Source Latex
de la correction du devoir
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Bac, baccalauréat, 2015}
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% Raccourcis diverses:
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\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
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\nwc{\TITLE}{Corrigé du bac S - Métropole-La Réunion - 9 septembre 2015}
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\lfoot{Y. Morel - \url{https://xymaths.fr}}
\rfoot{\TITLE\ - \thepage/\pageref{LastPage}}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\ct{\bf\LARGE{Corrigé du baccalauréat S}}
\medskip
\ct{\bf\large Métropole-La Réunion - 9 septembre 2015}
\medskip
\textbf{Exercice 1} \hrulefill \textsl{Commun à tous les candidats \hrulefill 5 points}
\textbf{Question 1} Réponse \textbf{c.}\\
$P(B)=0,6 \times 0,2 + (1 - 0,6)\times 0,3 = 0,24$
\medskip
\textbf{Question 2} Réponse \textbf{b.} 0,25\\
Pour une variable aléatoire $X$ suivant une loi exponentielle de paramètre $\lambda$, on sait que $P(X \geqslant a) = e^{-\lambda a}$.
Donc $P(T\geqslant 60) = e^{-\frac{\ln 2}{30}\times 60}=0,25$
\medskip
\textbf{Question 3} Réponse \textbf{a.} 0,159\\
On peut faire le calcul à la machine ou utiliser le fait que
$P(X \geqslant 135)= P(X\geqslant \mu + \sigma)$.
Et comme on sait que
$P\lp\mu-\sigma \leqslant X \leqslant \mu+\sigma\rp\approx 0,68$,
on déduit que $P(X \geqslant \mu+\sigma)$.
\medskip
\textbf{Question 4} Réponse \textbf{c.} [0,402~;~0,598]\\
Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95\,\% de la
fréquence d'apparition de la face pile est
$\lb
p-1,96 \dfrac{\dsp\sqrt{p(1-p)}}{\dsp\sqrt{n}}\,;\,
p+1,96 \dfrac{\dsp\sqrt{p(1-p)}}{\dsp\sqrt{n}}
\rb =
\lb 0,402\,;\,0,598\rb$
\emph{Des quatre intervalles proposés, c'est le seul centré sur 0,5.}
\medskip
\textbf{Question 5} Réponse \textbf{d.} 3200\\
L'intervalle de confiance généralement utilisé est
$\left [ f-\dfrac{1}{\dsp\sqrt{n}}\,;\, f+\dfrac{1}{\dsp\sqrt{n}} \right]$
d'amplitude $\dfrac{2}{\dsp\sqrt{n}}$.
$\dfrac{2}{\dsp\sqrt{n}} < 0,05
\iff \dfrac{2}{0,05} < \dsp\sqrt{n}
\iff 1600 < n$
\bigskip
\textbf{Exercice 2} \hrulefill \textsl{Commun à tous les candidats \hrulefill 7 points}
%Soit $f$ la fonction définie sur $[0~;~ + \infty[$ par:
%$f(x) = \dfrac{x}{e^x - x}$
\textbf{Partie A}
\begin{enumerate}
\item Pour tout entier $n$,
$\dsp I_{n+1}-I_n=\int_0^{n+1}f(x)dx - \int_0^n f(x)dx=\int_n^{n+1} f(x)dx$
Comme pour tout $x\in[0;+\infty[$, donc tout $x\in[n;n+1[$,
$f(x)\geqslant0$, on a, par positivité de l'intégrale,
$\dsp I_{n+1}-I_n=\int_n^{n+1} f(x)dx\geqslant0$.
Ainsi, la suite $(I_n)$ est croissante.
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item Pour tout $x\in[0;+\infty[$, $e^x-x\geqslant\dfrac{e^x}{2}>0$
et donc, $\dfrac{1}{e^x-x} \leqslant \dfrac{2}{e^x}$.
En multipliant cette inégalité par $x\geqslant 0$ on obtient
$\dfrac{x}{e^x-x} \leqslant \dfrac{2x}{e^x}$
et donc, comme l'intégrale conserve l'ordre,
$\dsp\int_0^n\dfrac{x}{e^x-x}dx \leqslant \int_0^n
\dfrac{2x}{e^x}dx
\iff I_n \leqslant \dsp\int_0^n 2xe^{-x}dx$
\item On a $H=uv$, avec $u:x\mapsto -x-1$ et $v:x\mapsto e^{-x}$.
$H$ est donc dérivable, comme produit des fonctions dérivables $u$
et $v$, avec $u'(x)=-1$ et, comme $v=e^w$, avec $w(x)=-x$,
$v'(x)=w'(x)e^{w(x)}=-e^{-x}$.
Ainsi, $H'=u'v+uv'=-1\tm e^{-x} + (-x-1)(-1)e^{-x}
= -e^{-x} + xe^{-x} +e^{-x} = xe^{-x}$
\item On déduit de la question précédente que la fonction $2H$ est
une primitive de la fonction $x \mapsto 2xe^{-x}$, et
donc \[\dsp\int_0^n 2xe^{-x}dx=\Bigl[2H(x)\Bigr]_0^n
=\Bigl[2(-x-1)e^{-x} \Bigr]_0^n
= 2(-n-1)e^{-n} - 2(-1)e^0=2-2(n+1)e^{-n}\]
Pour tout $n$, $2(n+1)e^{-n}>0$ et alors
$2 - 2(n+1)e^{-n} \leqslant 2$, et ainsi
$I_n \leqslant \dsp\int_0^n 2xe^{-x}dx\leqslant 2$.
\end{enumerate}
\item La suite $(I_n)$ est croissante et majorée par 2 donc, d'après
le théorème de la convergence monotone, la suite $(I_n)$ est
convergente.
\end{enumerate}
\textbf{Partie B}
\begin{enumerate}
\item On fait fonctionner l'algorithme pour $K=4$ donc pour $h=0,25$:
\begin{tabular}{|c|*2{c|}}\hline
$i$ & $A$ & $x$\\ \hline
1 & 0 & 0,25\\ \hline
2 & 0,060 & 0,5\\ \hline
3 & 0,169 & 0,75\\ \hline
4 & 0,306 & 1\\ \hline
\end{tabular}
\item Pour $K=8$, l'algorithme donne la somme des aires des rectangles
hachurés, voir en annexe.
\item Quand $K$ devient grand, l'algorithme donne une valeur approchée
par défaut de l'intégrale $\dsp\int_0^1f(x)dx$.
\end{enumerate}
\textbf{Exercice 3 \hrulefill Candidats n'ayant pas suivi la spécialité \hrulefill 5 points}
\begin{enumerate}
\item La droite $(AB)$ est l'ensemble des points $M$ de coordonnées
$(x\,;\,y)$ tels que les vecteurs $\V{AB}$ et $\V{AM}$ soient
colinéaires donc tels que $\V{AM} = k\,\V{AB}$ où $k\in \R$.
$\V{AB}$ a pour coordonnées $(-2-0\,;\, 2-1 \,;\, -1-(-1) = (-2\,;\, 1 \,;\, 0)$.
$\V{AM}$ a pour coordonnées $(x-0\,;\, y-1 \,;\, z-(-1) = (x\,;\, y-1 \,;\, z+1)$.
$\V{AM}=k\,\V{AB}
\iff
\left\lbrace
\begin{array}{lc l}
x &=& -2k\\
y-1 &=& k\\
z+1 &=& 0
\end{array}
\right.
\iff
\left\lbrace
\begin{array}{lcr}
x &=& \phantom{0} -2k\\
y &=& 1+ k\\
z &=& -1 \phantom{+k}
\end{array}
\right.$
Une représentation paramétrique de la droite $(AB)$ est:
$\left\lbrace
\begin{array}{lcr}
x &=& \phantom{0} -2k\\
y &=& 1+ k\\
z &=& -1 \phantom{+k}
\end{array}
\right.
\text{ où } k\in \R$
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item $\V{AB}\,(-2\,;\, 1 \,;\, 0)$ est un vecteur directeur
de la droite $(AB)$, et
$\V{v}\,(1\,;\, 1 \,;\, -1)$ est un vecteur directeur
de $\mathcal{D}$
Comme ces vecteurs $\V{AB}$ et $\vec{v}$ ne sont pas colinéaires,
les droites $(AB)$ et $\mathcal D$ ne sont pas parallèles.
\item Les droites $(AB)$ et $\mathcal D$ sont sécantes si elles
admettent un point d'intersection, autrement dit s'il existe un
réel $t$ et un réel $k$ tels que
$\left\lbrace
\begin{array}{rcl}
-2+t &=& -2k \\
1+t &=& 1+k \\
-1-t &=& -1
\end{array}
\right.
\iff
\left\lbrace
\begin{array}{ccc}
-2 &=& -2k \\
0 &=& k \\
t &=& 0
\end{array}
\right.$
Il n'y a donc pas de solution.
Les droites $(AB)$ et $\mathcal D$ ne sont pas sécantes.
\end{enumerate}
\emph{Remarque: Les deux droites n'étant ni parallèles ni sécantes, elles sont
non coplanaires.}
\item Soit $\mathcal{P}$ le plan d'équation $x + y - z - 3u = 0$.
$x_M + y_M - z_M - 3u = -2+u + 1+u -(-1-u) -3u=-2+u+1+u+1+u-3u=0$
donc $M\in \mathcal P$
Le plan $\mathcal P$ a pour vecteur normal $\vec{n}\,(1;1;-1)$,
qui est un vecteur directeur de la droite $\mathcal D$;
donc le plan $\mathcal P$ est orthogonal à la droite $\mathcal D$.
\item Pour déterminer si le plan $\mathcal P$ et la droite $(AB)$ sont
sécants, on résout le système
$\la\bgar{l}
x = -2k \\
y = 1+k\\
z = -1\\
x+y-z-3u=0
\enar\right.
\hspace{-1.8em}\iff
\la\bgar{l}
x = -2k \\
y = 1+k\\
z = -1\\
-2k +1+k+1-3u=0
\enar\right.
\hspace{-1.8em}\iff
\la\bgar{l}
x = -2(2-3u) \\
y = 1+2-3u\\
z = -1\\
2-3u=k
\enar\right.
\hspace{-1.5em}\iff
\la\bgar{l}
x = -4+6u \\
y = 3-3u\\
z = -1\\
2-3u=k
\enar\right.$
Donc le plan $\mathcal P$ et la droite $(AB)$ sont sécants au point
$N\,(-4+6u;3-3u;-1)$.
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item La droite $\mathcal{D}$ est orthogonale en $M$ au plan
$\mathcal P$; donc la droite $\mathcal{D}$ est perpendiculaire à
toute droite du plan $\mathcal P$ passant par $M$, donc elle est
perpendiculaire à la droite $(MN)$ contenue dans $\mathcal P$
puisque $N\in \mathcal P$.
\item La droite $(MN)$ a pour vecteur directeur $\V{MN}$ de
coordonnées
$(-4+6u-(-2+u);3-3u-(1+u);-1-(-1-u))=(-2+5u;2-4u;u)$.
La droite $(AB)$ a pour vecteur directeur $\V{AB}$ de coordonnées
$(-2\,;\,1\,;\,0)$.
Les droites $(MN)$ et $(AB)$ sont orthogonales si et seulement si
\[\V{MN}\cdot\V{AB}=0
\iff (-2+5u)\tm (-2) + (2-4u)\tm 1 + u \tm 0 = 4-10u+2-4u=6-14u=0
\iff \dfrac{3}{7}=u\]
De plus, les droites $(MN)$ et $(AB)$ sont sécantes en $M$; elles
sont donc perpendiculaires si et seulement si $u=\dfrac{3}{7}$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item $MN^2= \parallel MN \parallel^2 = (-2+5u)^2+(2-4u)^2 + u^2
= 4 - 20u + 25u^2 +4 - 16u + 16u^2 + u^2
= 42u^2 - 36u +8$
\item $MN^2$ est un trinôme du second degré en $u$ de la forme
$au^2+bu+c$, et le coefficient de $u^2$ est $a=42>0$;
ce polynôme admet donc un minimum pour
$u=-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{-36}{2\tm 42}=\dfrac{3}{7}$.
La distance $MN$ est minimale quand son carré $MN^2$ est minimal
(car la fonction carrée $x\mapsto x^2$ est croissante sur $\R_+$),
c'est-à-dire pour $u=\dfrac{3}{7}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\textbf{Exercice 4 \hrulefill Commun à tous les candidats \hrulefill 3 points}
On considère la fonction $f$ définie sur $]0~;~ +\infty[$ par
$f(x) = \dfrac{1}{x}(1 + \ln x)$
\begin{enumerate}
\item $F$ est une primitive de $f$, donc $F'=f$ et donc les variations
de $F$ sont données par le signe de $f$:
$F$ est croissante si et seulement $f$ est positive
C'est donc dans la situation 2 que la courbe $C_F$ est la courbe
représentative d'une primitive $F$ de la fonction $f$.
\item On se place dans la situation 2.
Le point $K$ a pour abscisse la solution de l'équation
$f(x)=0$,
soit $\dfrac{1}{x}(1+\ln x)=0 \iff \ln x = -1 \iff x=e^{-1}=\dfrac1e$.
$L$ est l'intersection de $\mathcal{C}_F$ et de l'axe des abscisses;
ainsi l'abscisse de $L$ est $x$ tel que $F(x)=0$
L'abscisse du point $L$ est l'abscisse du maximum de $f$, et est donc
un nombre $x$ tel que
\[f'(x)=0\iff \dfrac{\frac{1}{x}\times x - (1+\ln x)\times 1}{x^2}
= -\dfrac{\ln x}{x^2}=0\iff x=1\]
Pour $0 < x < 1$, $\ln x<0$ donc $f'(x)=-\dfrac{\ln x}{x^2}>0$, donc
$f$ est croissante,
tandis que pour $1 < x$, $\ln x>0$ donc
$f'(x)=-\dfrac{\ln x}{x^2}<0$, donc $f$ est décroissante.
Ainsi, la fonction $f$ admet bien un maximum pour $x = 1$ et le point
$L$ a pour abscisse 1.
\begin{enumerate}[a)]
\item L'aire du domaine du plan délimité par les droites
$\mathcal{D}$ et $\Delta$, par la courbe $\mathcal{C}_f$ et par
l'axe des abscisses a une valeur approchée de 0,5 (aire du
rectangle coloré en gris sur le graphique).
\item La fonction $f$ est positive sur $\left[e^{-1}\,;\,1\right]$,
donc l'aire du domaine hachuré est
$\dsp\int_{e^{-1}}^1 f(x) dx=F(1)- F\left(e^{-1}\right)$.
Graphiquement on peut lire que $F(1)=0$ et que
$F\left(e^{-1}\right)\approx - 0,5$ ; donc l'aire est
approximativement égale à 0,5.
La valeur exacte de l'aire est donnée par l'intégrale
$\dsp\int_{1/e}^1f(x)dx$.
On cherche une primitive de $f(x)=\dfrac1x+\dfrac1x\tm\ln x$:
\bgit
\item La fonction $x \mapsto \dfrac{1}{x}$ a pour primitive sur
$\lb 0\,;\,\infty\rb$ la fonction $x \mapsto \ln x$.
\item La fonction $x \mapsto \dfrac{1}{x}\times \ln x$ est de la forme
$u'u$, avec $u(x)=\ln x$, donc a pour primitive $\dfrac12 u^2$ soit
la fonction $x \mapsto \dfrac12 (\ln x)^2$.
\enit
Par linéarité, la fonction $f$ a pour primitive
$x\mapsto \ln x+\dfrac12 (\ln x)^2$
et,
$\dsp\int_{1/e}^1 f(x) dx = \lb\ln x + \dfrac12 (\ln x)^2 \rb_{1/e}^1
=\lp\ln1+\dfrac12(\ln 1)^2\rp-\lp\ln\dfrac1e+\dfrac12\lp\ln\dfrac1e\rp^2\rp$
or $\ln 1=0$ et $\ln \dfrac1e=-\ln e=-1$ donc
$\dsp\int_{1/e}^1 f(x) dx = 0 - \left (-1 + \dfrac{1}{2} \right ) = \dfrac{1}{2}$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\subsection*{\centering ANNEXE Exercice 2}
\label{annexe}
\begin{center}
Courbe $\mathcal{C}$, représentative de la fonction $f$ sur $[0;6]$
\medskip
\psset{xunit=1.8cm,yunit=9cm,comma=true,arrowsize=7pt}
\begin{pspicture}(0,-0.3)(6,0.7)
\pscustom[fillstyle=hlines,linestyle=solid,linewidth=0.5pt, hatchcolor=red,hatchangle=-45]
{
\psplot{0}{1}{x 2.71828 x exp x sub div}
\lineto(1,0)\lineto(0,0)
\closepath
}
\multido{\n=0.0+0.5}{13}{\psline[linewidth=0.2pt](\n,-0.3)(\n,0.7)}
\multido{\n=-0.3+0.1}{11}{\psline[linewidth=0.2pt](0,\n)(6,\n)}
\psaxes[linewidth=1.25pt,labels=none]{->}(0,0)(0,-0.3)(6,0.7)
\multido{\i=0+1}{7}{\uput[d](\i,0){\i}}
\uput[l](0,0.2){$0,2$}
\uput[l](0,0.7){$0,7$}
\uput[l](0,-0.3){$-0,3$}
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{6}{x 2.71828 x exp x sub div}
\uput[u](2.75,0.22){\blue $\mathcal{C}$}
\end{pspicture}
\bigskip
Courbe $\mathcal{C}$, représentative de la fonction $f$ sur $[0;1]$
\medskip
\psset{xunit=8cm,yunit=14.6cm,comma=true}
\begin{pspicture}(0,-0.05)(1.1,0.62)
\multido{\n=0.00+0.125}{9}{\psline[linewidth=0.2pt](\n,0)(\n,0.6)}
\multido{\n=0+0.1}{7}{\psline[linewidth=0.2pt](0,\n)(1,\n)}
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=0.25,Dy=0.1]{->}(0,0)(-0.05,-0.025)(1.1,0.63)
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{1}{x 2.71828 x exp x sub div}
\uput[u](0.55,0.465){\blue $\mathcal{C}$}
\psset{fillstyle=vlines,hatchcolor=red}
\psframe[hatchangle=45](0.125,0.124)(0.25,0)
\psframe[hatchangle=-45](0.25,0.242)(0.375,0)
\psframe[hatchangle=45](0.375,0.347)(0.5,0)
\psframe[hatchangle=-45](0.5,0.435)(0.625,0)
\psframe[hatchangle=45](0.625,0.503)(0.75,0)
\psframe[hatchangle=-45](0.75,0.549)(0.875,0)
\psframe[hatchangle=45](0.875,0.574)(1,0)
%\psframe[hatchangle=-45](0.125,0.124)(0.25,0)
\end{pspicture}
\end{center}
\label{LastPage}
\end{document}
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