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%%%Sujet aimablement fourni par Clotilde Rouchon
%%%Tapuscrit Denis Vergès
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\def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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\begin{document}
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\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lfoot{\small{Nouvelle-Calédonie}}
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\thispagestyle{empty}

\begin{center}\textbf{Durée : 4 heures}

\vspace{0,5cm}

{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S (obligatoire)~\decofourright\\[4pt]Nouvelle-Calédonie 5 mars 2015}}
\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1}\hfill 5 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item D'après l'énoncé la fonction $f_2$ est  dérivable sur $\R$.

On a $f'_2(x) = \text{e}^x - 2$.

Or $\text{e}^x - 2 =  0 \iff  \text{e}^x = 2 \iff x = \ln 2$. Donc :

Donc $\text{e}^x - 2 >   0 \iff  x > \ln 2$ : la fonction $f$ est décroissante sur $[-\infty~;~\ln 2[$.

$\text{e}^x - 2 <   0 \iff  x < \ln 2$ : la fonction $f$ est croissante sur $[\ln 2~;~+ \infty[$.

$f_2(\ln 2) = \text{e}^{\ln 2} - 2\times \ln 2 = 2 - 2\ln 2$ est le minimum de la fonction $f_2$ sur $\R$.

On a le tableau de variations suivant :

\begin{center}
\begin{pspicture}(7,3)
\psframe(7,3)\psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)\psline(1,0)(1,3)
\uput[u](0.5,2.4){$x$}\uput[u](1.5,2.4){$- \infty$}\uput[u](4,2.4){$\ln 2$}\uput[u](6.5,2.4){$+ \infty$}
\rput(0.5,2.25){$f'(x)$}\rput(2.5,2.25){$-$} \rput(4,2.25){$0$} \rput(5.5,2.25){$+$}
\rput(0.5,1){$f$}\uput[u](4,0){$2 - 2\ln 2$}
\psline{->}(1.5,1.5)(3.5,0.5)\psline{->}(4.5,0.5)(6.5,1.5)
\end{pspicture}
\end{center}

		\item Comme $2 - 2\ln 2 \approx 0,614 > 0$, le minimum de la fonction $f_2$ étant supérieur à zéro, on en déduit que la fonction est strictement positive sur $\R$, soit 
		
$\text{e}^x - 2 x > 0 \iff \text{e}^x > 2x$ donc la représentation graphique de la fonction $x \longmapsto \text{e}^x$ est au dessus de la droite $\Delta_2$. 

$\Gamma$ et $\Delta_2$ n'ont pas de point commun.
	\end{enumerate}
\item 	$f_a(x) = \text{e}^x - ax$
	\begin{enumerate}
		\item $\bullet~~$ limite en plus l'infini :

$f_a(x) = x\left(\dfrac{\text{e}^x}{x} - a\right)$.

On sait que $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{x} = + \infty$ donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\dfrac{\text{e}^x}{x} - a = + \infty$, donc par produit des limites 

$\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f_a(x) = + \infty$.

$\bullet~~$ limite en moins l'infini :

On sait que  $\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \text{e}^x = 0$.
Donc $\displaystyle\lim_{x \to -\infty}   f_a(x) = + \infty$.
		\item $f_a$ est dérivable sur $\R$ comme somme de fonctions dérivables et 

$f'_a(x) = \text{e}^x - a$.

$\text{e}^x - a = 0 \iff \text{e}^x = a \iff x =  \ln a$ (car $a > 0$).

On a le même tableau de variations que pour $f_2$ en remplaçant 2 par $a$.
		\item La fonction $f_a$ décroissante, puis croissante admet donc un minimum $f_a(\ln a) = a - a\ln a$.
		\item $a - a \ln a = 0 \iff a(1 - \ln a) = 0 \iff 1 - \ln a = 0$ (car $a \ne 0$) $\iff 1 = \ln a \iff \text{e}^1 = \text{e}^{\ln a} \iff \text{e} = a$.
	
On a donc  :

$\bullet~~$$a - a \ln a > 0 \iff a < \text{e}$ : le minimum est positif, donc comme à la question 1, la fonction $f_a$ est strictement positive et la courbe et la droite n'ont pas de point commun.

$\bullet~~$$a - a \ln a < 0 \iff a > \text{e}$ : le minimum est inférieur à zéro.

\begin{center}
\begin{pspicture}(7,3)
\psframe(7,3)\psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)\psline(1,0)(1,3)
\uput[u](0.5,2.4){$x$}\uput[u](1.5,2.4){$- \infty$}\uput[u](4,2.4){$\ln a$}\uput[u](6.5,2.4){$+ \infty$}
\rput(0.5,2.25){$f'(x)$}\rput(2.5,2.25){$-$} \rput(4,2.25){$0$} \rput(5.5,2.25){$+$}
\rput(0.5,1){$f$}\uput[u](4,0){$a - a\ln a$}
\psline{->}(1.5,1.5)(3.5,0.5)\psline{->}(4.5,0.5)(6.5,1.5)
\end{pspicture}
\end{center}

Donc sur l'intervalle $]- \infty~;~\ln a[$, la fonction $f_a$ continue car dérivable et strictement monotone sur cet intervalle passe d'une valeur positive à une valeur négative  : il existe donc, d'après le théorème de la valeur intermédiaire un réel $\alpha \in ]- \infty~;~\ln a[$   tel que $f_a(\alpha)  = 0$, soit $\text{e}^{\alpha} = a\alpha$.

De même sur $]\ln a~;~+ \infty[$, la fonction $f_a$ continue car dérivable et strictement monotone sur cet intervalle passe d'une valeur négative  à une valeur positive : il existe donc un réel $\beta \in ]\ln a~;~+ \infty[$ tel que $f_a(\beta) = 0$, soit $\text{e}^{\beta} = a\beta$.

Conclusion : si $a > \text{e}$ la courbe $\Gamma$ et la droite $\Delta_a$ ont deux points communs.

$\bullet~~$$a - a \ln a = 0 \iff a  = \text{e}$, la fonction $f_a = f_{\text{e}}$ s'annule une seule fois en $x = 1$, donc $f_{\text{e}}(1) = 0$ : $\Gamma$ et $\Delta_{\text{e}}$ ont un seul point commun (la droite est tangente à la courbe)
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{center}
\psset{xunit=3cm,yunit=1.5cm}
\begin{pspicture*}(-1,-0.4)(2,5)
\psaxes[linewidth=1pt]{->}(0,0)(-1,-0.4)(2,5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psplot[plotpoints=2000,linecolor=green]{-1}{2}{x 2 mul}
\psplot[plotpoints=2000,linecolor=red]{-1}{2}{x 2.71828 mul}
\psplot[plotpoints=2000,linecolor=cyan]{-1}{2}{x 3 mul}
\psplot[plotpoints=2000,linecolor=blue]{-1}{2}{2.71828 x exp }
\rput{45}(1.8,3.4){\green $y = 2x$}
\rput{53}(1.8,4.6){\red $y = \text{e}x$}
\rput{57}(1,3.2){\cyan $y = 3x$}
\rput(-0.5,0.75){\blue $\Gamma$}
\uput[ul](0,0){O}
\end{pspicture*}
\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2}\hfill 5 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $2\%$ des puces livrées ont une durée de vie courte, c'est-à-dire  
		
$P_L(C) = 0,02$.
		\item On déduit  que $P_L\left(\overline{C}\right) = 1 - 0,02 = 0,98$ et 

$P\left(L \cap \overline{C}\right) = P(L) \times P_L\left(\overline{C}\right) = 0,95 \times 0,98 = 0,931$.
		\item Comme seules les puces livrées peuvent avoir une durée de vie courte on a :
		
$P\left[\overline{L}\cup \left(L \cap C\right)  \right] =  P\left(\overline{L}\right) + P(L \cap C) = 0,05 +  0,019 = 0,069$.
	\end{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item On sait que $P(X \leqslant \np{1000}) = 0,02$.

$X$ suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$,  donc :

$P(X \leqslant  \np{1000}) = 1 - \text{e}^{-\np{1000}\lambda} = 0,02 \iff \text{e}^{-\np{1000}\lambda} = 1 - 0,02 \iff$

$\text{e}^{-\np{1000}\lambda} = 0,98 \Rightarrow -\np{1000}\lambda = \ln 0,98 \iff \lambda = \dfrac{- \ln 0,98}{\np{1000}}$.
		\item $P(X \geqslant \np{10000}) = \text{e}^{-\np{10000}\lambda} =  \text{e}^{10\ln 0,98} \approx 0,817$.
		
Donc environ $81,7\,\%$ des puces ont une durée de vie supérieure ou égale à \np{10000} heures.
		\item $P(\np{20000} \leqslant X \leqslant  \np{30000}) = \text{e}^{-\np{20000}\lambda} - \text{e}^{-\np{30000}\lambda} \approx 0,122$.
		
Soit : environ $12,2\,\%$ des puces ont une durée de vie comprise entre $20~000$ et $30~000$ heures.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On effectue \np{15000} tirages indépendants les uns des autres. La probabilité qu'une puce livrée ait une vie courte est $p = 0,003$.
		
$Y$ suit donc une loi binomiale  de paramètres $n = \np{15000}$ et $p = 0,003$..
		\item E$(Y) = n \times p = \np{15000} \times 0,003 = 45$.

Il y a environ 45 puces à durée de vie courte sur les \np{15000} extraites de la production.
		\item On a $P(40 \leqslant Y \leqslant 50) = P(Y \leqslant 50) - P(Y < 40) = P(Y \leqslant 50) - P(Y \leqslant 39)$.
		
La calculatrice donne $P(Y \leqslant 50) \approx \np{0,7966}$ et $P(Y \leqslant 39) \approx \np{0,2080}$, donc :

$P(40 \leqslant Y \leqslant 50) \approx \np{0,7966} - \np{0,2080} \approx  0,589$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3}\hfill 5 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}3

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Une représentation paramétrique de $D_1$ s'obtient en traduisant l'égalité $\vect{A_1M} = t\vect{u_1}$ avec $t \in \R$ soit  :

$\left\{\begin{array}{l c l}
 x - 0 &=& t \\
y - 2 &=& 2t\\
z - (- 1)&=&3t
\end{array}\right.  \quad t \in \R \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x &=& t \\
y &=&2 +  2t\\
z &=&- 1 + 3t
\end{array}\right. \quad t \in \R $.
		\item $D_2$ a pour représentation paramétrique :

$\left\{\begin{array}{l c l}
x  &=&1 + k \\
y &=&0 - 2k\\
z &=&2 + 0k
\end{array}\right. \quad k \in \R $.
		
On reconnait qu'un vecteur directeur de $D_2$ est $\vect{u_2}\begin{pmatrix}1\\-2\\0\end{pmatrix}$.
		\item $A_2 \in D_2 \iff \left\{\begin{array}{l c l}
- 1  &=&1 + k \\
4 &=&0 - 2k\\
2 &=&2 + 0k
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
- 2  &=&k \\
- 2 &=&k\\
2 &=&2
\end{array}\right.$ qui a une solution $k = - 2$. 

Le point $A_2$ appartient à $D_2$.
	\end{enumerate}
\item Les vecteurs directeurs de $D_1$ et de $D_2$ ne sont manifestement pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles.

Elles sont sécantes s'il existe des réels $t$ et $k$ tels que :

$\left\{\begin{array}{l c l}
t  &=&1 + k \\
2 + 2t &=&0 - 2k\\
- 1 + 3t &=&2 + 0k
\end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{l c l}
t  &=&1 + k \\
2 + 2 + 2k &=&0 - 2k\\
- 1 + 3 +3k &=&2 + 0k
\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l c l}
t  &=&1 + k \\
4k &=&- 4\\
3k &=&0
\end{array}\right. \iff$

$ \left\{\begin{array}{l c l}
t  &=&1 + k \\
k &=&- 1\\
k &=&0
\end{array}\right.$

Ce système n'a pas de solution donc il n'existe pas de point commun aux deux droites, elles ne sont donc pas coplanaires.
\item Les droites $D_1$ et $\Delta_1$  contiennent le point $A_1$. Pour montrer qu'elles sont perpendiculaires il suffit de montrer que deux de leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux :

$\vect{u_1} \cdot \vect{v} = - 6 - 6 + 12 = 0$.

Conclusion : les droites $D_1$ et $\Delta_1$ sont perpendiculaires.
\item Les droites $D_2$ et $\Delta_2$ sont aussi perpendiculaires
	\begin{enumerate}
		\item $\vect{n}$ est un vecteur normal au plan $P_1$ s'il est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires et non nuls de ce plan soit $\vect{u_1}$ et $\vect{v}$ ; or
		
$\vect{n} \cdot \vect{u_1} = - 6 - 6 + 12 = 0$

$\vect{n} \cdot \vect{v} = 17 \times (- 6) - 22 \times (- 3) + 4 \times 9 = - 102 + 66 + 36 = 0$

Le vecteur $\vect{n}$ est orthogonal a deux vecteurs non colinéaires du plan $P_1$. Il est par conséquent normal à ce plan.
		\item Si $P_1$ et $P_2$ sont parallèles $\vect{n}$ vecteur normal au plan $P_1$ est aussi un vecteur normal au plan $P_2$ ; il est donc orthogonal à tout vecteur non nul du plan $P_2$ comme $u_2$ et $\vect{v}$.
		
On a bien $\vect{n} \cdot \vect{v} = 0$, mais $\vect{n} \cdot \vect{u_2} = 17 + 44 + 0 = 61 \ne 0$.

Donc  $\vect{n}$ n'est pas normal au plan $P_2$ et les deux plans $P_1$ et $P_2$ ne sont pas parallèles.
	\end{enumerate}
\item $\Delta$ est parallèle à $\Delta_1$ et $\Delta_2$ lesquelles sont respectivement perpendiculaire à $D_1$ et $D_2$.

Par conséquent la droite $\Delta$ est orthogonale aux droites $D_1$ et $D_2$.

Or cette droite appartient au plan $P_1$ et au plan $P_2$. Elle est donc perpendiculaire aux droites $D_1$ et $D_2$. 

Il existe donc une droite de l'espace perpendiculaire à la droite $D_1$ et à $D_2$ : c'est la droite $\Delta$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4}\hfill 5 points}

\textbf{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $u_1 = \sqrt{3}- 0 = \sqrt{3}$ $\quad v_1 = 1 + \sqrt{3} \times 0 = 1$ ;

$u_2 = \sqrt{3} \times \sqrt{3} - 1 = 3 - 1 = 2$  $\quad v_2 = \sqrt{3} + \sqrt{3} = 2\sqrt{3}$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item ~
\begin{center}
\begin{tabularx}{0.6\linewidth}{|*{3}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
$S$			&$T$			&$K$\\ \hline
1			&0				&0\\ \hline
$\sqrt{3}$	&$\sqrt{3}$		&1\rule[-1mm]{0mm}{5mm}\\ \hline
$3-\sqrt{3}$&$6-\sqrt{3}$	&$2$\\ \hline
\end{tabularx}
\end{center}

Les valeurs trouvées pour $N = 2$ ne correspondent pas à celles de $u_2$ et $v_2$.

L'algorithme n'affiche donc pas les valeurs de $u_N$ et $v_N$.

Une version modifiée de l' algorithme est par exemple :

\begin{center}		
\begin{tabularx}{0.675\linewidth}{|l|X|}\hline
Entrée : 		&$N$ est un nombre entier\\
Variables :		&$K$ est un nombre entier\\
				&$S$ est un nombre réel\\
				&$T$ est un nombre réel\\
				&$U$ est un nombre réel\\
Initialisation :&Affecter 1 à $S$\\
				&Affecter 0 à $T$\\
				&Affecter 0 à $K$\\
Traitement :	&Tant que $K < N$\\
				&\hspace{1cm}Affecter $S$ à $U$\\
				&\hspace{1cm}Affecter $\sqrt{3}U-T$ à $S$\\
				&\hspace{1cm}Affecter $U+\sqrt{3}T$ à $T$\\
				&\hspace{1cm}Affecter $K+1$ à $K$\\
				&Fin Tant que\\
Sortie :		&Afficher $S$\\
				&Afficher $T$\\ \hline
\end{tabularx}
\end{center}
\smallskip

	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item $z_{n+1} = u_{n+1} + \text{i} v_{n+1} 
 = \sqrt{3}u_n- v_n + \text{i}\left(u_n+\sqrt{3}v_n\right) = \left(\sqrt{3} + \text{i}\right)u_n + \left(- 1 +\text{i} \sqrt{3}\right)v_n$. 

Or

$az_n =\left(\sqrt{3} + \text{i} \right)\left(u_n + \text{i} v_n\right) 
 = \left(\sqrt{3} + \text{i}\right)u_n + \left(\text{i} \sqrt{3} - 1 \right)v_n
= z_{n+1}$.
		\item $a$ pour module $|a| = \sqrt{3 + 1} = 2$.

D'où $a = 2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{\text{i}}{2}\right) = 2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$.
		\item Le \textbf{a.} montre que la suite $\left(z_n\right)$ est une suite géométrique de raison $a$ et de premier terme $z_0 = u_0 = 1$.

Par conséquent $z_n = a^n$ pour tout entier naturel $n$.

Puis $z_n = 2^n\text{e}^{n\text{i} \frac{\pi}{6}}$.

Enfin en prenant la partie réelle et la partie imaginaire :

 $u_n = 2^n\cos\left(\dfrac{n\pi}{6}\right)$ et 
 $v_n = 2^n\sin\left(\dfrac{n\pi}{6}\right)$.
		\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}
