Fiche de mathématiques

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Baccalauréat Mathématiques

S Obligatoire Remplacement

Polynésie Française 2017

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6 points

exercice 1 - Commun à tous les candidats

1. a) La variable aléatoire T exprime la taille en centimètres d'un visiteur du parc.
Pour accéder au grand huit, la taille du visiteur doit être supérieure ou égale à 1,40 m, soit 140 cm.

Nous devons calculer $P(T\ge140)$
Nous savons que l'espérance de la variable aléatoire T est égale à 165.

Puisque 140 < 165, nous avons :

$P(T\ge140)=P(140\le T\le165)+0,5\\\\ P(T\ge140)=P(140\le T\le165)+0,5\\\\P(T\ge140)\approx0,39435022+0,5\\\\P(T\ge140)\approx0,89435022$

Par conséquent, la probabilité qu'un visiteur ait la taille requise pour accéder à ce grand huit est environ égale à 0,8944.

b) La variable aléatoire X exprime l'âge du visiteur.
Pour accéder au grand huit, l'âge du visiteur doit être compris entre 10 et 70 ans.

D'où par le calcul direct à la calculatrice, nous obtenons $P(10\le X\le70)\approx0,87098377$

Par conséquent, la probabilité qu'un visiteur ait l'âge requis pour accéder à ce grand huit est environ égale à 0,8710.

c) Résumons les données de l'énoncé par un tableau que nous compléterons.

${\blue{89\ \%}}$ des visiteurs ont la taille exigée, ${\blue{87\ \%}}$ ont l'âge requis mais ${\blue{8\ \%}}$ n'ont ni la taille, ni l'âge obligatoires.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline &\text{Taille requise}&\text{Taille non autorisée}&\text{Total}\\\hline \text{Age requis}&\red{\boxed{84}}&3&\blue{87}\\\hline \text{Age non autorisé}&5&\blue{8}&13\\\hline \text{Total}&\blue{89}&11&\blue{100}\\\hline \end{array}$

Par conséquent, 84% des visiteurs vérifient les conditions requises pour essayer la nouvelle attraction.

2. a) Soient A l'événement « le visiteur a attendu plus de 30 min » et $S$ l'événement « le visiteur est satisfait de l'attraction ».

Représentons les données de l'énoncé par l'arbre pondéré suivant :

Bac S Obligatoire Remplacement Polynésie Française 2017 et son corrigé : image 8

La probabilité qu'un visiteur soit satisfait de l'attraction se déterminera en calculant P(S).

Par la formule des probabilités totales, nous obtenons :

$\begin{array}{r @{ = } l} P(S)\ &\ P_A(S)\times P(A)+P_{\overline{A}}(S)\times P(\overline{A})\\&\ 0,78\times0,75+0,95\times0,25\\&\ \boxed{0,8225} \end{array}$

Donc la probabilité qu'un visiteur soit satisfait de l'attraction est égale à 0,8225.

b) Sachant que le directeur a rencontré un visiteur insatisfait, la probabilité que ce visiteur ait attendu moins de 30 min se déterminera en calculant $P_{\overline{S}}(\overline{A}).$

$P_{\overline{S}}(\overline{A})=\dfrac{P(\overline{S}\cap\overline{A})}{P(\overline{S})}$

Or

$\begin{array}{r @{ = } l} P(\overline{S}\cap\overline{A})\ &\ P_{\overline{A}}(\overline{S})\times P(\overline{A})\\&\ 0,05\times0,25\\&\ 0,0125 \end{array}\\\\\begin{array}{r @{ = } l} P(\overline{S})\ &\ P_{A}(\overline{S})\times P(A)+P_{\overline{A}}(\overline{S})\times P(\overline{A})\\&\ 0,22\times0,75+0,05\times0,25\\&\ 0,1775 \end{array}\\\\\Longrightarrow P_{\overline{S}}(\overline{A})=\dfrac{0,0125}{0,1775}\approx0,0704$

Par conséquent, sachant que le directeur a rencontré un visiteur insatisfait, la probabilité que ce visiteur ait attendu moins de 30 min est environ égale à 0,0704.

3. Déterminons un intervalle de fluctuation asymptotique $I_{200}$ au seuil de 95 % de la proportion de visiteurs insatisfaits.

Les conditions d'utilisation de l'intervalle de fluctuation sont remplies.
En effet,

$\left\lbrace\begin{array}l n=200\ge30 \\ p=0,1775\Longrightarrow np=200\times0,1775=35,5\ge5 \\n(1-p)=200\times(1-0,1775)=200\times0,8225=164,5\ge5 \end{array}$

Donc un intervalle de fluctuation asymptotique $I_{200}$ au seuil de 95% est :

$I_{200}=\left[0,1775-1,96\sqrt{\dfrac{0,1775 (1-0,1775)}{200}};0,1775+1,96\sqrt{\dfrac{0,1775 (1-0,1775)}{200}}\right]\\\\I_{200}\approx[0,1245;0,2305]$

Or la fréquence observée est $f=\dfrac{46}{200}=0,23$

Nous remarquons que $f\in I_{200}.$

Par conséquent, le directeur peut être rassuré (au risque de 5 %).

6points

exercice 2 - Commun à tous les candidats

Partie A

$N(t)=N_0\,e^{0,05t}$

1. Soit N₀ le nombre de cellules cancéreuses au premier examen.
Après 14 semaines, le nombre de cellules de la tumeur sera égal à 2N₀.

Nous avons donc la relation N(14) = 2N₀.

$N_0\,e^{14a}=2N_0\\\\e^{14a}=2\\\\\ln(e^{14a})=\ln2\\\\14a=\ln2\\\\\Longrightarrow\boxed{a=\dfrac{\ln2}{14}\approx0,0495105\approx0,05}$

2. En arrondissant la valeur de a obtenue, nous pouvons écrire pour tout réel t > 0, $N(t)=N_0\,e^{0,05t}.$

Au départ, le nombre de cellules indétectables est N₀ = 10⁴.
Après un temps t, la tumeur pourrait redevenir détectable au toucher à partir de 10⁹ cellules.

Nous devons déterminer la plus petite valeur positive de $t$ telle que $10^4\,e^{0,05t}\ge10^9.$

$e^{0,05t}\ge\dfrac{10^9}{10^4}\\\\e^{0,05t}\ge10^5\\\\\ln(e^{0,05t})\ge\ln(10^5)\\\\0,05t\ge\ln(10^5)\\\\t\ge\dfrac{\ln(10^5)}{0,05}$

$\text{Or}\ \ \dfrac{\ln(10^5)}{0,05}\approx230,3$

Par conséquent, la tumeur pourrait redevenir détectable au toucher au bout d'environ 230 semaines.

Partie B

1. Détermination de la clairance

a) Nous savons que la concentration du médicament dans l'organisme au temps t (en heures) est donnée par $c(t)=\dfrac{D}{k}(1-e^{-\frac{k}{80}\,t})$

Au bout de 6 heures, la concentration du médicament est égale à 6,8

mol.L^-1.

D'où, sachant que D = 112,

$\dfrac{112}{k}(1-e^{-\frac{k}{80}\times6})=6,8\\\\112(1-e^{-\frac{6k}{80}})=6,8k\\\\112(1-e^{-\frac{3k}{40}})-6,8k=0$

Par conséquent, selon les mesures données, la clairance k du patient est solution de l'équation $\boxed{112(1-e^{-\frac{3k}{40}})-6,8k=0}.$

b) Montrons que cette équation admet une unique solution sur l'intervalle ]0 ;+ infini

[.

Etudions les variations de la fonction f définie sur l'intervalle ]0 ;+ infini

[ par $f(k)=112(1-e^{-\frac{3k}{40}})-6,8k$

$f'(k)=112\times\dfrac{3}{40}\,e^{-\frac{3k}{40}}-6,8\\\\f'(k)=8,4\,e^{-\frac{3k}{40}}-6,8$

$\begin{array}{r @{ \Longleftrightarrow } l} \boxed{8,4\,e^{-\frac{3k}{40}}-6,8=0}\ &\ 8,4\,e^{-\frac{3k}{40}}=6,8\\&\ e^{-\frac{3k}{40}}=\frac{6,8}{8,4}=\frac{17}{21}\\&\ \ln(e^{-\frac{3k}{40}})=\ln(\frac{17}{21})\\&\ -\dfrac{3k}{40}=\ln(\frac{17}{21})\\&\ \boxed{k=-\dfrac{40}{3}\ln(\frac{17}{21})\approx2,82} \end{array}\\\\\\\begin{array}{r @{ \Longleftrightarrow } l} \boxed{8,4\,e^{-\frac{3k}{40}}-6,8\ge0}\ &\ 8,4\,e^{-\frac{3k}{40}}\ge6,8\\&\ e^{-\frac{3k}{40}}\ge\frac{6,8}{8,4}=\frac{17}{21}\\&\ \ln(e^{-\frac{3k}{40}})\ge\ln(\frac{17}{21})\\&\ -\dfrac{3k}{40}\ge\ln(\frac{17}{21})\\&\ \boxed{k\le-\dfrac{40}{3}\ln(\frac{17}{21})\approx2,82} \end{array}$

$\begin{array}{r @{ \Longleftrightarrow } l} \boxed{8,4\,e^{-\frac{3k}{40}}-6,8\le0}\ &...\\&\ \boxed{k\ge-\dfrac{40}{3}\ln(\frac{17}{21})\approx2,82} \end{array}$

$\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline k&0&&-\dfrac{40}{3}\ln(\frac{17}{21})\approx2,82&&10&&+\infty \\\hline f'(k)&&+&0&-&-&-&\\\hline &&&\approx2,17&&&&\\f(k)&&\nearrow&&\searrow&&&\\&0&&&&\approx-8,9&&\\&&&&&&\searrow&\\\hline \end{array}$

Le tableau de variations de f montre que l'on a f(k) > 0 sur l'intervalle ]0 ; 2,82]
D'où il n'existe pas de valeur de k dans l'intervalle ]0 ; 2,82] telle que f(k)=0.

La fonction f est continue et strictement décroissante sur l'intervalle [2,82 ; + infini

[ et a fortiori sur l'intervalle [2,82 ; 10].
f(2,82) environegal

2,17 > 0
f(10) environegal

-8,9 < 0

Par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, nous en déduisons qu'il existe un et un seul réel alpha

dans l'intervalle [2,82 ; 10] tel que f(k) = 0.

Le tableau de variations de f montre également que l'on a f(k) < 0 sur l'intervalle [10 ; + infini

[
D'où il n'existe pas de valeur de k dans l'intervalle [10 ; + infini

[ telle que f(k)=0.

Par conséquent, l'équation $112(1-e^{-\frac{3k}{40}})-6,8k=0$ admet une et une seule solution dans l'intervalle ]0 ; + [.

c) En utilisant le tableur de la calculatrice, nous obtenons :

f(5,84) environegal

0,0115 > 0
f(5,85) environegal

-0,0023 < 0.

Donc une valeur approchée à moins de 10^-2 de l'équation $112(1-e^{-\frac{3k}{40}})-6,8k=0$ est k = 5,85.

Interprétation :
On règle le débit de la perfusion sur 112

mol.h^-1.
Au bout de 6 heures, la concentration du médicament est égale à 6,8

mol.L^-1.

La clairance est alors égale à 5,85 L.h^-1.

2. Réglage du débit

a) $c(t)=\dfrac{D}{k}(1-e^{-\frac{k}{80}\,t})$

D'abord, nous savons que $k>0\Longrightarrow\lim\limits_{t\to+\infty}e^{-\frac{k}{80}\,t}=0.$

D'où

$\ell=\lim\limits_{t\to+\infty}c(t)\\\\\ell=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{D}{k}(1-e^{-\frac{k}{80}\,t})\\\\\ell=\dfrac{D}{k}(1-\lim\limits_{t\to+\infty}e^{-\frac{k}{80}\,t})\\\\\ell=\dfrac{D}{k}(1-0)\\\\\Longrightarrow\boxed{\ell=\dfrac{D}{k}}$

b) Nous devons résoudre l'équation $\dfrac{D}{5,85}=16.$

$D=16\times5,85\\\\\boxed{D=93,6}$

Pour que le traitement soit efficace sans devenir toxique, le débit à régler par le médecin doit
être de 93,6 mol.h^-1.

3 points

exercice 3 - Commun à tous les candidats

1. Nous savons que $\theta\in\ ]-\dfrac{\pi}{4};\dfrac{3\pi}{4}[$

Donc

$-\dfrac{\pi}{4}<\theta<\dfrac{3\pi}{4}\\\\\Longleftrightarrow-\dfrac{\pi}{4}\ {\red{-\dfrac{\pi}{4}}}<\theta\ {\red{-\dfrac{\pi}{4}}}<\dfrac{3\pi}{4}\ {\red{-\dfrac{\pi}{4}}}\\\\\Longleftrightarrow-\dfrac{2\pi}{4}<\theta-\dfrac{\pi}{4}<\dfrac{2\pi}{4}\\\\\Longleftrightarrow-\dfrac{\pi}{2}<\theta-\dfrac{\pi}{4}<\dfrac{\pi}{2}\\\\\Longrightarrow\boxed{\cos(\theta-\dfrac{\pi}{4})>0}$

2. Soit M un point du plan complexe d'affixe z non nulle, de coordonnées cartésiennes (x ; y) et de coordonnées polaires $(\rho ;\theta)\ \ \text{avec}\ \theta\in\ ]-\dfrac{\pi}{4};\dfrac{3\pi}{4}[\ \text{et}\ \rho>0.$

Nous savons alors que $x=\rho\cos\theta\ \ \text{et}\ \ y=\rho\sin\theta$

Dans ce cas,

$\begin{array}{r @{ \Longleftrightarrow } l} \rho=\dfrac{\sqrt{2}}{\cos(\theta-\dfrac{\pi}{4})}\ &\ \rho=\dfrac{\sqrt{2}}{\cos(\theta)\cos(\dfrac{\pi}{4})+\sin(\theta)\sin(\dfrac{\pi}{4})}\\&\ \ \rho=\dfrac{\sqrt{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos(\theta)+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin(\theta)}\\&\ \rho=\dfrac{\sqrt{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}(\cos(\theta)+\sin(\theta))}\\&\ \rho=\dfrac{2}{\cos(\theta)+\sin(\theta)}\\&\ \rho[\cos(\theta)+\sin(\theta)]=2\\&\ \rho\cos(\theta)+\rho\sin(\theta)=2\\&\ x+y=2\\&\ y=-x+2 \end{array}$

Par conséquent, le point M appartient à la droite $\mathscr{D}$ si et seulement si ses coordonnées polaires sont liées par la relation $\rho=\dfrac{\sqrt{2}}{\cos(\theta-\dfrac{\pi}{4})}\ \ \text{avec}\ \theta\in\ ]-\dfrac{\pi}{4};\dfrac{3\pi}{4}[\ \text{et}\ \rho>0.$

3. Déterminons les coordonnées du point M (x ; y) de la droite $\mathscr{D}$ le plus proche de l'origine O du repère.

La distance OM sera minimale si OM² est minimal.

$\begin{array}{r @{ = } l} OM^2\ &\ x^2+y^2\\&\ x^2+(-x+2)^2\\&\ x^2+x^2-4x+4\\&\ 2x^2-4x+4 \end{array}\\\\ \Longrightarrow \boxed{OM^2=2x^2-4x+4}$

2x² - 4x + 4 est un trinôme du second degré de la forme ax²+bx+c admettant un minimum car a = 2 > 0.

Ce minimum sera atteint pour $x=-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{-4}{2\times2}=\dfrac{4}{4}=1$

Si x = 1, alors y = -x + 2 = -1 + 2 = 1.

Par conséquent, le point de la droite $\mathscr{D}$ le plus proche de l'origine O du repère est le point M (1 ; 1).

5 points

exercice 4 - Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

Partie A

$\left\lbrace\begin{array}l u_0=0,3\\u_{n+1}=0,9u_n(1-u_n) \end{array}$

1. Calcul du nombre de tortues au début de l'année 2001 :

$\begin{array}{r @{ = } l} u_{1}\ &\ 0,9u_0(1-u_0)\\&\ 0,9\times0,3\times(1-0,3)\\&\ 0,9\times0,3\times0,7\\&\ 0,189 \end{array}\\\\\Longrightarrow\boxed{u_1=0,189}$

D'où au début de l'année 2001, il y avait 189 tortues.

Calcul du nombre de tortues au début de l'année 2002 :

$\begin{array}{r @{ = } l} u_{2}\ &\ 0,9u_1(1-u_1)\\&\ 0,9\times0,189\times(1-0,189)\\&\ 0,9\times0,189\times0,811\\&\ 0,1379511 \end{array}\\\\\Longrightarrow\boxed{u_2\approx0,138}$

D'où au début de l'année 2002, il y avait environ 138 tortues.

2. a) Selon l'énoncé, nous admettons que, pour tout entier naturel n, u_n et 1 - u_n appartiennent à l'intervalle [0 ; 1].

D'où

$0\le1-u_n\le1\\\\\text{Puisque}\ \ 0,9u_n\ge0,\\\\\text{nous avons}\ \ 0 {\red{\times0,9u_n}}\le(1-u_n){\red{\times0,9u_n}}\le1{\red{\times0,9u_n}}\\\\0\le0,9u_n(1-u_n)\le0,9u_n\\\\\Longrightarrow\boxed{0\le u_{n+1}\le0,9u_n}.$

b) Nous savons que, pour tout entier naturel n, u_n appartient à l'intervalle [0 ; 1].

D'où pour tout entier naturel n, $\boxed{u_n\ge0}.$

Démontrons par récurrence que pour tout entier naturel n, $u_n\le0,3\times0,9^n.$

Initialisation
Montrons que l'inégalité est vraie pour n = 0.

$\left\lbrace\begin{array}l u_0={\red{0,3}}\\0,3\times0,9^0=0,3\times1={\red{0,3}} \end{array}\ \ \Longrightarrow\boxed{u_0\le0,3\times0,9^0}$

D'où l'initialisation est vraie.

Hérédité : Supposons que l'inégalité soit vraie à un rang n fixé et montrons que l'inégalité est également vraie au rang (n+1).

Supposons donc que pour un nombre naturel n fixé, $u_n\le0,3\times0,9^n.$

Montrons alors que $u_{n+1}\le0,3\times0,9^{n+1}.$

En effet,

$u_{n+1}\le0,9u_n\ \ \ \ \text{[voir question 2. a)]}\\\\u_{n+1}\le0,9\times0,3\times0,9^n\ \ \ \ \text{[par hypothèse de récurrence]}\\\\u_{n+1}\le0,3\times0,9\times0,9^n\\\\\boxed{u_{n+1}\le0,3\times0,9^{n+1}}$

D'où l'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré que pour tout entier naturel n, $u_n\le0,3\times0,9^n.$

En conclusion, nous avons montré que pour tout entier naturel n, $\boxed{0\le u_n\le0,3\times0,9^n}.$

c) $\lim\limits_{n\to+\infty}0,9^n=0\ \ \text{car}\ 0<0,9<1.$

En utilisant le théorème des comparaisons, nous obtenons :

$0\le u_n\le0,3\times0,9^n\\\\\Longrightarrow0\le\lim\limits_{n\to+\infty}u_n\le\lim\limits_{n\to+\infty}0,3\times0,9^n\\\\\Longrightarrow0\le\lim\limits_{n\to+\infty}u_n\le0\\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0}.$

Nous pouvons donc conclure que cette population de tortues est en voie d'extinction.

3. Algorithme.

Variables :
u est un réel
n est un entier naturel

Traitement :
u prend la valeur 0.3
n prend la valeur 0
Tant que u > 0,03 faire :
Affecter à n la valeur n + 1
Affecter à u la valeur 0.9*u*(1-u)
Fin Tant que

Sortie :
Afficher 1999+n

Partie B

$\left\lbrace\begin{array}l v_{10}=0,032\\v_{n+1}=1,06v_n(1-v_n) \end{array}$

1. Calcul du nombre de tortues au début de l'année 2011 :

$\begin{array}{r @{ = } l} v_{11}\ &\ 1,06v_{10}(1-v_{10})\\&\ 1,06\times0,032\times(1-0,032)\\&\ 1,06\times0,032\times0,968\\&\ 0,03283456 \end{array}\\\\\Longrightarrow\boxed{v_{11}\approx0,033}$

D'où au début de l'année 2011, il y avait environ 33 tortues.

Calcul du nombre de tortues au début de l'année 2012 :

$\begin{array}{r @{ = } l} v_{12}\ &\ 1,06v_{11}(1-v_{11})\\&\ 1,06\times0,03283456\times(1-0,03283456)\\&\ 1,06\times0,03283456\times0,96716544\\&\ 0,033661838769782784\end{array}\\\\\Longrightarrow\boxed{v_{12}\approx0,034}$

D'où au début de l'année 2012, il y avait environ 34 tortues.

2. Nous savons que $\left\lbrace\begin{array}l v_{10}=0,032\\v_{n+1}=1,06v_n(1-v_n) \end{array}$

D'une part, $\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}v_{n+1}=\ell}$

D'autre part,

$\left\lbrace\begin{array}l \lim\limits_{n\to+\infty}v_{n}=\ell\\\lim\limits_{n\to+\infty}(1-v_{n})=1-\ell \end{array}\ \ \Longrightarrow\ \ \boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}1,06v_{n}(1-v_{n})=1,06\ell(1-\ell)}$

Puisque la limite $\ell$ est unique, nous en déduisons que $\ell=1,06\ell(1-\ell).$

3. Nous savons que v₁₀ = 0,032 et que la suite (v_n) est croissante.

Donc la population de tortues n'est donc plus en voie d'extinction car elle comptera au moins 32 tortues dès l'année 2010 et les suivantes.

Nous pouvons déterminer le nombre maximal de tortues atteint à long terme en déterminant la solution non nulle $\ell$ de l'équation $\ell=1,06\ell(1-\ell).$

$\ell=1,06\ell(1-\ell)\\\\\text{Divisons les deux membres par }\ell\neq0\\\\1=1,06(1-\ell)\\\\1-\ell=\dfrac{1}{1,06}\\\\\ell=1-\dfrac{1}{1,06}\\\\\boxed{\ell\approx0,0566}$

Par conséquent, à long terme, la population finira par compter 56 tortues.

Publié par malou/Panter le 23-06-2020

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