Sujet bac S - Annale mathématiques 2017 - Corrigé

Exercice 1

Partie A

Pour tout réel positif $x$, $h(x) = x {\mathrm{e}}^{-x} = \dfrac{x}{{\mathrm{e}}^x}= \dfrac{1}{\dfrac{e^x}{x}}$.
$\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{{\mathrm{e}}^x}{x} = +\infty$ d’après les croissances comparées en $+\infty$.
Nous avons donc $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{1}{\dfrac{e^x}{x}}=0$ d’après les opérations sur les limites.
$\lim\limits_{x\to +\infty} h(x) = 0$.

Pour tout réel positif $x$, $h(x) = \dfrac{x}{{\mathrm{e}}^x}$.
La fonction $h$ est dérivable sur $[0~;~+\infty]$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle et car la fonctione exponentielle ne s’annule pas sur cet intervalle.
Pour tout réel positif $x$,
$h'(x) = \dfrac{{\mathrm{e}}^x \times 1 - x \times {\mathrm{e}}^x}{{({\mathrm{e}}^x)}^2}= \dfrac{(1 - x){\mathrm{e}}^x}{{({\mathrm{e}}^x)}^2}$
$h'(x) = \dfrac{1 - x}{{\mathrm{e}}^x}$.

La fonction exponentielle est strictement positive sur l’intervalle $[0~;~+\infty]$ donc le signe de $h'$ sur cet intervalle est celui de $1 - x$.
Sur l’intervalle $[0~;~+\infty]$ :
$h'(x) > 0 \ \ \textcolor{blue}{\Leftrightarrow}\ \ 1 - x > 0 \ \ \textcolor{blue}{\Leftrightarrow}\ \ 1 > x \ \ \textcolor{blue}{\Leftrightarrow} \ \ 0 \leq x < 1$.

$h'(x) < 0 \ \ \textcolor{blue}{\Leftrightarrow}\ \ 1 - x < 0 \ \ \textcolor{blue}{\Leftrightarrow}\ \ 1 < x \ \ \textcolor{blue}{\Leftrightarrow}\ \ x > 1$.

$h'(x) = 0 \ \ \textcolor{blue}{\Leftrightarrow}\ \ x = 1$.

La fonction $h$ est donc strictement croissante sur l’intervalle $[0~;~1]$ et strictement décroissante sur l’intervalle $[1~;~+\infty]$.
$h(0) = 0\times {\mathrm{e}}^0 = 0$ et $h(1) = 1\times {\mathrm{e}}^{-1} = \dfrac{1}{\mathrm{e}} \approx 0,37$ au centième près.
On obtient donc le tableau de variations suivant :

a. Pour tout réel positif $x$,
${\mathrm{e}}^{-x} - h'(x) = \dfrac{1}{{\mathrm{e}}^x} - \dfrac{1 - x}{{\mathrm{e}}^x} = \dfrac{1 - (1 - x)}{{\mathrm{e}}^x} = \dfrac{x}{{\mathrm{e}}^x}$.
${\mathrm{e}}^{-x} - h'(x) = h(x)$.

b. Une primitive de la fonction $x\mapsto {\mathrm{e}}^{-x}$ est la fonction $x\mapsto - {\mathrm{e}}^{-x}$.

c. On note $H$ une primitive de la fonction $h$ sur l’intervalle $[0~;~+\infty]$.
D’après les questions 3. a et 3. b, sur cet intervalle :
$H(x) = -{\mathrm{e}}^{-x} - h(x)$
$H(x) = -{\mathrm{e}}^{-x} - x {\mathrm{e}}^{-x}$
$H(x) = -(1 + x) {\mathrm{e}}^{-x}$

Partie B

a. La fonction $f$ étant située au-dessus de la fonction $g$ sur l’intervalle $[0~;~+\infty]$ :
$\text{MN} = f(x) - g(x) = x {\mathrm{e}}^{-x} = h(x)$.
D’après la question 2. de la partie A, la distance $\text{MN}$ est maximale lorsque $x = 1$ et, pour cette valeur, $\text{MN} = h(1) = \dfrac{1}{\mathrm{e}}$.

b. Les points $M$ et $N$ correspondant à la valeur maximale de $MN$ sont d’abscisse $1$. $\begin{cases} f(1) = 1\times e^{-1} + In(1+1) = e^{-1} + In2\approx 1,061\\ g(1) = ln2 \approx 0,693 \end{cases}$.

a.

b. Pour $\lambda$ un réel positif fixé, la fonction $f$ est située au-dessus de la fonction $g$ sur l’intervalle $[0~;~\lambda]$, donc la fonction $f-g$ est positive sur cet intervalle.
Par définition, l’aire $A_{\lambda}$ du domaine $D_{\lambda}$ est en unités d’aire :
$A_{\lambda} = \int_0^{\lambda} f(x) - g(x) \mathrm{d}x = \int_0^{\lambda} h(x) \mathrm{d}x$
$A_{\lambda} = [H(x)]_0^{\lambda}$
$A_{\lambda} = H(\lambda) - H(0)$
$A_{\lambda} = -(1 + \lambda) {\mathrm{e}}^{-\lambda}- [-(1 + 0) {\mathrm{e}}^0]$
$A_{\lambda} = -(1 + \lambda) {\mathrm{e}}^{-\lambda} + 1$
$A_{\lambda} = 1 - \dfrac{\lambda + 1}{{\mathrm{e}}^{\lambda}}$

c. Pour $\lambda$ un réel positif fixé, $A_{\lambda} = 1 - \dfrac{\lambda}{{\mathrm{e}}^{\lambda}} - \dfrac{1}{{\mathrm{e}}^{\lambda}}$ $\lim\limits_{\lambda \to + \infty} \dfrac{\lambda}{{\mathrm{e}}^{\lambda}} = 0$ et $\lim\limits_{\lambda \to + \infty} \dfrac{1}{{\mathrm{e}}^{\lambda}} = 0$ donc, d’après les opérations sur les limites :
$\lim_{\lambda \to + \infty} A_{\lambda} = 1$.

Lorsque $\lambda$ tend vers $+\infty$, l’aire du domaine du plan $D_{\lambda}$ délimité par les courbes $C_f$ et $C_g$, et par les droites d’équations $x = 0$ et $x = \lambda$ tend vers $1$.

a. À la calculatrice :
$\lambda=0 \rightarrow\ \ A_0 = 1 - \dfrac{0 + 1}{{\mathrm{e}}^0} = 1 - 1 = 0 < S=0,8$

$\lambda=1 \rightarrow\ \ A_1 = 1 - \dfrac{1+1}{{\mathrm{e}}^1} = 1 - \dfrac{2}{{\mathrm{e}}} \approx 0,264 < S=0,8$

$\lambda=2 \rightarrow\ \ A_2 = 1 - \dfrac{2+1}{{\mathrm{e}}^2} = 1 - \dfrac{3}{{\mathrm{e}}^2} \approx 0,594 < S=0,8$

$\lambda=3 \rightarrow\ \ A_3 = 1 - \dfrac{3+1}{{\mathrm{e}}^3} = 1 - \dfrac{4}{{\mathrm{e}}^3} \approx 0,801 > S=0,8$

L’algorithme retourne la valeur de $\lambda$ qui est $3$.

b. Cet algorithme calcule la plus petite valeur entière telle que $A_{\lambda}$ soit supérieure ou égale à la valeur $S$ donnée.

Exercice 2

Le point $A$ appartient au plan $P$ si ses coordonnées vérifient l’équation de $P$.
Soit $a$ un nombre réel.
$A(1\ ;a\ ; a^2) \in P \Longleftrightarrow $ $2\times 1 - a^2 - 3 = -a^2 - 1 < 0$
Donc les coordonnées $A(1\ ; a\ ;a^2) $ du point $A$ ne peuvent pas vérifier l’équation cartésienne $2x - z - 3 = 0$ du plan $P$.
Quelle que soit la valeur de $a$, le point $A$ n’appartient pas au plan $P$.

a. Soit $\vec{u}$ un vecteur directeur de la droite $D$.
$\vec{u}$ est un vecteur normal au plan $P$ donc le vecteur $\vec{u} (2 \ ; 0\ ; -1)$ convient.
Une représentation paramétrique de la droite $D$ (de paramètre $t$) passant par le point $A(1\ ; a\ ; a^2)$ et orthogonale à $P$ est :

$\left\lbrace \begin{aligned} x&=1+2t \\y&=a \\ z&=a^2-t \end{aligned} \right.$ $,\ t \in \mathbb{R}$

b. Le vecteur $\overrightarrow\mathrm{AM}$ a pour coordonnées $\overrightarrow{\mathrm{AM}}\ (2t\ ; 0\ ; -t)$.
On a donc :
$AM = \sqrt{{(2t)}^2 + {(-t)}^2}$ = $\sqrt{4t^2 + t^2}$ = $\sqrt{5t^2}$ = $\mid t \mid \sqrt{5}$.

Le point $H(x\ ; y\ ; z)$ appartient au plan $P$ et à la droite $D$ donc :
$\left \lbrace \begin{aligned} &x = 1 + 2t \\& y = a \\& z = a^2 - t \\ &2x - z - 3 = 0 \end{aligned} \right.$

On a donc :
$2(1 + 2t) - (a^2 - t) - 3$
$= 2 + 4t - a^2 + t - 3 $
$= 5t - a^2 - 1 = 0$, puis $5t = a^2 + 1$ et $t = \dfrac{a^2 + 1}{5}$.

$H$ appartient à la droite $D$ donc :
$AH = \mid t \mid \sqrt{5}$ = $\dfrac{a^2 + 1}{5} \sqrt{5}$.
Cette valeur est minimale lorsque $a = 0$ et on a dans ce cas $AH = \dfrac{\sqrt{5}}{5}$.
C’est pour le point $A(1\ ; 0\ ; 0)$ que la distance $AH$ du point $A$ au plan $P$ est minimale.

Exercice 3

Partie A

On a $40 < r < 60$ et $\dfrac{\pi}{4} < \theta < \dfrac{\pi}{2}$.
C’est donc la proposition C qui convient.

a. Le module de $z$ est $70$ qui est compris entre $60$ et $80$, donc le numéro de la zone est $4$.
Un argument de $z$ est $-\dfrac{\pi}{3}$ qui est compris entre $-\dfrac{\pi}{2}$ et $-\dfrac{\pi}{4}$, donc la lettre de la zone est G.
Le secteur de l’impact de foudre est G4.

b. On a $z = -45\sqrt{3} + 45i = 45\times 2\times (-\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2} i) = 90e^{i\frac{5\pi}{6}}$. Le module de $z$ est $90$ qui est compris entre $80$ et $100$, donc le numéro de la zone est $5$.
Un argument de $z$ est $\dfrac{5\pi}{6}$ qui est compris entre $\dfrac{3\pi}{2}$ et $\pi$, donc la lettre de la zone est D.
Le secteur de l’impact de foudre est D5.

Partie B

À la calculatrice, $P(M < 0) \approx 0$ au millième près.
La variable aléatoire $M$ modélisant le module d’un nombre complexe, il est normal qu’elle ne puisse pas être négative.

On a $P(40 < M < 60) = P(\mu - 2\times \sigma < M < \mu + 2 \times \sigma) \approx 0,954$ au centième près, d’après le cours ou à la calculatrice.

Il s’agit de calculer la probabilité $P({40 < M < 60} \cap {\dfrac{\pi}{4} < T < \dfrac{\pi}{2}})$.
Les évènements ${40 < M < 60}$ et ${\dfrac{\pi}{4} < T < \dfrac{\pi}{2}}$ étant indépendants, on a :
$P({40 < M < 60} \cap {\dfrac{\pi}{4} < T < \dfrac{\pi}{2}}) = P(40 < M < 60) \times P({\dfrac{\pi}{4} < T < \dfrac{\pi}{2}})$.

$P({40 < M < 60} \cap {\dfrac{\pi}{4} < T < \dfrac{\pi}{2}}) \approx 0,954\times 0,819 \approx 0,781326 \approx 0,781$ au millième près.
La probabilité que la foudre ait effectivement frappé le secteur B3 selon cette modélisation est d’environ $0,781$.

Exercice 4

Partie A

D’après l’énoncé : parmi les individus de type $S$ en semaine $0$, on observe qu’en semaine $1 : 85\ \%$ restent de type $S$, $5\ \%$ deviennent malades et $10\ \%$ deviennent immunisés.
On a donc : $P(S_1) = \dfrac{85}{100} = 0,85$ ; $P(M_1) = \dfrac{5}{100} = 0,05$ ; $P(I_1) = \dfrac{10}{100} = 0,1$.

De même, parmi les individus de type $S$ en semaine 1, on observe qu’en semaine 2 :
$85 \%$ restent de type $S$, $5\ \%$ deviennent malades et $10\ \%$ deviennent immunisés.
On a donc : $P_{S_1}(S_2) = 0,85$ ; $P_{S_1}(M_2) = 0,05$ ; $P_{S_1}(I_2) = 0,1$.

D’après l’énoncé : parmi les individus malades en semaine 1, on observe qu’en semaine 2 :
$65\ \%$ restent malades, et $35\ \%$ sont guéris et deviennent immunisés.
On a donc : $P_{M_1}(M_2) = \dfrac{65}{100} = 0,65$ ; $P_{M_1}(I_2) = \dfrac{35}{100} = 0,35$.
On obtient l’arbre de probabilités suivant :

Les évènements $S_1$, $M_1$ et $I_1$ forment une partition donc, d’après la formule des probabilités totales :
$P(I_2) = P(S_1 \cap I_2)$ + $P(M_1 \cap I_2)$ + $P(I_1 \cap I_2)$
$P(I_2) = P(S_1)\times P_{S_1}(I_2) + P(M_1)\times P_{M_1}(I_2) + P(I_1)\times P_{I_1}(I_2)$
$P(I_2) = 0,85\times 0,1 + 0,05 \times 0,35 + 0,1\times 1$
$P(I_2) = 0,085 + 0,0175 + 0,1$
$P(I_2) = 0,2025$.

Il s’agit de calculer la probabilité $P_{I_2}(M_1)$.
D’après la définition des probabilités conditionnelles :
$P_{I_2}(M_1) = \dfrac{P(I_2 \cap M_1)}{P(I_2)}$

$P_{I_2}(M_1) = \dfrac{P(M_1)\times P_{M_1}(I_2)}{P(I_2)}$ en réutilisant la formule des probabilités totales

$P_{I_2}(M_1) = \dfrac{0,05 \times 0,35}{0,2025}$ en remplaçant par les valeurs numériques

$P_{I_2}(M_1) \approx 0,086$ au millième près.
Sachant qu’un individu est immunisé en semaine 2, la probabilité qu’il ait été malade en semaine 1 est d’environ $0,086$.