Corrige Caledonie S 2015

7/25/2019 Corrige Caledonie S 2015

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Corrig du baccalaurat S Nouvelle-Caldonie19 novembre 2015

EXE RC ICE 1 7 pointsCommun tous les candidats

Partie A

On regroupe les donnes de lnonc dans un arbre pondr :

A

0,7

S0,17

S

B

1

0,7=0,3

S0,1

S

1. Il suffit de lire lnonc : P(AS) = P(A) PA(S) = 0,70,17 = 0,119.2. Daprs la formule des probabilits totales :

P(S) = P(AS)+P(B S) = 0,117 +P(B)PB(S)= 0,117+0,30,1 = 0,149

3. La probabilit cherche correspond PS(A)=

P(AS)P(S) =

0,117

0,1490,785.

4. Soitpla proportion sur lensemble de la production de la source A de bou-teilles contenantde leau trspeucalcaire. La frquence observe sur lchan-

tillon de taille n= 1000 est fobs=211

1000= 0,211.

Commen= 1000 30,n fobs= 211 5 et n1 fobs

= 789 5, les condi-

tions dapplication du thorme de Moivre-Laplace sont vrifies et on peutproposer un intervalle de confiance au seuil de 95% qui est :

fobs

1n

; fobs +1n

[0,179; 0,243] .

Partie B

1. Comme = 8 et = 1,6,P(6,4X 9,6) = P(X +) 0,683.2. la calculatrice, on trouve : P(X 6,5) 0,174.3. La question revient rsoudre lquation en : P(Y 6,5) = 0,1.

Daprs le cours, si la variable alatoire Y suit la loi normale desprance 9 et

dcart type, alors la variable alatoire Z= Y 9

suit la loi normale centre

rduite.

Y 6,5 Y92,5 Y 9 2,5

Z2,5

donc

P(Y 6,5) = 0,1 P

Z2,5

0,1


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Baccalaurat S F. Pucci

On cherche, la calculatrice, le rel tel queP(Z ) = 0,1 sachant queZsuit la loi normale centre rduite ; on trouve 1,282.

1,282 2,5

1,282 1,95

Partie C

1. Comme acosx 0 sur

2;

2

avec a R+, laire du domaine cherche

correspond, en units daire, la valeur de lintgrale

2

2acosxdx= a

sinx

2 2

= a1 (1)

= 2a

2. Le problme revient rsoudre lquation en a:

2aa

2

2=

a2

2 a

a2

2= 0 a(4a) = 0

Commeaest strictement positif, la seule solution possible esta= 4> 0.

EXE RC ICE 2 3 points

Commun tous les candidats

1. faest une somme de fonctions drivables surR donc drivable surR et ona :

xR, fa(x) = exa2fa(x) > 0exa2 > 0 exa > 2 x a> ln2 x> a+ ln2fa(x) sannule et change de signe pour x= a+ln2 en tant ngatif puis positifdoncfaadmet un minimum en a+ln2galfa(a+ln2) = ea=ln 2a2(a+ln2)+ea = 22a2ln2+ea.

x a+ ln2 +fa(x) 0 +++

fa

fa(a+ ln2)

2. Ena+ ln2, on a fa(a+ ln2) = 22a ln2+ea.Afin de minimiser ce minimum, on tudie les variations de la fonction d-rivable sur R et dfinie par (a) = 22a ln2+ea(a) = 2+ea ; 2+ea > 0 ea > 2 a> ln2(a) sannule et passe de ngatif positif ena= ln2.

x ln2 +(x) 0 +++

44ln2

Prendre a= ln2, minimise donc le minimum defaqui est gal (ln2) = 22ln22ln2+eln 2 = 44ln2.

Nouvelle-Caldonie 2 19 novembre2015


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Commun tous les candidats

Partie A

Il suffit de prendre un contre-exemple pour montrer que(P2) est fausse.Par exemple,

le triplet (1; 1; 1) convient : 12+1

2+1

2= 3

1

3mais 1+1+1 = 3 = 1.Partie B

1. a. Il suffitde vrifier que les trois points non aligns B, Det Eappartiennentau plan dquationx+y+ z= 1.

Avec B1; 0; 0

, D

0; 1; 0

et E

0; 0; 1

, cest bien le cas :

1+0+0 = 0+1+0 = 0+0+1 = 1

b. Il suffit de montrer que le vecteurAG est orthogonal deux vecteurs non

colinaires du plan (BD E). PrenonsBD et

BE, par exemple. On a :

AG.BD=11

1

.1

10

= 1+1+0 = 0= AG BD

AG.

BE=

11

1

.10

1

= 1+0+1 = 0= AG BE

Donc la droite (AG) est orthogonale au plan (BD E).

c. Daprs la question prcdente, on sait que (AG) et (BD E) sont scantsen un unique point. Il suffit donc de prouver queKappartient la droiteet au plan.

CommeAK= 1

3

AG, le pointKappartient (AG).

Comme1

3 +1

3 +1

3= 1, le point Kappartient (BD E).Donc Kest lintersection de la droite (AG) et du plan (BDE).

2. Les cts du triangle BDEsont les diagonales des faces du cube qui sont iso-mtriques donc ilssontde mme longueur et B DEestun triangle quilatral.

3. a. Si Mest un point du plan (BDE) distinct de K, daprs la question (1b),letriangleA MKest rectangle en K. Daprs le thorme de Pythagore, on aalors :

AM2 = AK2 + MK2

Si M= K, la relation est encore vraie donc elle est vraie pour tout pointMde (BDE).

b. Comme MK2 0, la relation AM2 AK2 se dduit trivialement de laprcdente.

c. Soientx,yet ztrois nombres rels vrifiant lgalitx+y+z= 1. Le pointM

x;y;zappartient donc au plan (BDE).

Daprs (3b), on a alors A M2 AK2 qui scrit, avec les coordonnes :

x2 +y2 + z2

1

3

2+

1

3

2+

1

3

2= 1

3

Limplication (P1) est donc vraie.


Candidat nayant pas suivi lenseignementde spcialit



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1.

d1 =1

2d0 +100 = 250

a1 =1

2d0 +

1

2a0 +70 = 445

2. a. On obtient en sortie D= 250 et A= 420. Ces rsultats ne sont pas coh-rents avec ceux obtenus la question (1).

b. Le problme de lalgorithme propos est quil rutilise la variable Dpourle calcul deAalors quelle a t modifie. On corrige cela en utilisant unevariable auxiliaire E, dclare nombre rel dans linitialisation :

Variables : net ksont des entiers naturelsD,Aet Esont des rels

Entre : Saisir nInitialisation : Dprend la valeur 300

Aprend la valeur 450Saisir la valeur de n

Traitement : Pour kvariant de 1 nEprend la valeurD

Dprend la valeurD

2+100

Aprend la valeur A

2+ E

2+ 70

Fin de PourSortie : Afficher D

AfficherA

3. a. Par dfinition, on a :

en+1 = dn+1 200 =1

2dn100 =

1

2

dn200

= 1

2en

La suite (en)nN est donc gomtrique de raison1

2et de premier terme

e0 = d0 200 = 100.

b. Daprs la question prcdente, on a en=1

2n

e0 = 100 1

2n

.

Do en= dn200 dn= 100

1

2

n+200

Comme 0 < 12< 1, on a lim

n+

1

2

n= 0 puis lim

n+dn= 200.La suite (dn)nNest donc convergente vers 200.

4. a. 2n2 (n+1)2 =

21

n1

2+1n+1

.

Daprs lesrsultats de premire sur lestrinmesdu seconddegr, 2n2 (n+1)2

est donc positif pourn 12+1

ou n1

21 2,4.

Donc, pournentier suprieur 3, on a 2n2 (n+1)2 0, cest--dire :

2n2 (n+1)2.b. Pour n= 4, on a bien 24 = 16 42 = 16 donc la proprit est initialise.

Supposons quil existe un entier k> 4 tel que 2k k2. En multipliant lesdeux membres de linquation par 2 et en utilisant le rsultat de la ques-tion prcdente, on obtient :

2k+1 2k2 (k+1)2.La proprit est donc hrditaire.Initialise et hrditaire, la proprit 2nn2 est donc vraie pour tout en-tier suprieur ou gal 4.



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c. Daprs la question prcdente, si nest un entier suprieur ou gal 4,on 0 < n2 2n. En composant, cette ingalit par la fonction inverse, d-croissante sur R+et en multipliant par 100, on obtient alors :

0 < 1

2

n

1

n2= 0 < 100n

1

2

n

100n

n2 = 100

n

d. Daprs la question prcdente et les thormes dencadrement

limn+100n

1

2

n= lim

n+100

n= 0 et daprs les rsultats sur les limites des

suitesgomtriques de raison strictement infrieure 1 en valeur absolue

limn+

1

2

n= 0.

Daprs les rsultats sur les limites de sommes, on obtient alors :

limn+ an= 340


Candidat ayant suivi lenseignement de spcialit

1. a. Daprs lnonc, le nombre davancs au dbut du moisn+ 1 sera com-pos de la moiti des dbutants du mois prcdent passant au niveau

avanc soit1

2dn, de la moiti du nombre des avancs ne stant pas ds-

inscrits soit 1

2anet des 70 personnes qui se sont inscrites en dbut du

mois.

On obtient bien :

an+1 =1

2dn+

1

2an+70

b. En posantUn=dn

an, A=

12 012 12

etB=

10070

, le systme scrit sous la

forme matricielle :Un+1 = Aun+B

c. Pour n= 1, on a bienA= 1

2 012

12

= 1

2

1 01 1

= 1

2(I2 +T).

Supposons que la relation soit vrifie pour un certain entier knon nul.

En multipliant lexpressionAk =

1

2

kI2+kT

parA= 1

2

I2+T

gauche

ou droite carI2et Tcommutent, on obtient :

Ak+1 =

1

2

k

I2 +kT 1

2I2 + T

=

1

2

k+1

I2 +T+ kT+kT2

Or, T2 =0 00 0

. On dit quelle est nilpotente dordre 2.

DoncAk+1 =

1

2

k+1 I2 + (k+1)T

et la relation est hrditaire.

La proprit est donc initialise et hrditaire, elle est donc vraie pourtout nN.

2. a. Comme det(I2 A) =

12 0

12 12

= 14= 0, la matriceI2 Aest inversible eton a (I2 A)1 =

2 02 2

.



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Do C=AC+ B(I2 A)C= B C= (I2 A)1B

=2 02 2

10070

=200340

.

b. Il suffit de se servir desquestion prcdentes on remarquantque

200340

= C=AC+B.

Vn+1 = Un+1C Vn+1 = AUn+B(AC+B) Un+1 = A(UnC) = AVn

c. On a V0 = U0 C=300450

200340

=100110

.

Par dfinition de Vn, on a aussi : Un= An100110

+200340

.

En utilisant le rsultat de la question (1c), on obtient, parcalcul matriciel :

Un =

1

2

nI2 + nT

100110

+200340

=1

2n

0

n

1

2

n 12

n100110

+200340

=

100

1

2

n+200

100n

1

2

n+110

1

2

n+340

.

3. a. En admettant que pourn 4, 2n n2 > 0, en composant par la fonctioninverse, dcroissante sur R+, on obtient 0

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