Voici le corrigé complet du bac S de mathématiques 2017 en France métropolitaine, pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité. L’épreuve durait 4 heures (coefficient 7) et comportait quatre exercices. Le premier étudie la fonction \(h(x)=x\,\mathrm{e}^{-x}\) : croissances comparées, variations, primitive, puis l’écart entre deux courbes et une aire calculée par intégrale, avec un petit algorithme. Le deuxième est un exercice de géométrie dans l’espace avec prise d’initiative : droite orthogonale à un plan et distance d’un point à un plan. Le troisième modélise une cible par les nombres complexes (module et argument) puis par deux lois normales. Le dernier suit la propagation d’une épidémie avec un arbre pondéré, un tableur, une suite géométrique et une démonstration par récurrence.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Fonction exponentielle, primitive, intégrale et algorithme – 7 points
Partie A
On considère la fonction \(h\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(h(x)=x\,\mathrm{e}^{-x}\).
1. On cherche la limite de \(h\) en \(+\infty\).
Écrite telle quelle, l’expression donne une forme indéterminée du type « \(\infty\times 0\) » puisque \(\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}\mathrm{e}^{-x}=0\). On change d’écriture : pour tout réel \(x\), \(h(x)=\dfrac{x}{\mathrm{e}^{x}}=\dfrac{1}{\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{x}}\) (pour \(x\gt 0\)).
Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{x}=+\infty\), donc par passage à l’inverse :
\[\lim_{x\to+\infty}h(x)=0.\]
2. On étudie les variations de \(h\) sur \(\mathbb{R}\).
\(h\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme produit de fonctions dérivables. Avec \(u(x)=x\) et \(v(x)=\mathrm{e}^{-x}\), \(u^{\prime}(x)=1\) et \(v^{\prime}(x)=-\mathrm{e}^{-x}\), d’où :
\[h^{\prime}(x)=1\times \mathrm{e}^{-x}+x\times (-\mathrm{e}^{-x})=(1-x)\,\mathrm{e}^{-x}.\]
Comme \(\mathrm{e}^{-x}\gt 0\) pour tout réel \(x\), \(h^{\prime}(x)\) a le signe de \(1-x\) : positif pour \(x\lt 1\), nul en 1, négatif pour \(x\gt 1\). De plus \(h(1)=\mathrm{e}^{-1}=\dfrac{1}{\mathrm{e}}\) et, en \(-\infty\), \(\lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty\) et \(\lim\limits_{x\to-\infty}\mathrm{e}^{-x}=+\infty\), donc \(\lim\limits_{x\to-\infty}h(x)=-\infty\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(h^{\prime}(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| \(h\) | \(-\infty\) | croissante ↗ | \(\dfrac{1}{\mathrm{e}}\) | décroissante ↘ | \(0\) |
\(h\) est croissante sur \(]-\infty\,;1]\) et décroissante sur \([1\,;+\infty[\) ; elle admet un maximum égal à \(\dfrac{1}{\mathrm{e}}\) en \(x=1\).
3. a) On vérifie que, pour tout réel \(x\), \(h(x)=\mathrm{e}^{-x}-h^{\prime}(x)\).
\[\mathrm{e}^{-x}-h^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{-x}-(\mathrm{e}^{-x}-x\,\mathrm{e}^{-x})=x\,\mathrm{e}^{-x}=h(x).\]
3. b) On cherche une primitive de \(x\mapsto \mathrm{e}^{-x}\) sur \(\mathbb{R}\).
La dérivée de \(x\mapsto -\mathrm{e}^{-x}\) est \(x\mapsto -(-\mathrm{e}^{-x})=\mathrm{e}^{-x}\). Une primitive de \(x\mapsto \mathrm{e}^{-x}\) est donc \(x\mapsto -\mathrm{e}^{-x}\).
3. c) On en déduit une primitive \(H\) de \(h\) sur \(\mathbb{R}\).
D’après 3. a), \(h=\mathrm{e}^{-x}-h^{\prime}\). Une primitive de \(x\mapsto \mathrm{e}^{-x}\) est \(x\mapsto -\mathrm{e}^{-x}\) et une primitive de \(h^{\prime}\) est \(h\). Par linéarité, une primitive de \(h\) est :
\[H(x)=-\mathrm{e}^{-x}-h(x)=-\mathrm{e}^{-x}-x\,\mathrm{e}^{-x}=\boxed{-(1+x)\,\mathrm{e}^{-x}}.\]
Vérification : \(H^{\prime}(x)=-\mathrm{e}^{-x}+(1+x)\,\mathrm{e}^{-x}=x\,\mathrm{e}^{-x}=h(x)\).
Partie B
Sur \([0\,;+\infty[\), on considère \(f(x)=x\,\mathrm{e}^{-x}+\ln(x+1)\) et \(g(x)=\ln(x+1)\), de courbes \(\mathcal{C}_f\) et \(\mathcal{C}_g\). Pour \(x\geq\, 0\), \(M\) est le point de \(\mathcal{C}_f\) et \(N\) le point de \(\mathcal{C}_g\) d’abscisse \(x\).
1. a) On cherche pour quelle valeur de \(x\) la distance \(MN\) est maximale, et ce maximum.
Les points \(M\) et \(N\) ont la même abscisse, donc \(MN=|f(x)-g(x)|=|x\,\mathrm{e}^{-x}|=|h(x)|\). Sur \([0\,;+\infty[\), \(x\geq\, 0\) et \(\mathrm{e}^{-x}\gt 0\), donc \(h(x)\geq\, 0\) et \(MN=h(x)\).
D’après la partie A, sur \([0\,;+\infty[\), \(h\) croît sur \([0\,;1]\) puis décroît : son maximum est atteint en \(x=1\).
La distance \(MN\) est maximale pour \(x=1\) et vaut \(h(1)=\dfrac{1}{\mathrm{e}}\approx 0{,}37\).
1. b) On place les points \(M\) et \(N\) correspondants : \(M(1\,;\,\mathrm{e}^{-1}+\ln 2)\approx(1\,;1{,}06)\) et \(N(1\,;\ln 2)\approx(1\,;0{,}69)\).
2. Pour \(\lambda\gt 0\), \(D_\lambda\) est le domaine compris entre \(\mathcal{C}_f\), \(\mathcal{C}_g\) et les droites d’équations \(x=0\) et \(x=\lambda\).
2. a) On hachure le domaine \(D_\lambda\) pour \(\lambda=2\).
2. b) On démontre que l’aire de \(D_\lambda\), en unités d’aire, vaut \(\mathcal{A}_\lambda=1-\dfrac{\lambda+1}{\mathrm{e}^{\lambda}}\).
Sur \([0\,;+\infty[\), \(f(x)-g(x)=h(x)\geq\, 0\) : la courbe \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(\mathcal{C}_g\). L’aire cherchée est donc :
\[\mathcal{A}_\lambda=\int_0^{\lambda}\big(f(x)-g(x)\big)\,\mathrm{d}x=\int_0^{\lambda}h(x)\,\mathrm{d}x=H(\lambda)-H(0).\]
Avec \(H(x)=-(1+x)\,\mathrm{e}^{-x}\) : \(H(\lambda)=-(1+\lambda)\,\mathrm{e}^{-\lambda}\) et \(H(0)=-1\). D’où :
\[\mathcal{A}_\lambda=-(1+\lambda)\,\mathrm{e}^{-\lambda}+1=1-\frac{\lambda+1}{\mathrm{e}^{\lambda}}.\]
2. c) On calcule la limite de \(\mathcal{A}_\lambda\) quand \(\lambda\) tend vers \(+\infty\) et on l’interprète.
On décompose : \(\mathcal{A}_\lambda=1-\dfrac{\lambda}{\mathrm{e}^{\lambda}}-\dfrac{1}{\mathrm{e}^{\lambda}}=1-h(\lambda)-\mathrm{e}^{-\lambda}\).
D’après la partie A, \(\lim\limits_{\lambda\to+\infty}h(\lambda)=0\), et \(\lim\limits_{\lambda\to+\infty}\mathrm{e}^{-\lambda}=0\). Par somme :
\[\lim_{\lambda\to+\infty}\mathcal{A}_\lambda=1.\]
Interprétation : le domaine compris entre les deux courbes sur \([0\,;+\infty[\) est infiniment long, mais son aire est finie : elle vaut 1 unité d’aire.
3. L’algorithme part de \(\lambda=0\) et, tant que l’aire \(A\) est strictement inférieure au seuil \(S\) saisi, augmente \(\lambda\) de 1 et remplace \(A\) par \(1-\dfrac{\lambda+1}{\mathrm{e}^{\lambda}}\) ; il affiche ensuite \(\lambda\).
3. a) Valeur affichée pour \(S=0{,}8\). On calcule les aires successives :
| \(\lambda\) | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|
| \(\mathcal{A}_\lambda\) (arrondi) | \(1-\dfrac{2}{\mathrm{e}}\approx 0{,}2642\) | \(1-\dfrac{3}{\mathrm{e}^{2}}\approx 0{,}5940\) | \(1-\dfrac{4}{\mathrm{e}^{3}}\approx 0{,}8009\) |
Pour \(\lambda=2\), \(A\approx 0{,}594\lt 0{,}8\) : la boucle continue. Pour \(\lambda=3\), \(A\approx 0{,}8009\geq\, 0{,}8\) : la boucle s’arrête. L’algorithme affiche \(\lambda=3\).
3. b) Rôle de l’algorithme : la fonction \(\lambda\mapsto \mathcal{A}_\lambda\) est croissante (on ajoute de l’aire en élargissant le domaine) et tend vers 1. Pour un seuil \(S\) de \(]0\,;1[\), l’algorithme renvoie le plus petit entier \(\lambda\) tel que l’aire du domaine \(D_\lambda\) soit supérieure ou égale à \(S\).
Exercice 2 :
Géométrie dans l’espace, prise d’initiative – 3 points
L’espace est muni d’un repère orthonormé. \(P\) est le plan d’équation \(2x-z-3=0\) et, pour un réel \(a\), \(A\) est le point de coordonnées \((1\,;a\,;a^{2})\).
1. On justifie que, quel que soit \(a\), le point \(A\) n’appartient pas à \(P\).
On remplace les coordonnées de \(A\) dans l’équation de \(P\) :
\[2\times 1-a^{2}-3=-1-a^{2}=-(1+a^{2}).\]
Or \(a^{2}\geq\, 0\), donc \(1+a^{2}\geq\, 1\) et \(-(1+a^{2})\lt 0\) : ce nombre n’est jamais nul. Quel que soit \(a\), \(A\notin P\).
2. a) On détermine une représentation paramétrique de la droite \(D\) passant par \(A\) et orthogonale à \(P\).
D’après son équation, le plan \(P\) admet pour vecteur normal \(\vec{n}(2\,;0\,;-1)\). Une droite orthogonale à \(P\) est dirigée par \(\vec{n}\). La droite \(D\) passe par \(A\) et a pour vecteur directeur \(\vec{n}\), d’où :
\[D:\ \begin{cases}x=1+2t\\ y=a\\ z=a^{2}-t\end{cases}\qquad t\in\mathbb{R}.\]
Ici \(t\) est le paramètre qui décrit la droite, alors que \(a\) est un nombre fixé (il dépend seulement du point \(A\)).
2. b) Soit \(M\) le point de \(D\) de paramètre \(t\). On justifie que \(AM^{2}=5t^{2}\).
On a \(\vec{AM}=t\,\vec{n}\), de coordonnées \((2t\,;0\,;-t)\). Le repère étant orthonormé :
\[AM^{2}=(2t)^{2}+0^{2}+(-t)^{2}=4t^{2}+t^{2}=5t^{2},\qquad\text{donc}\qquad AM=\sqrt{5}\,|t|.\]
3. On note \(H\) le point d’intersection de \(D\) et de \(P\) ; on cherche s’il existe une valeur de \(a\) pour laquelle la distance \(AH\) est minimale.
Le point \(H\) est sur \(D\) : il a pour coordonnées \((1+2t\,;a\,;a^{2}-t)\) pour un certain réel \(t\). Il est aussi sur \(P\) :
\[2(1+2t)-(a^{2}-t)-3=0\iff 5t-1-a^{2}=0\iff t=\frac{1+a^{2}}{5}.\]
Ce paramètre est positif. D’après 2. b) :
\[AH=\sqrt{5}\times \frac{1+a^{2}}{5}=\frac{1+a^{2}}{\sqrt{5}}.\]
Comme \(a^{2}\geq\, 0\), avec égalité uniquement pour \(a=0\), on a \(AH\geq\,\dfrac{1}{\sqrt{5}}\), avec égalité seulement pour \(a=0\).
La distance \(AH\) est minimale pour \(a=0\) ; elle vaut alors \(\dfrac{1}{\sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\approx 0{,}447\). (\(AH\) est la distance du point \(A\) au plan \(P\), puisque \(H\) est le projeté orthogonal de \(A\) sur \(P\).)
Exercice 3 :
Nombres complexes et lois normales : la cible – 5 points
Une cible circulaire de rayon 100 est découpée en cinq anneaux, de rayons 20, 40, 60, 80 et 100, numérotés de 1 (centre) à 5 (bord), et en huit secteurs angulaires de mesure \(\dfrac{\pi}{4}\) notés A à H dans le sens direct à partir de l’axe des réels (A : argument entre 0 et \(\dfrac{\pi}{4}\), B : entre \(\dfrac{\pi}{4}\) et \(\dfrac{\pi}{2}\), etc.). Un point d’impact est repéré par son affixe \(z=r\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\) avec \(r=|z|\) et \(\theta\) un argument de \(z\).
Partie A
1. On cherche la proposition qui décrit la zone B3.
Le numéro 3 correspond au troisième anneau : \(40\lt r\lt 60\). La lettre B correspond au deuxième secteur : \(\dfrac{\pi}{4}\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{2}\). C’est la proposition C : \(40\lt r\lt 60\) et \(\dfrac{\pi}{4}\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{2}\).
2. a) Zone atteinte par l’impact d’affixe \(z=70\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}\).
Ce nombre est sous forme exponentielle : \(|z|=70\), donc \(60\lt|z|\lt 80\) (anneau 4), et un argument est \(-\dfrac{\pi}{3}\), qui vérifie \(-\dfrac{\pi}{2}\lt-\dfrac{\pi}{3}\lt-\dfrac{\pi}{4}\) (secteur G). L’impact est dans la zone G4.
2. b) Zone atteinte par l’impact d’affixe \(z=-45\sqrt{3}+45\,\mathrm{i}\).
Module : \(|z|=45|-\sqrt{3}+\mathrm{i}|=45\sqrt{3+1}=45\times 2=90\).
Argument \(\theta\) : \(\cos\theta=\dfrac{-45\sqrt{3}}{90}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) et \(\sin\theta=\dfrac{45}{90}=\dfrac{1}{2}\), donc \(\theta=\dfrac{5\pi}{6}\) (à \(2\pi\) près).
Ainsi \(80\lt 90\lt 100\) (anneau 5) et \(\dfrac{3\pi}{4}\lt\dfrac{5\pi}{6}\lt\pi\) (secteur D). L’impact est dans la zone D5.
Partie B
On modélise un tir par la variable \(M\) (module de l’affixe du point d’impact), qui suit la loi normale d’espérance \(\mu=50\) et d’écart type \(\sigma=5\), et par la variable \(T\) (argument), qui suit la loi normale d’espérance \(\dfrac{\pi}{3}\) et d’écart type \(\dfrac{\pi}{12}\). On admet que les événements portant sur \(M\) et ceux portant sur \(T\) sont indépendants.
1. On calcule \(P(M\lt 0)\) et on interprète.
À la calculatrice, \(P(M\lt 0)\approx 0\) (le résultat est de l’ordre de \(10^{-23}\)) : la valeur 0 se situe à 10 écarts types sous la moyenne. \(P(M\lt 0)\approx 0\) : le modèle ne donne pratiquement jamais de valeur négative, ce qui est cohérent puisque \(M\) représente un module, donc une distance.
2. On calcule \(P(40\lt M\lt 60)\).
On remarque que \(40=\mu-2\sigma\) et \(60=\mu+2\sigma\). D’après le cours, \(P(\mu-2\sigma\lt M\lt\mu+2\sigma)\approx 0{,}954\). \(P(40\lt M\lt 60)\approx 0{,}954\) (valeur calculatrice : 0,9545).
3. On cherche la probabilité que le tir atteigne la zone B3, c’est-à-dire \(P((40\lt M\lt 60)\cap(\dfrac{\pi}{4}\lt T\lt\dfrac{\pi}{2}))\).
À la calculatrice, \(P(\dfrac{\pi}{4}\lt T\lt\dfrac{\pi}{2})\approx 0{,}8186\) (c’est \(P(\mu-\sigma\lt T\lt\mu+2\sigma)\)). Par indépendance :
\[P(\text{B3})=P(40\lt M\lt 60)\times P(\frac{\pi}{4}\lt T\lt\frac{\pi}{2})\approx 0{,}9545\times 0{,}8186\approx 0{,}781.\]
La probabilité d’atteindre la zone B3 est d’environ 0,781, soit à peu près 78 %.
Exercice 4 :
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité – probabilités et suites – 5 points
Une épidémie se propage dans une population. Chaque semaine, un individu est dans l’un des trois états : \(S\) (susceptible d’être atteint), \(M\) (malade) ou \(I\) (immunisé). D’une semaine à la suivante : un individu \(S\) reste \(S\) avec probabilité 0,85, devient \(M\) avec probabilité 0,05 et \(I\) avec probabilité 0,10 ; un individu \(M\) reste \(M\) avec probabilité 0,65 et devient \(I\) avec probabilité 0,35 ; un individu \(I\) reste \(I\). En semaine 0, l’individu est dans l’état \(S\).
Partie A
1. Arbre pondéré des deux premières semaines :
2. On calcule \(P(I_2)\), probabilité d’être immunisé en semaine 2.
D’après la formule des probabilités totales (les événements \(S_1\), \(M_1\), \(I_1\) forment une partition) :
\[P(I_2)=P(S_1\cap I_2)+P(M_1\cap I_2)+P(I_1\cap I_2)=0{,}85\times 0{,}10+0{,}05\times 0{,}35+0{,}10\times 1.\]
\[P(I_2)=0{,}085+0{,}0175+0{,}1=\boxed{0{,}2025}.\]
3. Sachant que l’individu est immunisé en semaine 2, on cherche la probabilité qu’il ait été malade en semaine 1.
\[P_{I_2}(M_1)=\frac{P(M_1\cap I_2)}{P(I_2)}=\frac{0{,}0175}{0{,}2025}=\frac{7}{81}\approx 0{,}086.\]
Partie B
On note \(u_n\), \(v_n\) et \(w_n\) les probabilités que l’individu soit respectivement dans l’état \(S\), \(M\) et \(I\) en semaine \(n\) ; \(u_0=1\), \(v_0=w_0=0\).
1. On justifie que \(u_n+v_n+w_n=1\) pour tout entier \(n\).
Chaque semaine, l’individu se trouve dans un et un seul des trois états : les événements \(S_n\), \(M_n\) et \(I_n\) forment une partition de l’univers. La somme de leurs probabilités vaut donc 1 : \(u_n+v_n+w_n=1\).
2. a) Dans la feuille de calcul, la colonne A contient les semaines \(n\) (la semaine 0 est en ligne 2), la colonne B les valeurs \(u_n\), la colonne C les valeurs \(v_n\) et la colonne D les valeurs \(w_n\). On cherche la formule à écrire en C3 pour obtenir \(v_1\) puis, par recopie vers le bas, les termes suivants.
Un individu est malade en semaine \(n+1\) s’il était malade en semaine \(n\) et l’est resté (probabilité 0,65), ou s’il était dans l’état \(S\) et est tombé malade (probabilité 0,05) : \(v_{n+1}=0{,}65\,v_n+0{,}05\,u_n\). On écrit donc en C3 :
=0,65*C2+0,05*B2
(On retrouve d’ailleurs dans le tableur \(w_2=0{,}2025\), valeur calculée en partie A.)
2. b) D’après le tableur, on cherche la semaine du pic de l’épidémie, c’est-à-dire celle où la probabilité d’être malade est la plus grande.
La colonne C donne \(v_3\approx 0{,}0849\), \(v_4\approx 0{,}0859\) puis \(v_5\approx 0{,}0819\) : les valeurs augmentent jusqu’à la ligne 6 puis diminuent. Le pic est atteint en semaine 4, avec une probabilité d’être malade d’environ 0,0859 (8,59 %).
3. a) On justifie que \(u_{n+1}=0{,}85\,u_n\) et on exprime \(u_n\) en fonction de \(n\).
Un individu malade ou immunisé en semaine \(n\) ne peut plus être dans l’état \(S\) en semaine \(n+1\). Il est donc dans l’état \(S\) en semaine \(n+1\) seulement s’il l’était déjà en semaine \(n\) et le reste :
\[u_{n+1}=P(S_n\cap S_{n+1})=P(S_n)\times P_{S_n}(S_{n+1})=0{,}85\,u_n.\]
La suite \((u_n)\) est géométrique de raison 0,85 et de premier terme \(u_0=1\). Pour tout entier naturel \(n\), \(u_n=0{,}85^{n}\).
3. b) On démontre par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\), \(v_n=\dfrac{1}{4}(0{,}85^{n}-0{,}65^{n})\).
Initialisation : pour \(n=0\), \(\dfrac{1}{4}(0{,}85^{0}-0{,}65^{0})=\dfrac{1}{4}(1-1)=0=v_0\). La propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : on suppose que, pour un entier \(n\) fixé, \(v_n=\dfrac{1}{4}(0{,}85^{n}-0{,}65^{n})\). Alors, avec \(v_{n+1}=0{,}65\,v_n+0{,}05\,u_n\) et \(u_n=0{,}85^{n}\) :
\[v_{n+1}=0{,}65\times \frac{1}{4}(0{,}85^{n}-0{,}65^{n})+0{,}05\times 0{,}85^{n}=(0{,}1625+0{,}05)0{,}85^{n}-\frac{1}{4}\times 0{,}65^{n+1}.\]
Or \(0{,}1625+0{,}05=0{,}2125=\dfrac{1}{4}\times 0{,}85\). Donc :
\[v_{n+1}=\frac{1}{4}\times 0{,}85^{n+1}-\frac{1}{4}\times 0{,}65^{n+1}=\frac{1}{4}(0{,}85^{n+1}-0{,}65^{n+1}).\]
La propriété est vraie au rang \(n+1\).
Conclusion : la propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; pour tout entier naturel \(n\), \(v_n=\dfrac{1}{4}(0{,}85^{n}-0{,}65^{n})\).
4. On calcule la limite de \((w_n)\) et on interprète.
Comme \(0\lt 0{,}85\lt 1\) et \(0\lt 0{,}65\lt 1\), on a \(\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}85^{n}=0\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}65^{n}=0\). Donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=0\).
Puisque \(w_n=1-u_n-v_n\), on obtient :
\[\lim_{n\to+\infty}w_n=1.\]
Interprétation : à long terme, la probabilité qu’un individu soit immunisé tend vers 1 : pratiquement toute la population finit immunisée et l’épidémie s’éteint.
