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Bac S 2011 - Métropole Mathématiques
Bac S 2011 - Corrigé de l"épreuve de mathématiques deMétropole
http://blogdemaths.wordpress.comExercice 1 :Comme demandé dans l"énoncé, tous les résultats sont donnés sous forme décimale, et
arrondis à104près.PARTIE A.
1. a.Il suf fitde lir el"énoncé :
-P(V) = 2% =2100 = 0;02 -PV(T) = 0;99 -PV(T) = 0;97 Nous pouvons représenter cela à l"aide d"un arbre pondéré :V VT TTT0;020;980;99V\T0;01V\T0;03
V\T0;97
P(V) = 1P(V) = 10;02 = 0;98.
b.Pour tr ouverla pr obabilitéde l"événement V\T, il suffit de suivre la première branche du graphe
précédent :P(V\T) = 0;020;99 = 0;0198. Autrement dit, la probabilité qu"une personne soit à la fois contaminée et subisse un test positif est de 0,0198. 2. On utilise la formule suivante (dite formu ledes pr obabilitéstotales) : P(T) =P(T\V) +P(T\V). Mais la probabilitéP(T\V)se calcule comme au 1.b., c"est-à-direP(T\V) = 0;980;03 = 0;0294. On en déduit doncP(T) = 0;0198 + 0;0294 = 0;0492.Remarque :On a doncP(T) = 10;0492 = 0;9508.
3. a. La phrase "Si le test est positif, il n"y a qu"envir on40%de "chances" que la personne soit contami- née" signifiePT(V)'40%. Calculons doncPT(V)pour voir si effectivement ce nombre est prochede 0,4. Or, par définition,PT(V) =P(V\T)P(T)=0;01980;0492= 0;402:::. L"affirmation du départ est donc
vraie. b. Il s"agit de déterminer PT(V). Tout d"abord, comme on 1.b., on aP(T\V) = 0;980;97 = 0;9506.On en déduit donc :
PT(V) =P(T\V)P(T)=0;95060;9508= 0;9998
PARTIE B.
1.On exécute (de manièr eindépendante) 10 fois de suite l"expérience consistant à tir erau sort une per -
sonne, et à vérifier si elle est contaminée ou non. La variable aléatoireXsuit donc une loi binomiale
de paramètres n=10 et p=p(V)=0,02. 2.On souhaite calculer P(X2). Il est plus simple de déterminer la probabilité de l"événement
contraireP(X <2)c"est-à-direP(X= 0) +P(X= 1).On sait queP(X= 0) =10
0(0;02)0(0;98)10= 0;8170. De même,P(X= 0) =10
1(0;02)1
(0;98)9= 0;1667. Donc,P(X <2) = 0;9837. Ainsi,P(X2) = 10;9837 = 0;0163.1 http://blogdemaths.wordpress.com
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Exercice 2 :Bien qu"aucune justification n"était demandée dans l"énoncé, on propose ici une explica-
tion 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.xy
A(1)=3B(i)C(1)D(i)~u~v
O E M1.(En vert)L"imageEdeDpar cette rotation se trouvera dans le quadrant inférieur droit du repère
(l"angle de la rotation n"est pas plus grand que 90°, on n"a donc aucune chance de remonter au dessus
de l"axe des abscisses!), ce qui signifie que la partie réelle deEsera positive, et sa partie imaginaire
sera négative. Parmi les quatre propositions, la seule possibilité est doncz=1+p3 2 (1i).Une méthode plus mathématique consisterait à dire que la rotation de centreAet de rayon=3est
l"applicationz7!ei=3(zzA)+zA. L"affixe deEest doncz=ei=3(zDzA)+zA=ei=3(i1)+1.Sachant queei=3= cos(=3) +isin(=3) =12
+ip3 2 , on a donc : z=ei=3(i1) + 1 = (12 +ip3 2 )(i1) + 1 =i12 +p3 2 12 ip3 2 + 1 12 +p3 2 i12 ip3 2 =1+p3 2 (1i) 2. L "ensembledes points d"af fixeztels quejz+ij=jz1jest l"ensemble des points du plan dont ladistance au pointD(jz(i)j) est égal à leur distance au pointA(jz1j). C"est donc la médiatrice
du segment[AD].Remarque: Il se trouve que la réponse "La médiatrice de[BC]" convient aussi. Ils"agit d"une coincidence (c"est dû au fait queADCBest un carré), néanmoins cette réponse est tout à
fait acceptable.3.(En bleu)SiMest un point d"affixez, le nombre complexez+ireprésente le vecteur!DMet le
nombrez+ 1représente!CM. La condition "z+iz+1est un nombre imaginaire pur" signifie que l"angle (!DM;!CM)est droit, c"est-à-dire que le triangleCDMest rectangle. Cela implique donc que le point Mappartient au cercle de diamètreCD. Le seul souci est lorsquez=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 diamètreCDprivé deC.Remarque: Signalons que le nombrez=i(correspondant àM=D) convient car0est bel et bien un imaginaire pur. 4. Si Mest un point d"affixez, le nombreziest l"affixe du vecteur!BM. La question revient donc à trouver tous les pointsMdu plan tels que le vecteur!BMfasse un angle de=2avec l"axe des abscisses. Plus précisément, cela signifie que(~u;!BM) ==2modulo2. Il s"agit donc de la demi- droite]BD)issue deBpassant parDprivée deB. Nous sommes obligés de retirer le pointBcar le vecteur!BMest nul siMest enBet n"a donc pas d"argument. A fortiori, ce ne peut pas être=2 mod [2].2 http://blogdemaths.wordpress.com
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Exercice 3 :
PARTIE A.
1. a. Il est toujours bon de tracer le graphe de f1avant de répondre aux questions :xy D"après le cours (ou le formulaire...),lim+1f1= limx!+1xex= 0. Pour trouver la limite en1, on remarque quelimx!1x=1etlimx!1ex= +1. Donc,limx!+1xex=1.
b. La fonction f1:x7!xexest dérivable surR(comme produit et composée de fonctions elles- mêmes dérivables surR). Pour toutx2R, on af01(x) =exxex= (1x)ex, qui est du signe de(1x)(carex>0pour toutx). On en déduit le tableau de variation :x f01(x)f
111+1+0
11e 1e 100c.
D"après l"étude faite à la question précédente, la dérivée de f1est nulle enx= 1, donc la tangente
(T1)à la courbe(C1)au pointx= 1est 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(Tk)coupe l"axe des abscisses, il ne peut s"agir dek= 1. 2. a. T outd"abor d,pour tout n1,fn(0) = 0n:e0= 0. La courbe(Cn)passe donc par le pointO de coordonnées(0;0). Comment faire pour trouver l"autre point par lequel toutes les courbes(C1) passent? On peut par exemple tracer sur sa calculatrice plusieurs de ces courbes. Sur le schémafourni dans l"énoncé, on remarque déjà que les courbes(C3)et(Ck)se coupent au point d"abscisse
x= 1. Sachant quef3(1) = 13e1=e1, il reste à vérifier que toutes les courbes passent par le point de coordonnées(1;e1). Cela se prouve en calculerfn(1)pour toutn.8n2;fn(1) = 1ne1=e1
b. Si nest un entier supérieur à 2, alors la fonctionfnest dérivable surRet8x2R;f0n(x) =nxn1exnxnex=xn1(nx)ex
3.Comme pr ouvéà la question précédente, la dérivée de la fonction f3au pointx2Rest égale à
x2(3x)ex. Puisquex2etexsont positifs pour toutx2R, le signe de la dérivée est le même que
le signe de(3x). Nous pouvons dresser le tableau de variation def3(ce qui permet de répondre à la question) :3 http://blogdemaths.wordpress.com
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x f03(x)f
3103+1+0+0
1127e327e300
Remarque :Il y a un point d"inflexion en0.
4. a. Soit kun entier supérieur ou égal à 2 (Sik= 1on a vu que la tangente ne coupe pas l"axe desabscisses). On souhaite d"abord déterminer une équation de la droite(Tk)(qui, rappelons-le, est la
tangente à la courbe defkau pointx= 1) et ensuite trouver le point d"intersection avec l"axe desabscisses. D"après le cours, une équation de cette tangente esty=f0k(1)(x1)+fk(1), c"est-à-dire
y= (k1)e1(x1) +e1(on a bien entendu utilisé le résultat prouvé à la question 2.b.).Un point de coordonnées(X;Y)est situé à la fois sur la droite(Tk)et de l"axe des abscises (dont
une équation esty= 0) si, et seulement si, on a le système d"équations suivant :Y= (k1)e1(X1) +e1
Y= 0On remplaceYpar 0 dans la première équation, puis on la résout (toutes les égalités suivantes
sont équivalentes) :0 = (k1)e1(X1) +e1
0 = (k1)(X1) + 1
(X1) =1k1X=1k1+ 1X=k2k1
Le point cherché a donc pour coordonnées(k2k1;0).Remarque :En toute rigueur, il faudrait vérifier réciproquement que ce point (qui est sur l"axe des
abscisses) est aussi sur la droite(Tk)(autrement dit, qu"il vérifie bien l"équation de(Tk)vue plus
haut). b.Il s"agit de résoudr el"équati on
k2k1=45 (avec pour condition initialek6= 1). Soit on voit tout de suite quek= 6, soit on remarque que l"équation est équivalente à5(k2) = 4(k1), puis on résout classiquement pour s"apercevoir au final quek= 6est l"unique solution.PARTIE B.
1. On va calculer I1à l"aide d"une intégration par parties. On poseu(x) =xetv0(x) =ex. On a donc u0(x) = 1etv(x) =ex. D"où :
I 1=Z 1 0 xexdx=xex1 0Z 1 0 exdx donc I1=xex1
0ex1 0Finalement,I1=2:e1+ 1.
2. a. La courbe (C1)est au-dessus de la courbe(C2), qui est elle-même au-dessus de la courbe(C3)...Puisque(In)est l"aire délimitée par la courbe(Cn)et l"axe des abscisses, on peut conjecturer que
la suite(In)est strictement décroissante (I1> I2> I3:::). b. L "objectifici est de compar erInavecIn+1. Sinest un entier plus grand que 1, on poseu(x) =xn+1 etv0(x) =ex. On a doncu0(x) =nxnetv(x) =ex. D"où : I n+1=Z 1 0 xn+1exdx=xn+1ex1 0Z 1 0 nxnexdx4 http://blogdemaths.wordpress.com
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donc I n+1=xn+1ex1 0Z 1 0 nxnexdx ce qu"on peut réécrire I n+1=e1+In La différenceIn+1In=e1étant strictement négative pour toutn, on en déduit que la suite (In)est bien strictement décroissante. c. Soit n1. Puisque pour toutxdans[0;1], la fonctionfnprend des valeurs uniquement positives, le nombreInest positif lui aussi (l"intégrale d"une fonction positive est positive). La suite(In) étant décroissante et minorée par zéro, on sait donc qu"elle converge vers un nombre`0. d.D"après le graphique pr oposédans l"énoncé, on sent que la limite de la suite (In)est zéro (l"aire
sous les courbes est de plus en plus petite). Pour prouver cela, on essaye de majorerInpar unesuite tendant vers zéro. Le théorème des gendarmes permettra d"affirmer que la limite est bien
zéro. Or, pour toutx2[0;1];exe0= 1(car la fonctionx7!exest décroissante), donc pour toutn1 0In=Z 1 0 xnexdxZ 1 0 xn:1dx=xn+1n+ 1 1 0 =1n+ 1Puisque
1n+1!0quandntend vers l"infini, la limite de la suite(In)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 encor e,il serait absur dede se passer d"un bon schéma pour visualiser la situation. V oiciune
vue en coupe (c"est-à-dire qu"on se place dans le plan contenant~net!M0H.OPlanP~nM 0H Puisque les deux vecteurs en question sont colinéaires, on sait d"avance que l"expression ~n!M0H sera le produitjj~njj M0H(la valeur absolue du produit scalaire de deux vecteurs colinéaires est au égale au produit de leurs normes).La norme~nvalantpa
2+b2+c2, on a donc le résultat annoncé dans l"énoncé.
Remarque :Pour prouver que les deux vecteurs~net!M0Hsont colinéaires, il suffit de dire qu"ils sont tous les deux orthogonaux à un même plan. 2.Notons (X;Y;Z)les coordonnées deH. On a donc
~n!M0H= (a;b;c)(Xx0;Yy0;Zz0) =a(Xx0) +b(Yy0) +c(Zz0)On développe et on regroupe les termes :
~n!M0H=aX+bY+cZax0by0cz0 PuisqueHappartient au planPd"équationax+by+cz+d= 0, on a doncaX+bY+cZ=d.Donc :
~n!M0H=dax0by0cz0 Remarque utile pour la question suivante :Cela signifie donc que~n!M0H=jd+ax0+by0+cz0j5 http://blogdemaths.wordpress.com
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3. D"après les questions 1. et 2., on peut af firmerque pa2+b2+c2M0H=jd+ax0+by0+cz0j. Il
suffit de diviser les deux membres parpa2+b2+c2pour obtenir le résultat car, par définition, la
distance du pointM0au planPest la distanceM0H.PARTIE B.
1. a. Les points A,BetCdéfinissent un planPsi, et seulement si, les vecteurs!ABet!ACne sont pas colinéaires. Or,!AB= (34;21;05) = (7;1;5). De même,!AC= (3;2;1). Pour voir qu"ils ne sont pas colinéaires, il suffit par exemple de constater que736=12
6=51 . A présent,trouvons une équation de ce plan. Commençons par trouver une vecteur normal aux vecteurs!ABet!AC. On cherche un vecteur~nde coordonnées(a;b;c)tel que~n!AB= 0et~n!AC= 0.
Cela donne le système suivant :
7a+b5c= 0
3a+ 2b+c= 0
a,betc(nontoutesnulles) quimarchent. Sionfixea= 1(cequi permetdebeaucoupsimplifier), le système devient :b5c= 72b+c= 3
En soustrayant la deuxième ligne à deux fois la première, on trouve11c=11id estc=1. En remplaçantcpar -1 dans la relationb5c= 7, on trouveb= 2, d"où~n= (1;2;1). Puisquenous avons procédé un peu à tâtons, il faut vérifier que ce vecteur~nqu"on vient de trouver est
bien orthogonal à!ABet à!AC: ~n!AB= 1(7) + 21 + (1)(5) = 0 ~n!AC= 1(3) + 22 + (1)1 = 0 Remarque :Pourquoi avoir poséa= 1? En fait, le système(1)possède trois inconnues pourdeux équations. Il possède donc une infinité de solutions. Puisqu"une seule solution nous inté-
resse, on peut fixera= 1et voir lesbetccorrespondant. Une autre méthode consiste à dire que puisque l"équation à prouver estx+ 2yz1 = 0, un vecteur normal serait(1;2;1). Il suffit juste de vérifier que ce vecteur est orthogonal à!ABet!AB. A présent, nous disposons d"un vecteur normal au planPce qui va nous permettre de déter- miner une équation de ce plan. Un pointMde coordonnées(x;y;z)appartient à ce plan si, et seulement si,!AM~n= 0. Donc,M2 Psi, et seulement si,(x4;y1;z5)(1;2;1) = 0, c"est-à-dire si, et seulement si,1(x4) + 2(y1)1(z5) = 0ce qui donne bien, en développant, l"équationx+ 2yz1 = 0. b. D"après la partie A, la distance du point Fau planPestd=j7+2041jp12+22+(1)2=12p6
= 2p6. 2. a. Rappelons quenousavonsappelé~nlevecteur(1;2;1)(quiestnormalauplanP).SoitM(x;y;z) un point quelconque de l"espace. Le pointMappartient à la droitesi, et seulement si, les vec- teurs!FMet~nsont colinéaires. Donc :M2, 9t2R;!FM=t~n
, 9t2R;8 :x(7) =t1 y0 =t2 z4 =t(1) , 9t2R;8 :x=t7 y= 2t z=t+ 4Nous avons donc obtenu une représentation paramétrique de la droite(le paramètre étant la
variablet, qui se balade dansR).6 http://blogdemaths.wordpress.com
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b. Puisque la dr oiteest perpendiculaire au planP, le pointH, projeté orthogonal deFsur ce plan, est l"intersection dePavec la droite. On note(X;Y;Z)les coordonnées deH. Puisque Happartient à la droite, il existet2Rtel queX=t7,Y= 2tetZ=t+ 4. Et puisqueH appartient au planP, l"équation du plan doit être vérifiée parX,YetZ, c"est-à-dire : (t7) + 2(2t)(t+ 4)1 = 0 On obtient donc6t12 = 0, d"oùt= 2. Les coordonnées du pointHsont obtenues en rempla-çanttpar2doncH(5;4;2).
c. Par définition, la distance de Fau planPest la distanceFH, c"est-à-dire : d=FH=p(5(7))2+ (40)2+ (24)2=p22+ 42+ 22=p24 = 2
p6 On a donc bien retrouvé le résultat trouvé à la question 1.b. 3. a. Le point Bappartient à la sphèreSsi, et seulement si,FB= 6. Or,FB=p(3(7))2+ (20)2+ (04)2=p4
2+ 22+ 42=p36 = 6
b. Faisons un schéma en coupe pour r eprésenterla situation : PlanPFHBSphèreS2
p66On 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
pointH, projeté orthogonal deFsur le planP. Le triangleFBHest rectangle enH. D"après le théorème de Pythagore,FB2=FH2+BH2doncBH=pFB2FH2=q6
2(2p6)
2=p12 = 2
p3. L"inteserction de la sphèreSavec le planPest le cercle de centreHet de rayon2p3. Exercice 4 :(Candidats ayant suivi l"enseignement de spécialité) PARTIE A - Réstitution organisée des connaissances. 1. Montr onsle théorème de Gauss. Soit a,betctrois entiers relatifs. On suppose queadivise leproduitbcet queaest premier avecb. De cette dernière hypothèse, et grâce au théorème de Bézout,
on peut en déduire qu"il existe deux entiersuetvtels queau+bv= 1. En multipliant cette égalité
parc, on obtientacu+bcv=c. Or,adiviseacu(caradivisea). De plus,adivisebcv(caradivise bc). Donc,adivise la sommeacu+bcvc"est-à-direadivisec. 2. Soit aun entier relatif. Soitpetqdeux entiers naturels premiers entre eux. On suppose quea0[p] et quea0[q]. En d"autres termes, cela signife quepdiviseaetqdivisea. Il existe donc deux entiersretstels quea=pr=qs. En particulier,pdivise le produitqs.Puisqu"il est premier avec q, on en déduit quepdivises. On peut donc écrires=pkoùkest un entier. Au final, on a donc a=qpk, ce qui veut bien dire que le produitpqdivisea.PARTIE B.
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1. a. Les nombr es17 et 5 sont pr emiersentr eeux (car leur PGCD vaut 1 lorsqu"on le calcul avecl"algorithme d"Euclide par exemple). Donc d"après le théorème de Bézout, il existe deux entiers
relatifsuetvtels que17u+ 5v= 1. b. D"après la question précédente, on r emarqueque 5v= 117u. Donc, n0= 317u+ 95v= 317u+ 9(117u) =617v+ 9
Cela signifie quen09[17]. De même,17u= 15vdonc
n0= 317u+ 95v= 3(15v) + 95v=65v+ 3
Ainsi,n03[5]. Au final, l"entiern0vérifie le système et appartient donc àS. c. Pour tr ouverun exemple de n0, il faut trouver un couple(u;v)tel que17u+5v= 1. La méthode la plus simple dans ce cas consiste à tester quelques valeurs deuet dev. On voit queu= 3et v=10conviennent car173510 = 1. On en déduit un exemple d"entier solution du système :n0= 3173 + 95(10) =297. Remarque :Une méthode plus systématique pour trouver de tels entiersuetvconsiste à utiliser l"algorithme d"Euclide étendu. 2. a. Soit n2 S. On a doncn9[17]etn3[5]. Puisquen02 S, on a aussin09[17]etn03[5]. Doncnn0990[17]etnn0330[5]. Puisque 17 et 5 sont premiers entre eux, d"après le corollaire du théorème de Gauss vu à la question 2. de la partie A,nn00[175] c"est-à-direnn00[85]. b. Soit nune solution du système. D"après la question précédente,nn00[85]c"est-à-dire n 297[85]. Or,297 212 127 4243[85](on ajoute 85 à chaque fois), donc n43[85], ce qui veut bien dire quen= 43 + 85kaveck2Z. Réciproquement, sin= 43 + 85k alorsn= 43 + 175kdoncn43269[17](on a retiré 17 à chaque fois). De même, n433[5]. L"entiernest donc bien solution du système. 3.Soit nle nombre de jetons de Zoé. Il est clair quenest solution du système. D"après la question
précédente, il existe un entier relatifktel quen= 43 + 85k. Il s"agit de déterminerk. Mais on sait
que300n400, donc30043 + 85k400. Ainsi,25785k357et en divisant par 85, on a l"encadrement3< k4;2. Puisquekest un nombre entier, alorsk= 4, doncn= 43+854 = 383. Réciproquement, on vérifie facilement que3839[17]et que3833[5]. Zoé possédait donc 383 jetons. Tout rond.