Bac de maths 2025 en France (jour 2) : sujet et corrigé

Ce sujet fait partie des annales que nous rassemblons pour préparer le bac de maths 2027 : tous les sujets de spécialité y sont classés par session.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2025
Mathématiques — Sujet 2
France métropolitaine — 18 juin 2025
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (5 points)

Les deux parties peuvent être traitées indépendamment.

Dans cet exercice on s’intéresse à des personnes venues séjourner dans un centre multisports au cours du week-end.

Les résultats des probabilités demandées seront arrondis au millième si nécessaire.

Partie A

Le centre propose aux personnes venues pour un week-end une formule d’initiation au roller composée de deux séances de cours.

On choisit au hasard une personne parmi celles ayant souscrit à cette formule.

On désigne par \(A\) et \(B\) les évènements suivants :

• \(A\) : « La personne chute pendant la première séance » ;
• \(B\) : « La personne chute pendant la deuxième séance ».

Pour un évènement \(E\) quelconque, on note \(P(E)\) sa probabilité et \(\overline{E}\) son évènement contraire.

Des observations permettent d’admettre que \(P(A) = 0{,}6\).

De plus on constate que :

• Si la personne chute pendant la première séance, la probabilité qu’elle chute pendant la deuxième est de \(0{,}3\) ;
• Si la personne ne chute pas pendant la première séance, la probabilité qu’elle chute pendant la deuxième est de \(0{,}4\).

1. Représenter la situation par un arbre pondéré.

2. Calculer la probabilité \(P(\overline{A} \cap \overline{B})\) et interpréter le résultat.

3. Montrer que \(P(B) = 0{,}34\).

4. La personne ne chute pas pendant la deuxième séance de cours.

Calculer la probabilité qu’elle n’ait pas chuté lors de la première séance.

5. On appelle \(X\) la variable aléatoire qui, à chaque échantillon de 100 personnes ayant souscrit à la formule, associe le nombre d’entre elles n’ayant chuté ni lors de la première ni lors de la deuxième séance.

On assimile le choix d’un échantillon de 100 personnes à un tirage avec remise.

On admet que la probabilité qu’une personne ne chute ni lors de la première ni lors de la deuxième séance est de \(0{,}24\).

a. Montrer que la variable aléatoire \(X\) suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.

b. Quelle est la probabilité d’avoir, dans un échantillon de 100 personnes ayant souscrit à la formule, au moins 20 personnes qui ne chutent ni lors de la première ni lors de la deuxième séance ?

c. Calculer l’espérance \(E(X)\) et interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

Partie B

On choisit au hasard une personne venue un week-end au centre multisport. On note \(T_1\) la variable aléatoire donnant son temps d’attente total en minute avant les accès aux activités sportives pendant la journée du samedi et \(T_2\) la variable aléatoire donnant son temps d’attente total en minutes avant les accès aux activités sportives pendant la journée du dimanche.

On admet que :

• \(T_1\) suit une loi de probabilité d’espérance \(E(T_1) = 40\) et d’écart-type \(\sigma(T_1) = 10\) ;
• \(T_2\) suit une loi de probabilité d’espérance \(E(T_2) = 60\) et d’écart-type \(\sigma(T_2) = 16\) ;
• les variables aléatoires \(T_1\) et \(T_2\) sont indépendantes.

On note \(T\) la variable aléatoire donnant le temps total d’attente avant les accès au activités sportives lors des deux jours, exprimé en minute. Ainsi on a \(T = T_1 + T_2\).

1. Déterminer l’espérance \(E(T)\) de la variable aléatoire \(T\). Interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

2. Montrer que la variance \(V(T)\) de la variable aléatoire \(T\) est égale à 356.

3. À l’aide de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer que, pour une personne choisie au hasard parmi celles venues un week-end au centre multisports, la probabilité que son temps total d’attente \(T\) soit strictement compris entre 60 et 140 minutes est supérieure à \(0{,}77\).

Exercice 2 (5 points)

L’espace est muni d’un repère orthonormé \((\text{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath},\,\vec{k})\). On considère :

• les points \(\text{A}(-1\,;\,2\,;\,1)\), \(\text{B}(1\,;\,-1\,;\,2)\) et \(\text{C}(1\,;\,1\,;\,1)\) ;
• la droite \(d\) dont une représentation paramétrique est donnée par : \(d : \begin{cases} x = \frac{3}{2} + 2t \\ y = 2 + t \\ z = 3 – t \end{cases}\) avec \(t \in \mathbb{R}\) ;
• la droite \(d^{\prime}\) dont une représentation paramétrique est donnée par : \(d^{\prime} : \begin{cases} x = s \\ y = \frac{3}{2} + s \\ z = 3 – 2s \end{cases}\) avec \(s \in \mathbb{R}\).

Partie A

1. Montrer que les droites \(d\) et \(d^{\prime}\) sont sécantes au point \(\text{S}(-\frac{1}{2}\,;\,1\,;\,4)\).

2. a. Montrer que le vecteur \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\2\\4\end{pmatrix}\) est un vecteur normal au plan (ABC).

b. En déduire qu’une équation cartésienne du plan (ABC) est :

\[x + 2y + 4z – 7 = 0.\]

3. Démontrer que les points A, B, C et S ne sont pas coplanaires.

4. a. Démontrer que le point \(\text{H}(-1\,;\,0\,;\,2)\) est le projeté orthogonal de S sur le plan (ABC).

b. En déduire qu’il n’existe aucun point \(M\) du plan (ABC) tel que \(\text{S}M \lt \dfrac{\sqrt{21}}{2}\).

Partie B

On considère un point \(M\) appartenant au segment [CS]. On a donc \(\vec{\text{C}M} = k\,\vec{\text{CS}}\) avec \(k\) réel de l’intervalle \([0\,;\,1]\).

1. Déterminer les coordonnées du point \(M\) en fonction de \(k\).

2. Existe-t-il un point \(M\) sur le segment [CS] tel que le triangle (\(M\)AB) soit rectangle en \(M\) ?

Exercice 3 (4 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Justifier chaque réponse. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

1. La suite \((u_n)\) est définie pour tout entier naturel \(n\) par

\[u_n = \dfrac{1 + 5^n}{2 + 3^n}.\]

Affirmation 1 : La suite \((u_n)\) converge vers \(\dfrac{5}{3}\).

2. On considère la suite \((w_n)\) définie par :

\(w_0 = 0\) et, pour tout entier naturel \(n\), \(w_{n+1} = 3w_n – 2n + 3\).

Affirmation 2 : Pour tout entier naturel \(n\), \(w_n \geq\, n\).

3. On considère la fonction \(f\) définie sur \(]0\,;\,+\infty[\) dont la courbe représentative \(\mathcal{C}_f\) est donnée dans un repère orthonormé sur la figure (Fig. 1) ci-dessous.

On précise que :

• \(T\) est la tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point A d’abscisse 8 ;
• L’axe des abscisses est la tangente horizontale à \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse 1.

Affirmation 3 : D’après le graphique, la fonction \(f\) est convexe sur son ensemble de définition.

4. Affirmation 4 : Pour tout réel \(x \gt 0\), \(\ln(x) – x + 1 \leq\, 0\), où \(\ln\) désigne la fonction logarithme népérien.

Exercice 4 (6 points)

L’objet de cet exercice est l’étude de l’arrêt d’un chariot sur un manège, à partir du moment où il entre dans la zone de freinage en fin de parcours.

On note \(t\) le temps écoulé, exprimé en seconde, à partir du moment où le chariot arrive sur la zone de freinage.

On modélise la distance parcourue par le chariot dans la zone de freinage, exprimée en mètre, en fonction de \(t\), à l’aide d’une fonction notée \(d\) définie sur \([0\,;\,+\infty[\).

On a ainsi \(d(0) = 0\).

Par ailleurs, on admet que cette fonction \(d\) est dérivable sur son ensemble de définition. On note \(d^{\prime}\) sa fonction dérivée.

Partie A

Sur la figure (Fig. 2) ci-dessous, on a tracé dans un repère orthonormé :

• la courbe représentative \(\mathcal{C}_d\) de la fonction \(d\) ;
• la tangente \(T\) à la courbe \(\mathcal{C}_d\) au point A d’abscisse 4,7 ;
• l’asymptote \(\Delta\) à \(\mathcal{C}_d\) en \(+\infty\).

Dans cette partie, aucune justification n’est attendue.

Avec la précision que permet le graphique, répondre aux questions ci-dessous.

D’après ce modèle :

1. Au bout de combien de temps le chariot aura-t-il parcouru 15 m dans la zone de freinage ?

2. Quelle longueur minimale doit-être prévue pour la zone de freinage ?

3. Que vaut \(d^{\prime}(4{,}7)\) ? Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

Partie B

On rappelle que \(t\) désigne le temps écoulé, en seconde, à partir du moment où le chariot arrive sur la zone de freinage.

On modélise la vitesse instantanée du chariot, en mètre par seconde \((\text{m.s}^{-1})\), en fonction de \(t\), par une fonction \(v\) définie sur \([0\,;\,+\infty[\).

On admet que :

• la fonction \(v\) est dérivable sur son ensemble de définition, et on note \(v^{\prime}\) sa fonction dérivée ;
• la fonction \(v\) est une solution de l’équation différentielle \((E) : \quad y^{\prime} + 0{,}6y = \text{e}^{-0{,}6t}\), où \(y\) est une fonction inconnue et où \(y^{\prime}\) est la fonction dérivée de \(y\). On précise de plus que, lors de son arrivée sur la zone de freinage, la vitesse du chariot est égale à 12 m.s^-1, c’est-à-dire \(v(0) = 12\).

1. a. On considère l’équation différentielle

\[(E^{\prime}) : \quad y^{\prime} + 0{,}6y = 0.\]

Déterminer les solutions de l’équation différentielle \((E^{\prime})\) sur \([0\,;\,+\infty[\).

b. Soit \(g\) la fonction définie sur \([0\,;\,+\infty[\) par \(g(t) = t\text{e}^{-0{,}6t}\).

Vérifier que la fonction \(g\) est une solution de l’équation différentielle \((E)\).

c. En déduire les solutions de l’équation différentielle \((E)\) sur \([0\,;\,+\infty[\).

d. En déduire que pour tout réel \(t\) appartenant à l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\), on a :

\[v(t) = (12 + t)\text{e}^{-0{,}6t}.\]

2. Dans cette question, on étudie la fonction \(v\) sur \([0\,;\,+\infty[\).

a. Montrer que pour tout réel \(t \in [0\,;\,+\infty[\), \(v^{\prime}(t) = (-6{,}2 – 0{,}6t)\text{e}^{-0{,}6t}\).

b. En admettant que :

\[v(t) = 12\text{e}^{-0{,}6t} + \dfrac{1}{0{,}6} \times \dfrac{0{,}6t}{\text{e}^{0{,}6t}},\]

déterminer la limite de \(v\) en \(+\infty\).

c. Étudier le sens de variation de la fonction \(v\) et dresser son tableau de variation complet. Justifier.

d. Montrer que l’équation \(v(t) = 1\) admet une solution unique \(\alpha\), dont on donnera une valeur approchée au dixième.

3. Lorsque la vitesse du chariot est inférieure ou égale à 1 mètre par seconde, un système mécanique se déclenche permettant son arrêt complet.

Déterminer au bout de combien de temps ce système entre en action. Justifier.

Partie C

On rappelle que pour tout réel \(t\) appartenant à l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\) :

\[v(t) = (12 + t)\text{e}^{-0{,}6t}.\]

On admet que pour tout réel \(t\) dans l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\) :

\[d(t) = \displaystyle\int_0^t v(x)\,\text{d}x.\]

1. À l’aide d’une intégration par parties, montrer que la distance parcourue par le chariot entre les instants 0 et \(t\) est donnée par :

\[d(t) = \text{e}^{-0{,}6t}(-\dfrac{5}{3}t – \dfrac{205}{9}) + \dfrac{205}{9}.\]

2. On rappelle que le dispositif d’arrêt se déclenche lorsque la vitesse du chariot est inférieure ou égale à 1 mètre par seconde.

Déterminer, selon ce modèle, une valeur approchée au centième de la distance parcourue par le chariot dans la zone de freinage avant le déclenchement de ce dispositif.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. Au premier niveau, on place \(P(A) = 0{,}6\) et \(P(\overline{A}) = 1 – 0{,}6 = 0{,}4\). Au second niveau, on place les probabilités conditionnelles données par l’énoncé : \(P_A(B) = 0{,}3\), donc \(P_A(\overline{B}) = 0{,}7\) ; \(P_{\overline{A}}(B) = 0{,}4\), donc \(P_{\overline{A}}(\overline{B}) = 0{,}6\).

2. On suit le chemin \(\overline{A}\) puis \(\overline{B}\) et on multiplie les probabilités rencontrées :

\[P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(\overline{B}) = 0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}24.\]

Interprétation : 24 % des personnes inscrites ne chutent à aucune des deux séances.

3. Les évènements \(A\) et \(\overline{A}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[P(B) = P(A) \times P_A(B) + P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(B) = 0{,}6 \times 0{,}3 + 0{,}4 \times 0{,}4 = 0{,}18 + 0{,}16 = 0{,}34.\]

On retrouve bien \(P(B) = 0{,}34\).

4. On sait que la personne n’a pas chuté à la deuxième séance : on cherche \(P_{\overline{B}}(\overline{A})\). On a \(P(\overline{B}) = 1 – 0{,}34 = 0{,}66\), et par définition d’une probabilité conditionnelle :

\[P_{\overline{B}}(\overline{A}) = \dfrac{P(\overline{A} \cap \overline{B})}{P(\overline{B})} = \dfrac{0{,}24}{0{,}66} = \dfrac{4}{11} \approx 0{,}364.\]

Une personne qui n’a pas chuté à la deuxième séance n’avait pas chuté non plus à la première avec une probabilité d’environ 0,364.

5. a. Pour chaque personne de l’échantillon, on observe si elle ne chute à aucune séance (succès, de probabilité \(p = 0{,}24\)) ou non (échec) : c’est une épreuve de Bernoulli. Le choix étant assimilé à un tirage avec remise, les 100 épreuves sont identiques et indépendantes. \(X\) compte les succès, donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 100\) et \(p = 0{,}24\).

b. On cherche \(P(X \geq\, 20)\). On passe par l’évènement contraire \(X \leq\, 19\), que donne la calculatrice :

\[P(X \geq\, 20) = 1 – P(X \leq\, 19) \approx 1 – 0{,}145 \approx 0{,}855.\]

La probabilité cherchée est d’environ 0,855.

c. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 100 \times 0{,}24 = 24\). Interprétation : sur un grand nombre d’échantillons de 100 personnes, on compte en moyenne 24 personnes qui ne tombent à aucune des deux séances.

Partie B

1. L’espérance est linéaire : \(E(T) = E(T_1) + E(T_2) = 40 + 60 = 100\). Donc \(E(T) = 100\) : en moyenne, une personne attend 100 minutes au total sur le week-end avant d’accéder aux activités.

2. La variance est le carré de l’écart-type : \(V(T_1) = 10^2 = 100\) et \(V(T_2) = 16^2 = 256\). Comme \(T_1\) et \(T_2\) sont indépendantes, la variance de leur somme est la somme de leurs variances :

\[V(T) = V(T_1) + V(T_2) = 100 + 256 = 356.\]

3. L’intervalle \(]60\,;\,140[\) est centré en \(E(T) = 100\) et de demi-largeur 40 :

\[60 \lt T \lt 140 \iff -40 \lt T – 100 \lt 40 \iff |T – 100| \lt 40.\]

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à \(T\) avec l’écart 40 donne :

\[P(|T – 100| \geq\, 40) \leq\, \dfrac{V(T)}{40^2} = \dfrac{356}{1600} = 0{,}2225.\]

En passant à l’évènement contraire :

\[P(60 \lt T \lt 140) = 1 – P(|T – 100| \geq\, 40) \geq\, 1 – 0{,}2225 = 0{,}7775.\]

Comme \(0{,}7775 \gt 0{,}77\), la probabilité que le temps total d’attente soit strictement compris entre 60 et 140 minutes est supérieure à 0,77.

Exercice 2 :

Partie A

1. On vérifie d’abord que S est sur chacune des droites. Sur \(d\), avec \(t = -1\) : \(x = \frac{3}{2} – 2 = -\frac{1}{2}\), \(y = 2 – 1 = 1\), \(z = 3 + 1 = 4\). Sur \(d^{\prime}\), avec \(s = -\frac{1}{2}\) : \(x = -\frac{1}{2}\), \(y = \frac{3}{2} – \frac{1}{2} = 1\), \(z = 3 + 1 = 4\). Le point S appartient donc à \(d\) et à \(d^{\prime}\).

Il reste à voir que les droites ne sont pas confondues : leurs vecteurs directeurs \(\vec{u}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\) et \(\vec{u^{\prime}}\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}\) ne sont pas colinéaires (on aurait \(2 = \lambda\) d’après la première coordonnée et \(1 = \lambda\) d’après la deuxième). Deux droites non parallèles ayant un point commun sont sécantes : \(d\) et \(d^{\prime}\) sont sécantes en \(\text{S}(-\frac{1}{2}\,;\,1\,;\,4)\).

2. a. On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}\). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (même première coordonnée mais deuxièmes coordonnées différentes), ils dirigent donc le plan (ABC). Dans le repère orthonormé :

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AB}} = 1 \times 2 + 2 \times (-3) + 4 \times 1 = 0 \qquad \vec{n} \cdot \vec{\text{AC}} = 1 \times 2 + 2 \times (-1) + 4 \times 0 = 0.\]

\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : c’est un vecteur normal au plan (ABC).

b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\2\\4\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(x + 2y + 4z + c = 0\). Le point \(\text{C}(1\,;\,1\,;\,1)\) lui appartient, donc \(1 + 2 + 4 + c = 0\), soit \(c = -7\). Une équation de (ABC) est \(x + 2y + 4z – 7 = 0\).

3. A, B et C définissent un plan. Les quatre points sont coplanaires si et seulement si S appartient à ce plan. Or

\[-\dfrac{1}{2} + 2 \times 1 + 4 \times 4 – 7 = \dfrac{21}{2} \neq 0.\]

S n’est pas dans le plan (ABC) : les points A, B, C et S ne sont pas coplanaires.

4. a. H est le projeté orthogonal de S sur (ABC) si H appartient au plan et si \(\vec{\text{SH}}\) est normal au plan.

• H appartient au plan : \(-1 + 2 \times 0 + 4 \times 2 – 7 = 0\).
• \(\vec{\text{SH}}\begin{pmatrix}-1 + \frac{1}{2}\\0 – 1\\2 – 4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\-1\\-2\end{pmatrix} = -\dfrac{1}{2}\,\vec{n}\) : ce vecteur est colinéaire à \(\vec{n}\), donc orthogonal au plan.

H est bien le projeté orthogonal de S sur le plan (ABC).

b. On calcule d’abord \(\text{SH} = \sqrt{(-\frac{1}{2})^2 + (-1)^2 + (-2)^2} = \sqrt{\dfrac{1}{4} + 5} = \sqrt{\dfrac{21}{4}} = \dfrac{\sqrt{21}}{2}\).

Soit \(M\) un point quelconque du plan (ABC). Si \(M = \text{H}\), alors \(\text{S}M = \dfrac{\sqrt{21}}{2}\). Sinon, la droite (SH) est orthogonale au plan, donc à la droite (H\(M\)) qui est contenue dans ce plan : le triangle SH\(M\) est rectangle en H. Le théorème de Pythagore donne \(\text{S}M^2 = \text{SH}^2 + \text{H}M^2 \gt \text{SH}^2\). Dans tous les cas \(\text{S}M \geq\, \dfrac{\sqrt{21}}{2}\) : aucun point \(M\) du plan (ABC) ne vérifie \(\text{S}M \lt \dfrac{\sqrt{21}}{2}\). Autrement dit, \(\dfrac{\sqrt{21}}{2}\) est la distance de S au plan (ABC).

Partie B

1. On a \(\vec{\text{CS}}\begin{pmatrix}-\frac{1}{2} – 1\\1 – 1\\4 – 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\frac{3}{2}\\0\\3\end{pmatrix}\). En notant \(M(x\,;\,y\,;\,z)\), l’égalité \(\vec{\text{C}M} = k\,\vec{\text{CS}}\) s’écrit \(x – 1 = -\frac{3}{2}k\), \(y – 1 = 0\), \(z – 1 = 3k\). Donc

\[M(1 – \dfrac{3}{2}k\,;\,1\,;\,1 + 3k), \quad k \in [0\,;\,1].\]

2. Le point \(M\) a pour ordonnée 1, il ne peut être ni A (ordonnée 2) ni B (ordonnée \(-1\)). Le triangle \(M\)AB est rectangle en \(M\) si et seulement si \(\vec{M\text{A}} \cdot \vec{M\text{B}} = 0\), ce qui revient à \(\vec{\text{A}M} \cdot \vec{\text{B}M} = 0\). On a :

\[\vec{\text{A}M}\begin{pmatrix}2 – \frac{3}{2}k\\-1\\3k\end{pmatrix} \qquad \vec{\text{B}M}\begin{pmatrix}-\frac{3}{2}k\\2\\3k – 1\end{pmatrix}.\]

\[\vec{\text{A}M} \cdot \vec{\text{B}M} = (2 – \dfrac{3}{2}k)(-\dfrac{3}{2}k) – 2 + 3k(3k – 1) = -3k + \dfrac{9}{4}k^2 – 2 + 9k^2 – 3k = \dfrac{45}{4}k^2 – 6k – 2.\]

En multipliant par 4, la condition devient \(45k^2 – 24k – 8 = 0\). Le discriminant vaut \(\Delta = (-24)^2 – 4 \times 45 \times (-8) = 576 + 1440 = 2016 = 144 \times 14\), donc \(\sqrt{\Delta} = 12\sqrt{14}\) et les solutions sont

\[k_1 = \dfrac{24 + 12\sqrt{14}}{90} = \dfrac{4 + 2\sqrt{14}}{15} \approx 0{,}766 \qquad k_2 = \dfrac{4 – 2\sqrt{14}}{15} \approx -0{,}232.\]

Seule \(k_1\) appartient à \([0\,;\,1]\). Il existe donc un unique point \(M\) du segment [CS] tel que le triangle \(M\)AB soit rectangle en \(M\), obtenu pour \(k = \dfrac{4 + 2\sqrt{14}}{15}\). (On peut vérifier qu’alors \(\text{A}M^2 = \text{B}M^2 = 7\) et \(\text{AB}^2 = 14\) : le triangle est même rectangle isocèle.)

Exercice 3 :

1. Affirmation 1 : fausse.

On factorise le numérateur par \(5^n\) et le dénominateur par \(3^n\) :

\[u_n = \dfrac{5^n(1 + \frac{1}{5^n})}{3^n(1 + \frac{2}{3^n})} = (\dfrac{5}{3})^n \times \dfrac{1 + (\frac{1}{5})^n}{1 + 2(\frac{1}{3})^n}.\]

Comme \(\dfrac{5}{3} \gt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} (\dfrac{5}{3})^n = +\infty\). Comme \(\dfrac{1}{5}\) et \(\dfrac{1}{3}\) sont dans \(]0\,;\,1[\), les puissances \((\frac{1}{5})^n\) et \((\frac{1}{3})^n\) tendent vers 0, donc le quotient tend vers 1. Par produit, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = +\infty\) : la suite diverge et ne converge pas vers \(\dfrac{5}{3}\).

2. Affirmation 2 : vraie.

On raisonne par récurrence sur la propriété « \(w_n \geq\, n\) ».

Initialisation. \(w_0 = 0 \geq\, 0\) : la propriété est vraie au rang 0.

Hérédité. Supposons \(w_n \geq\, n\) pour un entier \(n\). En multipliant par 3 (positif) : \(3w_n \geq\, 3n\), puis en ajoutant \(-2n + 3\) :

\[w_{n+1} = 3w_n – 2n + 3 \geq\, 3n – 2n + 3 = n + 3 \geq\, n + 1.\]

La propriété est vraie au rang \(n + 1\).

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(w_n \geq\, n\). (Les premiers termes 0, 3, 10, 29, 84… le confirment.)

3. Affirmation 3 : fausse.

Si \(f\) était convexe sur \(]0\,;\,+\infty[\), sa courbe serait au-dessus de toutes ses tangentes, en particulier de la tangente \(T\) au point A. Or le graphique montre que, de part et d’autre de A, la courbe \(\mathcal{C}_f\) passe sous la droite \(T\) : autour de l’abscisse 8, \(f\) est concave. \(f\) n’est donc pas convexe sur tout son ensemble de définition (elle l’est seulement sur une partie, par exemple au voisinage de 1).

4. Affirmation 4 : vraie.

On étudie \(h(x) = \ln(x) – x + 1\) sur \(]0\,;\,+\infty[\). \(h\) est dérivable et

\[h^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x} – 1 = \dfrac{1 – x}{x}.\]

Sur \(]0\,;\,+\infty[\), \(x \gt 0\), donc \(h^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – x\) : \(h^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0\,;\,1[\) et \(h^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]1\,;\,+\infty[\). La fonction \(h\) est croissante sur \(]0\,;\,1]\) puis décroissante sur \([1\,;\,+\infty[\) : elle admet un maximum en 1, qui vaut \(h(1) = \ln 1 – 1 + 1 = 0\). Donc pour tout \(x \gt 0\), \(h(x) \leq\, 0\), c’est-à-dire \(\ln(x) – x + 1 \leq\, 0\). (Géométriquement : la courbe du logarithme est sous sa tangente \(y = x – 1\) au point d’abscisse 1.)

Exercice 4 :

Partie A

1. On cherche l’abscisse du point de \(\mathcal{C}_d\) d’ordonnée 15 : on lit environ 2 secondes.

2. La distance parcourue \(d(t)\) augmente mais reste sous l’asymptote \(\Delta\), dont l’ordonnée se lit un peu en dessous de 23 (environ 22,8). Le chariot ne parcourt donc jamais plus de 23 m environ : il faut prévoir une zone de freinage d’au moins 23 m environ.

3. \(d^{\prime}(4{,}7)\) est le coefficient directeur de la tangente \(T\) en A. Cette droite passe par A \((4{,}7\,;\,21)\) et coupe l’axe des ordonnées vers 16,4, d’où \(d^{\prime}(4{,}7) \approx \dfrac{21 – 16{,}4}{4{,}7} \approx 1\). La dérivée de la distance par rapport au temps est la vitesse : au bout de 4,7 secondes, la vitesse du chariot est d’environ 1 m.s^-1.

Partie B

1. a. \((E^{\prime})\) s’écrit \(y^{\prime} = -0{,}6y\). Ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto K\text{e}^{-0{,}6t}\), avec \(K\) réel.

b. \(g\) est dérivable comme produit de fonctions dérivables, et \(g^{\prime}(t) = 1 \times \text{e}^{-0{,}6t} + t \times (-0{,}6)\text{e}^{-0{,}6t} = (1 – 0{,}6t)\text{e}^{-0{,}6t}\). Donc

\[g^{\prime}(t) + 0{,}6g(t) = (1 – 0{,}6t)\text{e}^{-0{,}6t} + 0{,}6t\,\text{e}^{-0{,}6t} = \text{e}^{-0{,}6t}.\]

\(g\) est une solution de \((E)\).

c. Les solutions d’une équation différentielle linéaire du premier ordre sont obtenues en ajoutant une solution particulière aux solutions de l’équation homogène associée. Avec \(g\) et la question a., les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(t \mapsto K\text{e}^{-0{,}6t} + t\text{e}^{-0{,}6t} = (K + t)\text{e}^{-0{,}6t}\), avec \(K\) réel.

d. \(v\) est solution de \((E)\), donc il existe \(K\) tel que \(v(t) = (K + t)\text{e}^{-0{,}6t}\). La condition \(v(0) = 12\) donne \((K + 0) \times 1 = 12\), soit \(K = 12\). Ainsi, pour tout \(t \geq\, 0\), \(v(t) = (12 + t)\text{e}^{-0{,}6t}\).

2. a. On dérive le produit \(v(t) = (12 + t) \times \text{e}^{-0{,}6t}\) :

\[v^{\prime}(t) = 1 \times \text{e}^{-0{,}6t} + (12 + t) \times (-0{,}6)\text{e}^{-0{,}6t} = (1 – 7{,}2 – 0{,}6t)\text{e}^{-0{,}6t} = (-6{,}2 – 0{,}6t)\text{e}^{-0{,}6t}.\]

b. Quand \(t \to +\infty\), \(-0{,}6t \to -\infty\), donc \(\text{e}^{-0{,}6t} \to 0\) et \(12\text{e}^{-0{,}6t} \to 0\). En posant \(X = 0{,}6t\), qui tend vers \(+\infty\), on a \(\dfrac{0{,}6t}{\text{e}^{0{,}6t}} = \dfrac{X}{\text{e}^X}\), qui tend vers 0 par croissances comparées. Par somme et produit, \(\lim\limits_{t \to +\infty} v(t) = 0\) : la vitesse du chariot tend vers 0.

c. Pour tout \(t \geq\, 0\), \(\text{e}^{-0{,}6t} \gt 0\) et \(-6{,}2 – 0{,}6t \leq\, -6{,}2 \lt 0\). Donc \(v^{\prime}(t) \lt 0\) : \(v\) est strictement décroissante sur \([0\,;\,+\infty[\), de \(v(0) = 12\) vers la limite 0.

d. Sur \([0\,;\,+\infty[\), \(v\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(v(0) = 12\) jusqu’à la limite 0 en \(+\infty\). Le nombre 1 est compris entre 0 et 12. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone), l’équation \(v(t) = 1\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([0\,;\,+\infty[\).

À la calculatrice : \(v(4{,}6) \approx 1{,}051 \gt 1\) et \(v(4{,}7) \approx 0{,}995 \lt 1\), donc \(4{,}6 \lt \alpha \lt 4{,}7\). En affinant, \(v(4{,}65) \approx 1{,}02 \gt 1\), donc \(4{,}65 \lt \alpha \lt 4{,}7\) : \(\alpha \approx 4{,}7\) au dixième (plus précisément \(\alpha \approx 4{,}69\)).

3. \(v\) est strictement décroissante et \(v(\alpha) = 1\), donc \(v(t) \leq\, 1 \iff t \geq\, \alpha\). La vitesse passe sous 1 m.s^-1 pour la première fois à l’instant \(\alpha\) : le système d’arrêt se déclenche au bout d’environ 4,7 secondes. C’est cohérent avec la lecture \(d^{\prime}(4{,}7) \approx 1\) de la partie A.

Partie C

1. On pose, pour \(x \in [0\,;\,t]\), \(u(x) = 12 + x\) et \(w^{\prime}(x) = \text{e}^{-0{,}6x}\), d’où \(u^{\prime}(x) = 1\) et \(w(x) = -\dfrac{1}{0{,}6}\text{e}^{-0{,}6x} = -\dfrac{5}{3}\text{e}^{-0{,}6x}\). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues, la formule d’intégration par parties s’applique :

\[d(t) = \int_0^t (12 + x)\text{e}^{-0{,}6x}\,\text{d}x = [-\dfrac{5}{3}(12 + x)\text{e}^{-0{,}6x}]_0^t + \dfrac{5}{3}\int_0^t \text{e}^{-0{,}6x}\,\text{d}x.\]

Le crochet vaut \(-\dfrac{5}{3}(12 + t)\text{e}^{-0{,}6t} + 20\). L’intégrale restante vaut \(\dfrac{5}{3}[-\dfrac{5}{3}\text{e}^{-0{,}6x}]_0^t = -\dfrac{25}{9}\text{e}^{-0{,}6t} + \dfrac{25}{9}\). En regroupant :

\[d(t) = \text{e}^{-0{,}6t}(-20 – \dfrac{5}{3}t – \dfrac{25}{9}) + 20 + \dfrac{25}{9} = \text{e}^{-0{,}6t}(-\dfrac{5}{3}t – \dfrac{205}{9}) + \dfrac{205}{9},\]

car \(20 + \dfrac{25}{9} = \dfrac{180 + 25}{9} = \dfrac{205}{9}\). On remarque que \(\dfrac{205}{9} \approx 22{,}78\) est l’ordonnée de l’asymptote \(\Delta\) lue en partie A.

2. Le dispositif se déclenche à l’instant \(\alpha\) (partie B, question 3). La distance parcourue avant le déclenchement est donc \(d(\alpha)\). Avec la valeur précise \(\alpha \approx 4{,}6915\) obtenue à la calculatrice :

\[d(\alpha) = \text{e}^{-0{,}6\alpha}(-\dfrac{5}{3}\alpha – \dfrac{205}{9}) + \dfrac{205}{9} \approx 20{,}94.\]

Le chariot a parcouru environ 20,94 m dans la zone de freinage quand le dispositif d’arrêt se déclenche. (Si l’on remplace \(\alpha\) par son arrondi 4,7, on obtient \(d(4{,}7) \approx 20{,}95\) : l’écart vient seulement de l’arrondi de \(\alpha\).)

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