Corrigé du bac S de maths 2019 en Amérique du Nord à télécharger en PDF

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 Nord 2019 : ce que contient la correction

Avant tout, ce corrigé Nord 2019 reprend le bac S de mathématiques 2019 en Amérique du Nord et détaille la démarche attendue à chaque question. Ainsi, vous trouverez 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la loi normale, les probabilités conditionnelles, les nombres complexes et la fonction logarithme népérien. Pour vous situer, l’épreuve dure 4 heures, soit environ 60 minutes par exercice si vous répartissez le temps équitablement. Par conséquent, la correction sert autant à contrôler un résultat qu’à apprendre la rédaction attendue le jour de l’examen.

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).

Exercice 1 du corrigé Nord 2019, partie A : question 2

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 \(n\), \(u_n \leq\, u_0 = 1\).

Exercice 3 du corrigé Nord 2019, partie B : questions 2 à 4

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 \(n = 6\).

Exercice 3 du corrigé Nord 2019, partie B (suite)

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 \(N(\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}\,;\,1)\).

Exercice 4 du corrigé Nord 2019 : questions 2 à 3

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 \(x – y + z = 1\).

Exercice 4 : question 3

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 \((EG)\).

Corrigé Nord 2019 : méthode pour bien s’entraîner

Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. Ensuite, relisez la correction question par question et soulignez les arguments qui manquaient dans votre copie. De plus, notez dans un carnet les propriétés que vous n’avez pas su mobiliser, par exemple sur la loi normale ou les probabilités conditionnelles. Enfin, refaites les questions ratées deux ou trois jours plus tard, cette fois sans rien regarder. Pour un rappel de cours indépendant, vous pouvez aussi consulter l’article de Wikipédia sur loi normale.

Les erreurs qui coûtent des points

• Avec une loi normale, vérifiez à la calculatrice que vous avez bien saisi l’écart-type et non la variance.
• En probabilités, ne confondez pas la probabilité d’une intersection avec une probabilité conditionnelle : la première se lit le long d’un chemin de l’arbre, la seconde sur une seule branche.
• Avec les nombres complexes, ne confondez pas module et argument, et donnez l’argument dans l’intervalle demandé.

Corrigé Nord 2019 : questions fréquentes

Où trouver l’énoncé complet ? Il se trouve sur la page du sujet ; ainsi, vous pouvez chercher chaque exercice avant de lire la correction.

Quelles notions revoir avant de commencer ? Surtout, la loi normale, les probabilités conditionnelles et les nombres complexes, mais aussi la fonction logarithme népérien.

Faut-il tout justifier ? Oui, sauf mention contraire : en effet, au bac, une réponse sans justification rapporte peu de points, tandis que les QCM précisent en général qu’aucune justification n’est demandée.