4-18x^2-8y^2-24xy-18x-12y-4$
$=-2x^2+y^2-2x~=~y^2-2x^2-2x~=~y^2-2x(x+1)$

2.b. Si (x,y) définit un TRPI, alors on a $y^2=2x^2+2x+1~\Leftrightarrow~y^2-2x(x+1)=1$
En utilisant l'égalité démontrée en 2.a. on a donc également $y'^2-2x'(x'+1)=1$
Donc le couple (x',y') définit également un TRPI

3.
INITIALISATION :
Pour n=0 on a le couple (3,5) qui définit bien un TRPI.
HEREDITE :
L'hérédité est démontrée en 2.b. . En effet, $x_{n+1}=x_n'$ et $y_{n+1}=y_n'$
Donc si $(x_n,y_n)$ définit un TRPI, alors $(x_{n+1},y_{n+1})$ en définit aussi un.

4. Calcul avec un algorithme ou à calculatrice :
x₁=20 et y₁=29
x₂=119 et y₂=169
x₃=696 et y₃=985
x₄=4059 et y₄=5741
On a donc le couple (4059,5741) qui définit un TRPI de côtés 4059, 4060, 5741.

Publié par malou le 25-04-2018

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