Corrigé du bac S de maths 2019 en Amérique du Nord

L’énoncé de cette épreuve est sur la page Bac S 2019 en Amérique du nord : sujet et corrigé : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Probabilités : loi normale, fluctuation, arbre pondéré (5 points)

Une usine fabrique des tubes. Les résultats sont arrondis à \(10^{-3}\).

Partie A

1. a. L’épaisseur \(X\) (en mm) d’un tube de type 1 suit la loi normale \(\mathcal{N}(1{,}5\,;\,0{,}07^2)\). Un tube est accepté si son épaisseur est comprise entre 1,35 mm et 1,65 mm ; on cherche donc \(P(1{,}35 \leq\, X \leq\, 1{,}65)\).

À la calculatrice (fonction de répartition de la loi normale, \(\mu=1{,}5\), \(\sigma=0{,}07\)) :

\[P(1{,}35 \leq\, X \leq\, 1{,}65) \approx 0{,}968.\]

La probabilité qu’un tube de type 1 soit accepté au contrôle est environ 0,968.

1. b. Après réglage, l’épaisseur \(X_1\) suit la loi normale d’espérance 1,5 et d’écart-type \(\sigma_1\). On cherche \(\sigma_1\) pour que \(P(1{,}35 \leq\, X_1 \leq\, 1{,}65) = 0{,}98\).

On pose \(Z = \dfrac{X_1-1{,}5}{\sigma_1}\), qui suit la loi normale centrée réduite. Comme \(\sigma_1 \gt 0\) :

\[1{,}35 \leq\, X_1 \leq\, 1{,}65 \iff -0{,}15 \leq\, X_1-1{,}5 \leq\, 0{,}15 \iff -\frac{0{,}15}{\sigma_1} \leq\, Z \leq\, \frac{0{,}15}{\sigma_1}.\]

Par symétrie de la loi normale centrée réduite, pour \(a \gt 0\) : \(P(-a \leq\, Z \leq\, a) = 2P(Z \leq\, a) – 1\). La condition devient

\[2P(Z \leq\, \frac{0{,}15}{\sigma_1}) – 1 = 0{,}98 \iff P(Z \leq\, \frac{0{,}15}{\sigma_1}) = 0{,}99.\]

La calculatrice (fonction inverse de la loi normale) donne \(\dfrac{0{,}15}{\sigma_1} \approx 2{,}326\;3\), d’où

\[\sigma_1 \approx \frac{0{,}15}{2{,}326\;3} \approx 0{,}064.\]

Il faut régler la machine pour obtenir un écart-type \(\sigma_1 \approx 0{,}064\) (plus petit que 0,07 : les épaisseurs sont plus resserrées autour de 1,5 mm, ce qui est logique).

2. a. Dans la production de tubes de type 2, la proportion acceptable de tubes non « conformes pour la longueur » est \(p = 0{,}02\). On prélève un échantillon de taille \(n = 250\) et on veut un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 %.

Conditions : \(n = 250 \geq\, 30\), \(np = 5 \geq\, 5\) et \(n(1-p) = 245 \geq\, 5\). L’intervalle est

\[I = [p – 1{,}96\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}\;;\;p + 1{,}96\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}] = [0{,}02 – 1{,}96\sqrt{\frac{0{,}02 \times 0{,}98}{250}}\;;\;0{,}02 + 1{,}96\sqrt{\frac{0{,}02 \times 0{,}98}{250}}].\]

On a \(1{,}96\sqrt{\dfrac{0{,}019\;6}{250}} \approx 0{,}017\;4\), d’où \(I \approx [0{,}003\;;\;0{,}037]\) (plus précisément \([0{,}002\;6\;;\;0{,}037\;4]\)).

2. b. Dans l’échantillon, 10 tubes sur 250 ne sont pas conformes : la fréquence observée est

\[f = \frac{10}{250} = 0{,}04.\]

Or \(0{,}04 \gt 0{,}037\;4\) : \(f \notin I\). Au risque d’erreur de 5 %, on rejette l’hypothèse selon laquelle la proportion de tubes non conformes est de 2 % : on décide de réviser la machine.

Partie B

1. On doit compléter l’arbre pondéré avec les événements E (« épaisseur conforme ») et L (« longueur conforme »). L’énoncé donne :

• 96 % des tubes ont une épaisseur conforme : \(P(E) = 0{,}96\), donc \(P(\overline{E}) = 1 – 0{,}96 = 0{,}04\) ;
• parmi ceux-ci, 95 % ont une longueur conforme : \(P_E(L) = 0{,}95\), donc \(P_E(\overline{L}) = 0{,}05\) ;
• 3,6 % des tubes ont une épaisseur non conforme et une longueur conforme : \(P(\overline{E} \cap L) = 0{,}036\).

Cette dernière donnée est une probabilité d’intersection, pas une probabilité conditionnelle. On en déduit

\[P_{\overline{E}}(L) = \frac{P(\overline{E} \cap L)}{P(\overline{E})} = \frac{0{,}036}{0{,}04} = 0{,}9 \quad \text{et} \quad P_{\overline{E}}(\overline{L}) = 1 – 0{,}9 = 0{,}1.\]

2. On veut montrer que \(P(L) = 0{,}948\). Les événements \(E\) et \(\overline{E}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :

\[P(L) = P(E \cap L) + P(\overline{E} \cap L) = P(E) \times P_E(L) + 0{,}036 = 0{,}96 \times 0{,}95 + 0{,}036 = 0{,}912 + 0{,}036.\]

On obtient bien \(P(L) = 0{,}948\).

Exercice 2 :

Nombres complexes, vrai ou faux (4 points)

Affirmation 1 : « L’équation \(z – \mathrm{i} = \mathrm{i}(z+1)\) a pour solution \(\sqrt{2}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/4}\). »

On résout l’équation :

\[z – \mathrm{i} = \mathrm{i}z + \mathrm{i} \iff z(1-\mathrm{i}) = 2\mathrm{i} \iff z = \frac{2\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}} = \frac{2\mathrm{i}(1+\mathrm{i})}{(1-\mathrm{i})(1+\mathrm{i})} = \frac{2\mathrm{i} – 2}{2} = -1 + \mathrm{i}.\]

L’unique solution est \(-1+\mathrm{i} = \sqrt{2}\,\mathrm{e}^{3\mathrm{i}\pi/4}\), alors que \(\sqrt{2}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/4} = 1 + \mathrm{i}\). On peut aussi vérifier directement : pour \(z = 1+\mathrm{i}\), \(z – \mathrm{i} = 1\) mais \(\mathrm{i}(z+1) = \mathrm{i}(2+\mathrm{i}) = -1 + 2\mathrm{i}\). L’affirmation 1 est fausse.

Affirmation 2 : « Pour tout réel \(x \in ]-\frac{\pi}{2}\,;\,\frac{\pi}{2}[\), le nombre \(1 + \mathrm{e}^{2\mathrm{i}x}\) admet pour forme exponentielle \(2\cos x\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}\). »

On factorise par \(\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}\) :

\[1 + \mathrm{e}^{2\mathrm{i}x} = \mathrm{e}^{\mathrm{i}x}(\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x} + \mathrm{e}^{\mathrm{i}x}) = \mathrm{e}^{\mathrm{i}x} \times 2\cos x = 2\cos x\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}.\]

Sur \(]-\frac{\pi}{2}\,;\,\frac{\pi}{2}[\), \(\cos x \gt 0\), donc la forme exponentielle est \(2\cos x\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}\), et non \(2\cos x\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}\). Contre-exemple : pour \(x = \frac{\pi}{4}\), \(1 + \mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/2} = 1 + \mathrm{i}\) tandis que \(2\cos\frac{\pi}{4}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/4} = \sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2} – \frac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i}) = 1 – \mathrm{i}\). L’affirmation 2 est fausse.

Affirmation 3 : « Un point \(M\) d’affixe \(z\) tel que \(|z – \mathrm{i}| = |z + 1|\) appartient à la droite d’équation \(y = -x\). »

Notons \(A\) le point d’affixe \(\mathrm{i}\) et \(B\) le point d’affixe \(-1\). La condition s’écrit \(AM = BM\) : \(M\) est sur la médiatrice de \([AB]\). Par le calcul, avec \(z = x + \mathrm{i}y\) :

\[|z-\mathrm{i}|^2 = |z+1|^2 \iff x^2 + (y-1)^2 = (x+1)^2 + y^2 \iff -2y + 1 = 2x + 1 \iff y = -x.\]

La médiatrice de \([AB]\) est donc la droite d’équation \(y = -x\). L’affirmation 3 est vraie.

Affirmation 4 : « L’équation \(z^5 + z – \mathrm{i} + 1 = 0\) admet une solution réelle. »

L’équation équivaut à \(z^5 + z + 1 = \mathrm{i}\). Si \(z\) était un réel, \(z^5 + z + 1\) serait un réel, donc de partie imaginaire nulle, alors que \(\mathrm{i}\) a pour partie imaginaire 1. C’est impossible : l’équation n’a pas de solution réelle. L’affirmation 4 est fausse.

Exercice 3 :

Fonction logarithme et suite récurrente (6 points)

Partie A : établir une inégalité

Sur \([0\,;\,+\infty[\), \(f(x) = x – \ln(x+1)\).

1. On étudie le sens de variation de \(f\). La fonction \(f\) est dérivable sur \([0\,;\,+\infty[\) (car \(x + 1 \gt 0\)) et

\[f^{\prime}(x) = 1 – \frac{1}{x+1} = \frac{x+1-1}{x+1} = \frac{x}{x+1}.\]

Pour \(x \geq\, 0\), le numérateur \(x\) est positif ou nul et le dénominateur \(x+1\) strictement positif, donc \(f^{\prime}(x) \geq\, 0\) (nul seulement en 0). La fonction \(f\) est croissante sur \([0\,;\,+\infty[\).

2. On en déduit l’inégalité demandée. Pour tout \(x \geq\, 0\), puisque \(f\) est croissante, \(f(x) \geq\, f(0) = 0 – \ln 1 = 0\). Ainsi \(x – \ln(x+1) \geq\, 0\), c’est-à-dire

\[\text{pour tout } x \in [0\,;\,+\infty[, \quad \ln(x+1) \leq\, x.\]

Partie B : application à l’étude d’une suite

On pose \(u_0 = 1\) et, pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1} = u_n – \ln(1+u_n)\), c’est-à-dire \(u_{n+1} = f(u_n)\).

1. Calcul de \(u_2\) :

\[u_1 = 1 – \ln 2 \approx 0{,}306\;9, \qquad u_2 = u_1 – \ln(1 + u_1) = 1 – \ln 2 – \ln(2 – \ln 2) \approx 0{,}039.\]

Ainsi \(u_2 \approx 0{,}039\) à \(10^{-3}\) près.

2. a. On démontre par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \geq\, 0\).

• Initialisation : \(u_0 = 1 \geq\, 0\), la propriété est vraie au rang 0.
• Hérédité : supposons \(u_n \geq\, 0\) pour un entier \(n\). Alors \(u_n\) appartient à \([0\,;\,+\infty[\) et, d’après la partie A, \(u_{n+1} = f(u_n) \geq\, 0\), ou encore \(\ln(1+u_n) \leq\, u_n\), soit \(u_{n+1} = u_n – \ln(1+u_n) \geq\, 0\). La propriété est vraie au rang \(n+1\).
• Conclusion : pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \geq\, 0\).

2. b. Pour tout \(n\), \(u_{n+1} – u_n = -\ln(1+u_n)\). Comme \(u_n \geq\, 0\), on a \(1 + u_n \geq\, 1\), donc \(\ln(1+u_n) \geq\, 0\) et \(u_{n+1} – u_n \leq\, 0\). La suite \((u_n)\) est décroissante.

Tous ses termes sont donc inférieurs ou égaux au premier : pour tout \(n\), \(u_n \leq\, u_0 = 1\).

2. c. La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par 0 (question 2. a.) : d’après le théorème de convergence monotone, elle est convergente, et sa limite \(\ell\) vérifie \(0 \leq\, \ell \leq\, 1\).

3. On admet que \(\ell = f(\ell)\). Alors

\[\ell = \ell – \ln(1+\ell) \iff \ln(1+\ell) = 0 \iff 1 + \ell = 1 \iff \ell = 0.\]

La suite \((u_n)\) converge vers 0.

4. a. On veut un algorithme qui, pour un entier \(p\) donné, renvoie le plus petit rang \(N\) à partir duquel tous les termes sont inférieurs à \(10^{-p}\). Comme la suite est décroissante, dès qu’un terme passe sous \(10^{-p}\), tous les suivants y restent : il suffit de chercher le premier terme strictement inférieur à \(10^{-p}\).

Saisir p
U ← 1
N ← 0
Tant que U ≥ 10^(-p)
    U ← U − ln(1 + U)
    N ← N + 1
Fin Tant que
Afficher N

4. b. On cherche le plus petit entier \(n\) à partir duquel tous les termes sont inférieurs à \(10^{-15}\) (cas \(p = 15\)). Avec un calcul en haute précision, on obtient :

\(n\)	0	1	2	3	4	5	6
\(u_n\)	1	\(0{,}307\)	\(0{,}039\)	\(7{,}5 \times 10^{-4}\)	\(2{,}8 \times 10^{-7}\)	\(4{,}0 \times 10^{-14}\)	\(7{,}8 \times 10^{-28}\)

On a \(u_5 \approx 4 \times 10^{-14} \geq\, 10^{-15}\) et \(u_6 \approx 7{,}8 \times 10^{-28} \lt 10^{-15}\) ; la suite étant décroissante, tous les termes suivants sont aussi inférieurs à \(10^{-15}\). Le rang cherché est \(n = 6\).

Remarque : quand \(u_n\) est petit, \(\ln(1+u_n) \approx u_n – \frac{u_n^2}{2}\), donc \(u_{n+1} \approx \frac{u_n^2}{2}\) : chaque terme vaut environ la moitié du carré du précédent, ce qui explique cette chute très rapide. En revanche, une calculatrice ordinaire calcule mal \(u – \ln(1+u)\) pour \(u\) très petit (perte de précision), et peut afficher des valeurs fausses, voire négatives ; c’est pourquoi l’énoncé autorisait à sauter cette question.

Exercice 4 :

Géométrie dans l’espace, candidats n’ayant pas suivi la spécialité (5 points)

On relie les centres des faces d’un cube \(ABCDEFGH\) : \(I, J, K, L, M, N\) sont les centres respectifs des faces \(ABCD\), \(BCGF\), \(CDHG\), \(ADHE\), \(ABFE\) et \(EFGH\).

1. On doit justifier, sans repère, que les droites \((IN)\) et \((ML)\) sont orthogonales.

• \(L\) et \(M\) sont les centres des faces \(ADHE\) et \(ABFE\), donc les milieux des diagonales \([AH]\) et \([AF]\). Dans le triangle \(AFH\), le théorème des milieux donne \((LM) \parallel (FH)\).
• \(I\) et \(N\) sont les centres des faces opposées \(ABCD\) et \(EFGH\) : la droite \((IN)\) est parallèle aux arêtes verticales, en particulier à \((BF)\) (\(BFNI\) est un rectangle). Or \((BF)\) est perpendiculaire au plan \((EFG)\), donc \((IN)\) aussi, et \((IN)\) est orthogonale à toute droite de ce plan, notamment à \((FH)\).
• Comme \((ML)\) est parallèle à \((FH)\), les droites \((IN)\) et \((ML)\) sont orthogonales.

On se place maintenant dans le repère orthonormé \((A\,;\,\vec{AB}, \vec{AD}, \vec{AE})\), où \(N(\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}\,;\,1)\).

2. a. On a \(C(1\,;\,1\,;\,0)\), \(M(\frac{1}{2}\,;\,0\,;\,\frac{1}{2})\) (milieu de \([AF]\)) et \(L(0\,;\,\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2})\) (milieu de \([AH]\)). D’où

\[\vec{NC}\begin{pmatrix} 0{,}5 \\ 0{,}5 \\ -1 \end{pmatrix} \qquad \text{et} \qquad \vec{ML}\begin{pmatrix} -0{,}5 \\ 0{,}5 \\ 0 \end{pmatrix}.\]

2. b. Le repère étant orthonormé :

\[\vec{NC} \cdot \vec{ML} = 0{,}5 \times (-0{,}5) + 0{,}5 \times 0{,}5 + (-1) \times 0 = 0.\]

Les vecteurs sont orthogonaux, donc les droites \((NC)\) et \((ML)\) sont orthogonales.

2. c. La droite \((ML)\) est orthogonale à \((IN)\) (question 1) et à \((NC)\) (question 2. b.), deux droites sécantes en \(N\) du plan \((NCI)\). Elle est donc orthogonale au plan \((NCI)\) : \(\vec{ML}\), ou le vecteur colinéaire \(\vec{u}(1\,;\,-1\,;\,0)\) (égal à \(-2\vec{ML}\)), est un vecteur normal à \((NCI)\).

Une équation de \((NCI)\) est de la forme \(x – y + d = 0\). Comme \(C(1\,;\,1\,;\,0)\) appartient au plan : \(1 – 1 + d = 0\), donc \(d = 0\).

Une équation cartésienne du plan \((NCI)\) est \(x – y = 0\). (Vérification : \(N\) et \(I(\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}\,;\,0)\) ont bien \(x = y\).)

3. a. On a \(N(\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}\,;\,1)\), \(J(1\,;\,\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2})\) et \(M(\frac{1}{2}\,;\,0\,;\,\frac{1}{2})\). Ces trois points ne sont pas alignés (\(\vec{NJ}(\frac{1}{2}\,;\,0\,;\,-\frac{1}{2})\) et \(\vec{NM}(0\,;\,-\frac{1}{2}\,;\,-\frac{1}{2})\) ne sont pas colinéaires) et leurs coordonnées vérifient l’équation \(x – y + z = 1\) :

\[\frac{1}{2} – \frac{1}{2} + 1 = 1, \qquad 1 – \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1, \qquad \frac{1}{2} – 0 + \frac{1}{2} = 1.\]

Une équation cartésienne du plan \((NJM)\) est donc bien \(x – y + z = 1\).

3. b. D’après cette équation, \(\vec{n}(1\,;\,-1\,;\,1)\) est un vecteur normal au plan \((NJM)\). Avec \(D(0\,;\,1\,;\,0)\) et \(F(1\,;\,0\,;\,1)\), on obtient \(\vec{DF}(1\,;\,-1\,;\,1) = \vec{n}\).

Un vecteur directeur de \((DF)\) est normal au plan : oui, la droite \((DF)\) est perpendiculaire au plan \((NJM)\). (Elle le coupe au point de paramètre \(t = \frac{2}{3}\) de la représentation \((t\,;\,1-t\,;\,t)\), c’est-à-dire en \((\frac{2}{3}\,;\,\frac{1}{3}\,;\,\frac{2}{3})\).)

3. c. Les vecteurs normaux \(\vec{u}(1\,;\,-1\,;\,0)\) de \((NCI)\) et \(\vec{n}(1\,;\,-1\,;\,1)\) de \((NJM)\) ne sont pas colinéaires (troisièmes coordonnées 0 et 1 alors que les premières sont égales). Les deux plans ne sont donc pas parallèles : ils sont sécants selon une droite \(\Delta\). Le point \(N\) appartient aux deux plans, donc à \(\Delta\).

Un vecteur directeur \(\vec{w}(a\,;\,b\,;\,c)\) de \(\Delta\) est orthogonal aux deux vecteurs normaux :

\[\begin{cases} a – b = 0 \\ a – b + c = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} a = b \\ c = 0 \end{cases}\]

En prenant \(a = b = 1\) : \(\Delta\) passe par \(N(\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}\,;\,1)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{w}(1\,;\,1\,;\,0)\).

Avec \(E(0\,;\,0\,;\,1)\) et \(G(1\,;\,1\,;\,1)\), on a \(\vec{EG}(1\,;\,1\,;\,0) = \vec{w}\), et \(N\) est le milieu de \([EG]\) (centre de la face \(EFGH\)). On vérifie d’ailleurs que \(E\) et \(G\) satisfont les deux équations \(x – y = 0\) et \(x – y + z = 1\). L’intersection des plans \((NJM)\) et \((NCI)\) est la droite \((EG)\).