Corrigé bac amerique du nord 19 mai 2022

« ; Corrigé Baccalauréat Amérique du Nord Jour 2 19 mai 2022 < ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ Le sujet propose 4 exercices Le candidat choisit 3 exercices parmi les 4 et ne doit traiter que ces 3 exercices E XERCICE 1 (7 points) Thèmes : probabilités, suites 1.

L’arbre complété avec les valeurs disponibles : 0,5 0,5 2. 0,84 A2 0,16 B2 0,24 A2 0,76 B2 A1 B1 a.

Utilisons la formule des probabilités totales pour calculer a 2 = p(A 2 ) : a 2 = p(A 2 ∩ A 1 ) + p(A 2 ∩ B 1 ) = p A 1 (A 2 ) × p(A 1 ) + p B 1 (A 2 ) × p(B 1 ) = 0, 84 × 0, 5 + 0, 24 × 0, 5 = 0, 54.

Donc a 2 = 0, 54. b.

Utilisons la formule de Bayes pour calculer p A 2 (B 1 ) : p(A 2 ∩ B 1 ) p B 1 (A 2 ) × p(B 1 ) 0, 24 × 0, 5 p A 2 (B 1 ) = = = ≈ 0, 222 p(A 2 ) p(A 2 ) 0, 54 3. a.

On remarquera au préalable que, ∀n ∈ N∗ , a n + b n = 1. L’arbre complété avec les valeurs disponibles : an 1 − an 0,84 A n+1 0,16 B n+1 0,24 A n+1 An Bn B n+1 0,76 b.

Utilisons là encore, la formule des probabilités totales pour déterminer a n+1 en fonction de a n , pour tout entier naturel non nul : ∀n ∈ N∗ , a n+1 = p(A n+1 ∩ A n ) + p(A n+1 ∩ B n ) = p A n (A n+1 ) × p(A n ) + p B n (A n+1 ) × p(B n ) = 0, 84 × p(A n ) + 0, 24 × p(B n ) = 0, 84 a n + 0, 24 b n .

Or ∀n ∈ N∗ , b n = 1 − a n . Donc ∀n ∈ N∗ , a n+1 = 0, 84 a n + 0, 24(1 − a n ) = 0, 6 a n + 0, 24 c.

Montrons par récurrence que ∀n ∈ N∗ , a n = 0, 6 − 0, 1 × 0, 6n−1 . Initialisation : a 1 = 0, 6 − 0, 1 × 0, 61−1 = 0, 6 − 0, 1 = 0, 5.

L’initialisation est vérifiée. Hérédité : Soit n ∈ N∗ , et supposons que a n = 0, 6 − 0, 1 × 0, 6n−1 . Montrons que a n+1 = 0, 6 − 0, 1 × 0, 6n . D’après la question précédente,a n+1 = 0, 6 a n + 0, 24, donc en utilisant l’hypothèse de récurrence, A.

P.

M.

E.

P. Corrigé du baccalauréat spécialité sujet 2 ¡ ¢ a n+1 = 0, 6 0, 6 − 0, 1 × 0, 6n−1 +0, 24 = 0, 36−0, 1×0, 6×0, 6n−1 +0, 24 = 0, 6−0, 1×0, 6n .

On obtient ce qu’il fallait démontrer.

L’hérédité est démontrée. d. Conclusion : La proposition est vraie au rang 0 et si elle est vraie au rang n, elle l’est aussi au rang n + 1.

D’après l’axiome de récurrence, ∀n ∈ N∗ , a n = 0, 6 − 0, 1 × 0, 6n−1 . lim 0, 6n−1 = 0 car 0, 6 ∈] − 1 ; 1[.

Donc lim a n = 0, 6. n→+∞ n→+∞ Cela signifie qu’au bout d’un certain temps, la probabilité qu’un vélo soit à la station A est de 60 %. e.

Résolvons : a n > 0, 599.

a n > 0, 599 ⇐⇒ 0, 6 − 0, 1 × 0, 6n−1 > 0, 599 −0, 001 1 ⇐⇒ −0, 1 × 0, 6n−1 > −0, 001 ⇐⇒ 0, 6n−1 6 ⇐⇒ 0, 6n−1 6 . −0, 1 100 Sachant que la fonction x 7→ ln(x) est strictement croissante sur R∗+ , ¶ µ ¡ n−1 ¢ 1 1 n−1 ⇐⇒ (n − 1) × ln(0, 6) 6 − ln(100).

Or ln(0, 6) < 0, 0, 6 6 ⇐⇒ ln 0, 6 6 ln 100 100 2 ln(10) − ln(100) ⇐⇒ n > 1 − . donc n − 1 > ln(0, 6) ln(0, 6) 2 ln(10) ≈ 10, 02 donc n > 11. À la calculatrice, 1 − ln(0, 6) La probabilité que le vélo se trouve au point A est supérieure à 0, 599 à partir du 11-ième jour. E XERCICE 2 (7 points) Thèmes : fonctions, fonction exponentielle Partie A 1.

La fonction p est continue et dérivable sur [−3 ; 4]. ∀x ∈ [−3 ; 4], p ′ (x) = 3x 2 − 6x + 5 Ce trinôme du second degré n’admet aucune racine (∆ = −24 < 0) donc ∀x ∈ [−3 ; 4], p ′ (x) > 0. Donc la fonction p est strictement croissante sur [−3 ; 4]. 2.

p(−3) = −68 et p(4) = 37 La fonction p est continue et strictement croissante sur [−3 ; 4] à valeurs dans [−68 ; 37].

Or 0 ∈ [−68 ; 37], donc d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation p(x) = 0 admet.... »