Sujet spécimen 2020-1 - Spécialité mathématiques - Corrigé

Exercice 1 (5 points)

Question 1

L’énoncé donne directement :

$\begin{aligned} u$1&=\boxed 1 \ u2&= \boxed 2 \ u_3&=\boxed 4 \end{aligned}

Et, puisque le nombre de grains double entre la case $3$ et la case $4$, puis entre la case $4$ et la case $5$ :

$\begin{aligned} u$4&=2u3=2\times 4=\boxed 8 \ u5&=2u4=2\times 8=\boxed{16} \end{aligned}

Question 2

De manière générale, le nombre de grains entre une case $n$ et la suivante $n+1$ double ; nous avons donc, pour tout entier naturel $n$ non nul :

$\boxed{u${n+1}=2un}

Question 3

Dans l’expression de la question 2, nous reconnaissons celle d’une suite géométrique, de raison $q=2$ et de premier terme $u_1=1$.

• Nous avons donc, pour tout entier naturel $n$ non nul :

$\begin{aligned} u$n&=u1\times q^{n-1} \ &=1\times 2^{n-1} \ &= \boxed{2^{n-1}} \end{aligned}

Question 4

Le nombre de grains de riz disposés sur le plateau pour satisfaire à la demande du vieux sage est égal à la somme $S_{64}$ de l’ensemble des grains de riz présents sur les $64$ cases.

• D’après la propriété sur la somme des termes consécutifs des termes d’une suite géométrique de raison $q$ et de premier terme $u_1$, nous avons :

$\begin{aligned} S${64}&=\overbrace{u1+u2+…+u{63}+u{64}}^{\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{$64$ termes}}}} \ &=u1\times \dfrac {1-q^{64}}{1-q} \ &=1\times \dfrac{1-2^{64}}{1-2} \ &=\boxed{2^{64}-1} \end{aligned}

Question 5

Ce que l’on souhaite, c’est, tant que le nombre de grains présents sur le plateau (variable $\text{somme}$) n’atteint pas le nombre $R$ (entré en paramètre de la fonction), y ajouter le nombre de grains correspondant à la case suivante (nouvelle valeur de la variable $u$).

• Nous complétons donc ainsi l’algorithme :

Exercice 2 (5 points)

Astuce

Dans un exercice de probabilité, il est important de traduire en termes mathématiques les données de l’énoncé, ce que l’on peut faire sur une feuille de brouillon.

Il y a au total $6+4=10$ jetons.

Il y a $1+3=4$ jetons marqués « gagnant ».

• Donc : $P(G)=\frac 4{10}=\frac 25$.

Il y a $6$ jetons rouges.

• Donc : $P(R)=\frac 6{10}=\frac 35$.

Parmi ces $6$ jetons rouges, $1$ est marqué « gagnant ».

• Dpnc : $P_R(G)=\frac 16$.

Il y a $4$ jetons verts.

• Donc : $P(V)=\frac 4{10}=\frac 25$.
• On peut aussi écrire, puisqu’on remarque que l’événement $V$ est le contraire de l’événement $R$ :

$\begin{aligned} P(V)&=P(\overline R) \ &=1-P(R) \ &=1-\dfrac 35 \ &=\dfrac 25 \end{aligned}$

Parmi ces $4$ jetons verts, $3$ sont marqués « gagnant ».

• Donc : $P_V(G)=\frac 34$.

Question 1

Nous avons en brouillon noté les probabilités données directement par l’énoncé. Nous les reportons donc sur les branches concernées et complétons l’arbre avec les probabilités des événements contraires :

Question 2

L’événement « le jeton tiré est un jeton vert et marqué gagnant » correspond à : $P(V\cap G)$.

• En nous appuyant sur l’arbre pondéré :

$\begin{aligned} P(V\cap G)&=P(V)\times P_V(G) \ &=\dfrac 25\times \dfrac 34 \ &=\boxed{\dfrac 3{10}} \end{aligned}$

Question 3

Astuce

Nous l’avons déduit au brouillon en préambule. Mais, ici, est attendue une application plus mathématique du cours. Nous pourrons ainsi vérifier que les résultats sont identiques et correspondent à celui de la question.

$R\cap G$ et $V\cap G$ forment une partition de $G$.

• Donc, d’après la formule des probabilités totales :

$\begin{aligned} P(G)&=P(R\cap G)+P(V\cap G) \ &=P(R)\times P_R(G)+\dfrac 3{10} \ &=\dfrac 35\times \dfrac 16+\dfrac 3{10} \ &=\dfrac 1{10}+\dfrac 3{10} \ &=\dfrac 4{10} \ &=\dfrac 25 \end{aligned}$

• Nous trouvons bien :

$\boxed{P(G) =\dfrac 25}$

Question 4

La probabilité cherchée, c’est : $P_G(R)$.

• En utilisant la définition des probabilités conditionnelles :

$\begin{aligned} P_G(R)&=\dfrac{P(G\cap R)}{P(G)} \ &=\dfrac{\frac 1{10}}{\frac 25} \footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [d’après les résultats précédents]}}} \ &=\boxed{\dfrac 14} \end{aligned}$

Astuce

Nous pouvons vérifier notre résultat intuitivement. En effet, il y a d’après l’énoncé $1+3=4$ jetons gagnants, et $1$ seul jeton rouge est gagnant.

• Parmi les $4$ jetons gagnants, il y a $1$ rouge.

Question 5

Attention

Il s’agit ici d’un tirage simultané, et non successif sans remise. Nous ne pouvons nous contenter d’écrire que la probabilité recherchée est égale à : $\frac 4{10}\times \frac 39=\frac 2{15}$.
Nous trouverons un résultat identique, comme nous allons le voir, mais le raisonnement est différent.

Ici, nous ne nous intéressons qu’au fait que le jeton soit marqué « gagnant » ou non, nous ne tenons plus compte de la couleur.

• Il y a $4$ jetons marqués « gagnant », que nous différencions en les notant : $G$1G1​, $G$2, $G$3G3​, $G$4.
• Puisqu’il y a au total $10$ jetons, il reste donc $6$ jetons perdants, que nous différencions aussi : $P$1P1​, $P$2, $P$3P3​, $P$4, $P$5P5​, $P$6.

Nous tirons simultanément $2$ jetons. Nous allons recenser l’ensemble des tirages possibles, pour avoir le nombre d’issues de l’univers de l’expérience aléatoire.
Remarquons que, le tirage étant simultané, l’ordre ne compte pas, c’est-à-dire que, par exemple, tirer $P$1P1​ et $P$2, c’est la même chose que tirer $P$2P2​ et $P$1.

$3$ cas peuvent se présenter.

• Cas 1 : « les deux jetons sont perdants »

Le tableau suivant recense les issues qui réalisent cet événement :

• les cases en jaune clair sont laissées vides car il s’agit de doublons des cases en jaune foncé ;
• on ne peut évidemment pas avoir deux fois le même jeton (cases grises).

• $15$ issues réalisent l’événement : « les deux jetons sont perdants ».
• Cas 2 : « les deux jetons sont gagnants »

De la même façon que pour le cas 1 :

• $6$ issues réalisent l’événement : « les deux jetons sont gagnants ».
• Cas 3 : « un jeton est gagnant, l’autre est perdant »

Toujours selon la même logique :

• $24$ issues réalisent l’événement : « un jeton est gagnant, l’autre est perdant ».
• Conclusion
• Nous venons de voir qu’il y avait au total $15+6+24=45$ tirages (ou issues) possibles, chacun avec la même probabilité de se réaliser.
• Nous avons aussi vu que l’événement « les deux jetons sont gagnants » est réalisé par $6$ tirages.
• La probabilité cherchée est donc :

$\dfrac 6{45}=\boxed{\dfrac 2{15}}$

Astuce

Nous découvrirons en terminale des formules pour calculer cette probabilité de manière plus directe et rapide. Certains l’ont peut-être déjà vue, nous donnons donc très rapidement la méthode.

• Le nombre de tirages différents possibles correspond au nombre de combinaisons de $2$ éléments d’un ensemble de $10$ éléments, soit :

$\begin{pmatrix} 10 \ 2 \end{pmatrix}=45$

• Le nombre de tirages qui comportent $2$ jetons gagnants correspond au nombre de combinaisons de $2$ éléments d’un ensemble de $4$ éléments, soit :

$\begin{pmatrix} 4 \ 2 \end{pmatrix}=6$

• Comme il y a équiprobabilité, la probabilité recherchée est égale à :

$\dfrac{\text{Nombre de tirages comportant$$2$ jetons gagnants}}{\text{Nombre de tirages total}}=\dfrac 6{45}=\dfrac 2{15}

Exercice 3 (5 points)

Question 1

Comme fonction polynôme, $f$ est dérivable sur $\mathbb R$ et, pour tout $x$ réel :

$\begin{aligned} f^{\prime}(x)&=3x^2+7\times 2x+11\times 1 \ &=\boxed{3x^2+14x+11} \end{aligned}$

Astuce

Dans la question suivante, il nous est demandé d’étudier le signe d’une expression. Nous pouvons nous douter qu’il s’agit de l’expression de $f^{\prime}(x)$ et ainsi vérifier notre résultat.

Question 2

$f^{\prime}$ est un trinôme du second degré. Calculons son discriminant $\Delta$ :

$\begin{aligned} \Delta&=14^2-4\times 3\times 11 \ &=64 \ &=8^2 \end{aligned}$

$f^{\prime}$ admet donc $2$ racines distinctes $x$1x1​ et $x$2 :

$\begin{aligned} x$1&=\dfrac{-14-8}{2\times 3} \ &=-\dfrac {22}6 \ &=-\dfrac {11}3 \ \ x1&=\dfrac{-14+8}{2\times 3} \ &=-\dfrac 66 \ &=-1 \end{aligned}

Le coefficient du terme de second degré est $3$.
Nous savons alors que :

• $f^{\prime}(x)$ est du signe de $3$, donc strictement positif, sur $]-\infty\ ;\, x$1[\ =\,\left]-\infty\ ;\,-\frac {11}3 \right[]−∞ ;x1​[ =]−∞ ;−311​[
  et sur $]x$2\ ;\, +\infty[\ =\ ]-1\ ;\, +\infty [ ;
• $f^{\prime}(x)$ est du signe de $-3$, donc strictement négatif, sur $]x$1\ ;\, x2[\ =\ \left]-\frac {11}3\ ;\, -1 \right[.

Donnons le tableau de signes de $f^{\prime}(x)=3x^2+14x+11$ :

• La solution dans $\mathbb R$ de l’inéquation $3x^2+14x+11 > 0\Leftrightarrow f^{\prime}(x) > 0$ est donc :

$\boxed{S=\left]-\infty\ ;\,-\dfrac {11}3 \right[ \cup\ ]-1\ ;\, +\infty [}$

$f^{\prime}$ s’annule en $-\frac {11}3$ et en $-1$, en changeant de signe. $f$ atteint donc des extremums en $-\frac {11}3$ et en $-1$, que nous calculons :

$\begin{aligned} f\left(-\frac {11}3\right)&=\left(-\dfrac{11}3 \right)^3+7\times \left( -\dfrac {11}3\right)^2 +11\times \left( -\dfrac {11}3\right) -19 \ &=-\dfrac{1\,331}{27}+\dfrac{847}9-\dfrac{121}3-19 \ &=\dfrac{-1\,331+2\,541-1\,089-519}{27} \ &=-\dfrac{392}{27} \approx -14,519 \ \ f(-1)&=(-1)^3+7\times (-1)^2+11\times (-1)-19 \ &=-24 \end{aligned}$

• Nous pouvons maintenant tracer le tableau de variations de $f$ :

Question 3

Rappel

Si $f$ est dérivable en $a$, alors l’équation de la tangente à la courbe représentative de $f$ au point d’abscisse $a$ est donnée par :

$y=f^{\prime}(a)(x-a)+f(a)$

$f$ est dérivable en $0$, donc l’équation réduite de la tangente à $\mathcal C$ au point d’abscisse $0$ est :

$y=f^{\prime}(0)(x-0)+f(0)$

Calculons $f^{\prime}(0)$ et $f(0)$ :

$\begin{aligned} f^{\prime}(0)&=3\times 0^2+14\times 0+11 \ &=11 \ f(0)&=0^3+7\times 0^2+11\times 0-19 \ &=-19 \end{aligned}$

• L’équation de la tangente à $\mathcal C$ est ainsi :

$\boxed{y=11x-19}$

Question 4

Nous avons bien :

$\begin{aligned} 1^3+7\times 1^2+11\times 1-19&=1+7+11-19 \ &=0 \end{aligned}$

• Donc, $f(1)=0$ : $f$ s’annule en $1$.

Développons :

$\begin{aligned} (x - 1)(x^2 + 8x + 19)&=x^3+8x^2+19x-x^2-8x-19 \ &=x^3+7x^2+11x-19 \ &=f(x) \end{aligned}$

• Là aussi, nous avons bien, pour tout $x$ réel :

$\boxed{f(x)=(x-1)(x^2+8x+19)}$

Question 5

• Étudions pour commencer le signe du trinôme : $x^2+8x+19$, et calculons son discriminant $\Delta^{\prime}$ :

$\begin{aligned} \Delta^{\prime}&=8^2-4\times 1\times 19 \ &=-12 \ &< 0 \end{aligned}$

Le trinôme n’admet pas de racines sur $\mathbb R$. Et il est du signe du coefficient du terme de second degré : $1$, donc strictement positif sur $\mathbb R$.

• $f(x)$ sera du signe de $x-1$.
• Étudions donc le signe de $x-1$ :

$\begin{aligned} x-1 < 0 &\Leftrightarrow x < 1 \ x-1=0&\Leftrightarrow x=1 \ x-1 > 0 &\Leftrightarrow x > 1 \end{aligned}$

• On peut maintenant dresser le tableau de signes de $f$ sur $\mathbb R$ :

Astuce

Comme toujours, quand vous étudiez une fonction, n’hésitez pas à tracer sa courbe représentative avec votre calculatrice.

• Cela vous permettra de vérifier la cohérence de vos résultats.

Exercice 4 (5 points)

Astuce

Même si aucune figure n’est demandée, n’hésitez pas si vous le pouvez à représenter, rapidement au brouillon, les éléments au fur et à mesure.

• Vous pourrez ainsi mieux visualiser les choses.

Question 1

Montrons que les coordonnées de $A$ et $B$ vérifient l’équation donnée :

$\begin{aligned} \textcolor{#A9A9A9}{\text{Point$$A$\ :\ }} 3+3\times 1-6&=0 \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{Point $B$\ :\ }} -3+3\times 3-6&=0 \end{aligned}

Les coordonnées de $A$ et $B$ vérifient l’équation $x + 3y - 6 = 0$.

• C’est donc bien une équation cartésienne de la droite $(AB)$.

Question 2

Rappel

Soit $\mathcal D$ une droite d’équation cartésienne $ax+by+c=0$ ($a$, $b$, $c$ réels).

• Un vecteur directeur de $\mathcal D$ est :

$\vec u\begin{pmatrix} -b \ a \end{pmatrix}$

• Un vecteur normal de $\mathcal D$ est :

$\vec n\begin{pmatrix} a \ b \end{pmatrix}$

La droite $d$ est perpendiculaire à $(AB)$. Un vecteur directeur de $d$ sera donc un vecteur normal à $(AB)$, dont nous avons donné une équation cartésienne. Nous en déduisons donc les coordonnées d’un vecteur normal à $(AB)$ :

$\vec n \begin{pmatrix} 1 \ 3 \end{pmatrix}$

$\vec n$ étant un vecteur directeur de $d$, une équation cartésienne de $d$ est :

$-3x+y+c=0$

Déterminons $c$ avec les coordonnées de $C$, qui appartient à $d$ :

$-3\times 2+4+c=0\Leftrightarrow c=2$

• Une équation cartésienne de $d$ est donc :

$\boxed{-3x+y+2=0}$

Question 3

Puisque $d$ est perpendiculaire à $(AB)$ et qu’elle passe par $C$, le projeté orthogonal $K$ de $C$ sur $(AB)$ est le point d’intersection de $d$ et $(AB)$. Les coordonnées de $K$ vérifient donc les équations cartésiennes de $d$ et $(AB)$.
Nous allons donc résoudre (par substitution) le système :

$\begin{aligned} \begin{cases} x+3y-6=0 \ -3x+y+2=0 \end{cases} &\Leftrightarrow \begin{cases} x=-3y+6 \ -3(-3y+6)+y+2=0 \end{cases} \ &\Leftrightarrow \begin{cases} x=-3y+6 \ 9y-18+y+2=0 \end{cases} \ &\Leftrightarrow \begin{cases} x=-3y+6 \ 10y=16 \end{cases} \ &\Leftrightarrow \begin{cases} x=-3\times \frac 85+6 \ y=\frac 85 \end{cases} \ &\Leftrightarrow \begin{cases} x=\frac 65 \ y=\frac 85 \end{cases} \ \end{aligned}$

• Ainsi, $K$ a pour coordonnées :

$\boxed{\left(\dfrac 65\ ;\, \dfrac 85\right)}$

Question 4

Nous travaillons dans le repère orthonormé $(O\ ;\,\vec \imath,\,\vec \jmath\,)$. Donc :

$\begin{aligned} AB&=\sqrt{(x$B-xA)^2+(yB-yA)^2} \ &=\sqrt{(-3-3)^2+(3-1)^2} \ &=\sqrt{36+4} \ &=\sqrt{40} \ &=\boxed{2\sqrt{10}} \end{aligned}

$M$, milieu de $[AB]$, a pour coordonnées : $\left(\frac{x$A+xB}2\ ;\, \frac {yA+yB}2\right) :

$\begin{aligned} x$M&=\dfrac {3-3}2=0 \ yM&=\dfrac {1+3}2=2 \end{aligned}

• $M$ a ainsi pour coordonnées : $\boxed{(0\ ;\, 2)}$.

Question 5

Le cercle de diamètre $[AB]$ a pour centre le milieu de $[AB]$, soit $M\,(0\ ;\, 2)$.
Il a pour rayon :

$\begin{aligned} R&=\dfrac {AB}2 \ &=\dfrac{2\sqrt{10}}2 \ &=\sqrt{10} \end{aligned}$

Nous savons qu’une équation de ce cercle est :

$(x-x$M)^2+(y-yM)^2=R^2

• Nous trouvons donc qu’une équation du cercle de diamètre $[AB]$ est :

$\begin{aligned} &(x-0)^2 +(y-2)^2= \sqrt{10}^2 \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{Soit\ :\ }} &\boxed {x^2+(y-2)^2=10} \end{aligned}$

Astuce

Nous donnons, pour information, la figure récapitulant l’ensemble des éléments et pouvons vérifier que nos résultats sont cohérents :