Bac maths 2025 Polynésie J2 : sujet et corrigé

Cette page contient le sujet 2 du bac de spécialité mathématiques 2025 en Polynésie, posé le 18 juin 2025 : l’énoncé complet, puis un corrigé détaillé question par question. Le premier exercice suit une donnée binaire (0 ou 1) transmise de machine en machine avec 10 % d’erreurs : arbre pondéré, suite arithmético-géométrique démontrée par récurrence, limite égale à 0,5, puis simulation en Python. Le deuxième étudie la fonction \(x \mapsto x\ln(x-2)\) : conjectures graphiques, limite en 2, étude de la dérivée à l’aide d’une fonction auxiliaire, point d’inflexion et nombre de tangentes de pente 3. Le troisième, en géométrie dans l’espace, fait calculer un projeté orthogonal, une hauteur et le volume d’un tétraèdre. Le dernier est un vrai-faux : dénombrement, aire sous la parabole, intégration par parties, équation différentielle et limite de suite.

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

Sauf mention contraire, toute réponse devra être justifiée

Exercice 1 (5 points)

Dans tout l’exercice, les probabilités seront, si nécessaire, arrondies à \(10^{-3}\) près.

Une donnée binaire est une donnée qui ne peut prendre que deux valeurs : 0 ou 1.

Une donnée de ce type est transmise successivement d’une machine à une autre.

Chaque machine transmet la donnée reçue soit de manière fidèle, c’est-à-dire en transmettant l’information telle qu’elle l’a reçue (1 devient 1 et 0 devient 0), soit de façon contraire (1 devient 0 et 0 et devient 1).

La transmission est fidèle dans 90 % des cas, et donc contraire dans 10 % des cas.

Dans tout l’exercice, la première machine reçoit toujours la valeur 1.

Partie A

Pour tout entier naturel \(n \geq\, 1\), on note :

\(V_n\) l’évènement : « la \(n\)-ième machine détient la valeur 1 » ;
\(\overline{V_n}\) l’évènement : « la \(n\)-ième machine détient la valeur 0 ».

1. a. Recopier et compléter l’arbre de probabilité ci-dessous.

b. Démontrer que \(P(V_3) = 0{,}82\) et interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

c. Sachant que la troisième machine a reçu la valeur 1, calculer la probabilité que la deuxième machine ait aussi reçu la valeur 1.

2. Pour tout entier naturel \(n \geq\, 1\), on note \(p_n = P(V_n)\).

La première machine a reçu la valeur 1, on a donc \(p_1 = 1\).

a. Démontrer que pour tout entier naturel \(n \geq\, 1\) :

\[p_{n+1} = 0{,}8p_n + 0{,}1.\]

b. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel \(n \geq\, 1\),

\[p_n = 0{,}5 \times 0{,}8^{n-1} + 0{,}5.\]

c. Calculer la limite de \(p_n\) lorsque \(n\) tend vers l’infini. Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

Partie B

Pour modéliser en langage Python la transmission de la donnée binaire décrite en début d’exercice, on considère la fonction simulation qui prend en paramètre un entier naturel \(n\) qui représente le nombre de transmissions réalisées d’une machine à une autre, et qui renvoie la liste des valeurs successives de la donnée binaire.

On donne ci-dessous le script incomplet de cette fonction.

On rappelle que l’instruction rand() renvoie un nombre aléatoire de l’intervalle \([0\,;\,1[\).

1   def simulation(n):
2      donnee = 1
3      liste = [donnee]
4      for k in range(n):
5          if rand() <0.1
6             donnee = 1 - donnee
7          liste.append(donnee)
9      return liste

Par exemple, simulation(3) peut renvoyer [1, 0, 0, 1]. Cette liste traduit :

qu’une donnée binaire a été successivement transmise trois fois entre quatre machines ;
la première machine qui détient la valeur 1 a transmis de façon contraire cette donnée à la deuxième machine ;
la deuxième machine a transmis la donnée qu’elle détient de façon fidèle à la troisième ;
la troisième machine a transmis de façon contraire la donnée qu’elle détient à la quatrième.

1. Déterminer le rôle des instructions des lignes 5 et 6 de l’algorithme ci-dessus.

2. Calculer la probabilité que simulation(4) renvoie la liste [1, 1, 1, 1, 1] et la probabilité que simulation(6) renvoie la liste [1, 0, 1, 0, 0, 1, 1].

Exercice 2 (5 points)

On considère la fonction \(f\) définie sur l’intervalle \(]2\,;\,+\infty[\) par

\[f(x) = x\ln(x – 2).\]

Une partie de la courbe représentative \(\mathcal{C}_f\) de la fonction \(f\) est donnée ci-dessous.

1. Conjecturer, à l’aide du graphique, le sens de variation de \(f\), ses limites aux bornes de son ensemble de définition ainsi que les éventuelles asymptotes.

2. Résoudre l’équation \(f(x) = 0\) sur \(]2\,;\,+\infty[\).

3. Calculer \(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 2\\ x \gt 2}} f(x)\).

Ce résultat confirme-t-il l’une des conjectures faites à la question 1. ?

4. Démontrer que pour tout \(x\) appartenant à \(]2\,;\,+\infty[\) :

\[f^{\prime}(x) = \ln(x – 2) + \dfrac{x}{x – 2}.\]

5. On considère la fonction \(g\) définie sur l’intervalle \(]2\,;\,+\infty[\) par \(g(x) = f^{\prime}(x)\).

a. Démontrer que pour tout \(x\) appartenant à \(]2\,;\,+\infty[\), on a :

\[g^{\prime}(x) = \dfrac{x – 4}{(x – 2)^2}.\]

b. On admet que \(\displaystyle\lim_{\substack{x \to 2\\ x \gt 2}} g(x) = +\infty\) et que \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty\).

En déduire le tableau des variations de la fonction \(g\) sur \(]2\,;\,+\infty[\). On fera apparaître la valeur exacte de l’extremum de la fonction \(g\).

c. En déduire que, pour tout \(x\) appartenant à \(]2\,;\,+\infty[\), \(g(x) \gt 0\).

d. En déduire le sens de variation de la fonction \(f\) sur \(]2\,;\,+\infty[\).

6. Étudier la convexité de la fonction \(f\) sur \(]2\,;\,+\infty[\) et préciser les coordonnées d’un éventuel point d’inflexion de la courbe représentative de la fonction \(f\).

7. Combien de valeurs de \(x\) existe-t-il pour lesquelles la courbe représentative de \(f\) admet une tangente de coefficient directeur égal à 3 ?

Exercice 3 (5 points)

L’espace est rapporté à un repère orthonormé \((\text{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath},\,\vec{k})\).

On considère les points suivants :

\(\text{A}(1\,;\,3\,;\,0)\), \(\text{B}(-1\,;\,4\,;\,5)\), \(\text{C}(0\,;\,1\,;\,0)\) et \(\text{D}(-2\,;\,2\,;\,1)\).

1. Montrer que les points A, B et C déterminent un plan.

2. Montrer que le triangle ABC est rectangle en A.

3. Soit \(\Delta\) la droite passant par le point D et de vecteur directeur \(\vec{u}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}\).

a. Démontrer que la droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ABC).

b. Justifier que le plan (ABC) admet pour équation cartésienne :

\[2x – y + z + 1 = 0.\]

c. Déterminer une représentation paramétrique de la droite \(\Delta\).

4. On appelle H le point de coordonnées \((-\dfrac{2}{3}\ \ \dfrac{4}{3}\,;\,\dfrac{5}{3})\).

Vérifier que H est le projeté orthogonal du point D sur le plan (ABC).

5. On rappelle que le volume d’un tétraèdre est donné par \(V = \dfrac{1}{3}B \times h\), où \(B\) est l’aire d’une base du tétraèdre et \(h\) est sa hauteur relative à cette base.

a. Montrer que \(\text{DH} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}\).

b. En déduire le volume du tétraèdre ABCD.

6. On considère la droite \(d\) de représentation paramétrique :

\[\begin{cases} x = 1 – 2k \\ y = -3k \\ z = 1 + k \end{cases} \quad \text{où } k \text{ décrit } \mathbb{R}.\]

La droite \(d\) et le plan (ABC) sont-ils sécants ou parallèles ?

Exercice 4 (5 points)

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

1. Soient \(E\) et \(F\) les ensembles \(E = \{1\,;\,2\,;\,3\,;\,4\,;\,5\,;\,6\,;\,7\}\) et \(F = \{0\,;\,1\,;\,2\,;\,3\,;\,4\,;\,5\,;\,6\,;\,7\,;\,8\,;\,9\}\).

Affirmation n° 1 : Il y a davantage de 3-uplets d’éléments distincts de \(E\) que de combinaisons à 4 éléments de \(F\).

2. Dans le repère orthonormé ci-contre, on a représenté la fonction carré, notée \(f\), ainsi que le carré ABCD de côté 3.

Affirmation n° 2 : La zone hachurée et le carré ABCD ont la même aire.

3. On considère l’intégrale \(J\) ci-dessous :

\[J = \int_1^2 x\ln(x)\,\text{d}x.\]

Affirmation n° 3 : Une intégration par parties permet d’obtenir : \(J = \dfrac{7}{11}\).

4. Sur \(\mathbb{R}\), on considère l’équation différentielle

\[(E) : \quad y^{\prime} = 2y – \text{e}^x.\]

Affirmation n° 4 : La fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x) = \text{e}^x + \text{e}^{2x}\) est solution de l’équation différentielle \((E)\).

5. Soit \(x\) donné dans \([0\,;\,1[\). On considère la suite \((u_n)\) définie pour tout entier naturel \(n\) par :

\[u_n = (x – 1)\text{e}^n + \cos(n).\]

Affirmation n° 5 : La suite \((u_n)\) diverge vers \(-\infty\).

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. a. Chaque transmission est fidèle avec probabilité 0,9. Si la machine précédente détient 1, la suivante détient 1 avec probabilité 0,9 (transmission fidèle) et 0 avec probabilité 0,1 (transmission contraire). Si la machine précédente détient 0, c’est l’inverse : la suivante détient 0 avec probabilité 0,9 et 1 avec probabilité 0,1.

Branches issues de \(V_1\) : \(P_{V_1}(V_2) = 0{,}9\) et \(P_{V_1}(\overline{V_2}) = 0{,}1\).
Branches issues de \(V_2\) : \(P_{V_2}(V_3) = 0{,}9\) et \(P_{V_2}(\overline{V_3}) = 0{,}1\).
Branches issues de \(\overline{V_2}\) : \(P_{\overline{V_2}}(V_3) = 0{,}1\) et \(P_{\overline{V_2}}(\overline{V_3}) = 0{,}9\).

b. La machine 3 détient la valeur 1 en suivant deux chemins : deux transmissions fidèles (\(V_2\) puis \(V_3\)) ou deux transmissions contraires (\(\overline{V_2}\) puis \(V_3\)). Comme \(V_2\) et \(\overline{V_2}\) forment une partition de l’univers, la formule des probabilités totales donne :

\[P(V_3) = P(V_2 \cap V_3) + P(\overline{V_2} \cap V_3) = 0{,}9 \times 0{,}9 + 0{,}1 \times 0{,}1 = 0{,}81 + 0{,}01 = 0{,}82.\]

Donc \(P(V_3) = 0{,}82\) : après deux transmissions, la troisième machine détient la valeur de départ (1) dans 82 % des cas.

c. On cherche \(P_{V_3}(V_2)\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :

\[P_{V_3}(V_2) = \dfrac{P(V_2 \cap V_3)}{P(V_3)} = \dfrac{0{,}81}{0{,}82} = \dfrac{81}{82} \approx 0{,}988.\]

Sachant que la troisième machine a reçu 1, la probabilité que la deuxième ait aussi reçu 1 est d’environ \(0{,}988\).

2. a. Soit \(n \geq\, 1\). On raisonne comme en 1. b, mais entre les machines \(n\) et \(n+1\). Les évènements \(V_n\) et \(\overline{V_n}\) forment une partition, avec \(P(V_n) = p_n\) et \(P(\overline{V_n}) = 1 – p_n\). D’après la formule des probabilités totales :

\[p_{n+1} = P(V_n) \times P_{V_n}(V_{n+1}) + P(\overline{V_n}) \times P_{\overline{V_n}}(V_{n+1}) = 0{,}9p_n + 0{,}1(1 – p_n).\]

En développant : \(p_{n+1} = 0{,}9p_n + 0{,}1 – 0{,}1p_n\), c’est-à-dire \(p_{n+1} = 0{,}8p_n + 0{,}1\).

b. Pour tout entier \(n \geq\, 1\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(p_n = 0{,}5 \times 0{,}8^{n-1} + 0{,}5\) ».

Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(0{,}5 \times 0{,}8^{0} + 0{,}5 = 0{,}5 + 0{,}5 = 1 = p_1\). La propriété \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n \geq\, 1\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. En utilisant la relation de la question 2. a :

\[p_{n+1} = 0{,}8(0{,}5 \times 0{,}8^{n-1} + 0{,}5) + 0{,}1 = 0{,}5 \times 0{,}8^{n} + 0{,}4 + 0{,}1 = 0{,}5 \times 0{,}8^{n} + 0{,}5.\]

C’est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\), puisque \(0{,}8^{n} = 0{,}8^{(n+1)-1}\).

Conclusion. La propriété est vraie au rang 1 et héréditaire ; par récurrence, pour tout \(n \geq\, 1\), \(p_n = 0{,}5 \times 0{,}8^{n-1} + 0{,}5\).

c. Comme \(-1 \lt 0{,}8 \lt 1\), la suite géométrique \((0{,}8^{n-1})\) tend vers 0. Par produit puis par somme :

\[\lim_{n \to +\infty} p_n = 0{,}5 \times 0 + 0{,}5 = 0{,}5.\]

Donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = 0{,}5\). Interprétation : après un très grand nombre de transmissions, la dernière machine détient la valeur 1 ou la valeur 0 avec des probabilités presque égales à 0,5. La valeur initiale est « oubliée » : la donnée reçue au bout de la chaîne ne renseigne plus du tout sur la donnée de départ.

Partie B

1. Ligne 5. Le nombre rand() est choisi au hasard dans \([0\,;\,1[\) ; il est strictement inférieur à 0,1 avec une probabilité égale à la longueur de l’intervalle \([0\,;\,0{,}1[\), c’est-à-dire 0,1. Le test simule donc un évènement de probabilité 0,1 : une transmission contraire.

Ligne 6. Elle n’est exécutée que si ce test est vrai. Elle remplace donnee par 1 - donnee : si la donnée vaut 1, elle devient \(1 – 1 = 0\) ; si elle vaut 0, elle devient \(1 – 0 = 1\). Elle inverse donc la valeur.

En résumé, les lignes 5 et 6 simulent une transmission : avec une probabilité de 0,1, la donnée est changée en son contraire, sinon (probabilité 0,9) elle est conservée. (Pour que le script fonctionne en Python, il faut ajouter les deux-points à la fin de la ligne 5 : if rand() < 0.1:.)

2. Les transmissions sont indépendantes, donc la probabilité d’une liste donnée est le produit des probabilités de chaque transmission : 0,9 pour une transmission fidèle (deux valeurs consécutives égales), 0,1 pour une transmission contraire (deux valeurs consécutives différentes).

La liste [1, 1, 1, 1, 1] correspond à 4 transmissions fidèles :

\[P = 0{,}9^4 = 0{,}6561 \approx 0{,}656.\]

La liste [1, 0, 1, 0, 0, 1, 1] correspond aux 6 transmissions successives : \(1 \to 0\) contraire, \(0 \to 1\) contraire, \(1 \to 0\) contraire, \(0 \to 0\) fidèle, \(0 \to 1\) contraire, \(1 \to 1\) fidèle. Soit 4 transmissions contraires et 2 fidèles :

\[P = 0{,}1^4 \times 0{,}9^2 = 0{,}0001 \times 0{,}81 = 0{,}000\,081.\]

Les probabilités cherchées sont donc environ \(0{,}656\) pour [1, 1, 1, 1, 1] et \(8{,}1 \times 10^{-5}\) pour [1, 0, 1, 0, 0, 1, 1], soit environ \(0{,}000\) à \(10^{-3}\) près : cette seconde liste est très improbable.

Exercice 2 :

1. D’après le graphique, on peut conjecturer que :

\(f\) est croissante sur \(]2\,;\,+\infty[\) ;
\(\lim\limits_{x \to 2} f(x) = -\infty\), ce qui correspondrait à une asymptote verticale d’équation \(x = 2\) ;
\(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\), sans asymptote apparente en \(+\infty\).

2. Pour \(x \gt 2\), un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul : \(x = 0\) ou \(\ln(x – 2) = 0\). Le cas \(x = 0\) est exclu car \(x \gt 2\). Il reste \(\ln(x – 2) = 0 \iff x – 2 = 1 \iff x = 3\), et 3 appartient bien à \(]2\,;\,+\infty[\).

L’équation \(f(x) = 0\) a pour unique solution \(x = 3\) (ce que confirme le graphique : \(\mathcal{C}_f\) coupe l’axe des abscisses en 3).

3. Quand \(x\) tend vers 2 par valeurs supérieures, \(x – 2\) tend vers 0 en restant strictement positif. Comme \(\lim\limits_{X \to 0^+} \ln X = -\infty\), par composition \(\lim\limits_{x \to 2^+} \ln(x – 2) = -\infty\). Par ailleurs, \(x\) tend vers 2, qui est strictement positif. Par produit :

\[\lim_{\substack{x \to 2\\ x \gt 2}} f(x) = -\infty.\]

Ce résultat confirme la conjecture sur la limite en 2, et donc aussi l’existence d’une asymptote verticale d’équation \(x = 2\) pour \(\mathcal{C}_f\).

4. \(f\) est le produit de \(u(x) = x\), avec \(u^{\prime}(x) = 1\), et de \(v(x) = \ln(x – 2)\). La fonction \(x \mapsto x – 2\) est strictement positive et dérivable sur \(]2\,;\,+\infty[\), donc \(v^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x – 2}\) (dérivée de \(\ln w\) égale à \(\dfrac{w^{\prime}}{w}\)). D’après \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) :

\[f^{\prime}(x) = 1 \times \ln(x – 2) + x \times \dfrac{1}{x – 2} = \ln(x – 2) + \dfrac{x}{x – 2}.\]

5. a. On dérive les deux termes de \(g(x) = \ln(x – 2) + \dfrac{x}{x – 2}\). La dérivée de \(\ln(x – 2)\) est \(\dfrac{1}{x – 2}\). Pour le quotient, \((\dfrac{u}{v})^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}v – uv^{\prime}}{v^2}\) donne \(\dfrac{1 \times (x – 2) – x \times 1}{(x – 2)^2} = \dfrac{-2}{(x – 2)^2}\). En réduisant au même dénominateur :

\[g^{\prime}(x) = \dfrac{x – 2}{(x – 2)^2} – \dfrac{2}{(x – 2)^2} = \dfrac{x – 4}{(x – 2)^2}.\]

b. Sur \(]2\,;\,+\infty[\), \((x – 2)^2 \gt 0\), donc \(g^{\prime}(x)\) a le signe de \(x – 4\) : négatif sur \(]2\,;\,4[\), nul en 4, positif sur \(]4\,;\,+\infty[\). La fonction \(g\) est donc décroissante sur \(]2\,;\,4]\) et croissante sur \([4\,;\,+\infty[\). Son minimum est atteint en 4 :

\[g(4) = \ln(4 – 2) + \dfrac{4}{4 – 2} = \ln 2 + 2.\]

\(x\)	2		4		\(+\infty\)
signe de \(g^{\prime}(x)\)	\|\|	\(-\)	0	\(+\)
variations de \(g\)	\|\| \(+\infty\)	décroissante ↘	\(2 + \ln 2\)	croissante ↗	\(+\infty\)

Le minimum de \(g\) est \(g(4) = 2 + \ln 2\) (environ 2,69).

c. Le minimum de \(g\) sur \(]2\,;\,+\infty[\) est \(2 + \ln 2\). Comme \(\ln 2 \gt 0\), on a \(2 + \ln 2 \gt 2 \gt 0\). Toutes les valeurs de \(g\) sont supérieures ou égales à ce minimum, donc \(g(x) \gt 0\) pour tout \(x \gt 2\).

d. Comme \(g = f^{\prime}\), on a \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]2\,;\,+\infty[\) : \(f\) est strictement croissante sur \(]2\,;\,+\infty[\), ce qui confirme la conjecture de la question 1.

6. La convexité de \(f\) dépend du signe de \(f^{\prime\prime} = g^{\prime}\), étudié à la question 5. b :

sur \(]2\,;\,4]\), \(f^{\prime\prime}(x) \leq\, 0\) : \(f\) est concave ;
sur \([4\,;\,+\infty[\), \(f^{\prime\prime}(x) \geq\, 0\) : \(f\) est convexe.

La dérivée seconde s’annule en 4 en changeant de signe, donc la courbe change de convexité en ce point. Comme \(f(4) = 4\ln(4 – 2) = 4\ln 2\), la courbe \(\mathcal{C}_f\) admet un unique point d’inflexion, de coordonnées \((4\,;\,4\ln 2)\), soit environ \((4\,;\,2{,}77)\).

7. La tangente au point d’abscisse \(x\) a pour coefficient directeur \(f^{\prime}(x) = g(x)\). On cherche donc le nombre de solutions de \(g(x) = 3\) sur \(]2\,;\,+\infty[\).

Rappelons que \(g(4) = 2 + \ln 2 \approx 2{,}69\), donc \(g(4) \lt 3\).

Sur \(]2\,;\,4]\), \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(+\infty\) (limite en 2) à \(g(4) \lt 3\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x) = 3\) a exactement une solution \(\alpha\) dans cet intervalle.
Sur \([4\,;\,+\infty[\), \(g\) est continue et strictement croissante, de \(g(4) \lt 3\) à \(+\infty\). Pour la même raison, l’équation \(g(x) = 3\) a exactement une solution \(\beta\) dans cet intervalle.

La valeur 4 n’est pas solution puisque \(g(4) \neq 3\) : les deux solutions sont distinctes. Il existe donc exactement deux valeurs de \(x\) pour lesquelles \(\mathcal{C}_f\) admet une tangente de coefficient directeur 3 (on remarque que \(\alpha = 3\), puisque \(g(3) = \ln 1 + \dfrac{3}{1} = 3\), et la calculatrice donne \(\beta \approx 6{,}92\)).

Exercice 3 :

1. On calcule \(\vec{\text{AB}}(-2\,;\,1\,;\,5)\) et \(\vec{\text{AC}}(-1\,;\,-2\,;\,0)\). S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{AB}} = k\vec{\text{AC}}\) ; la troisième coordonnée donnerait \(5 = k \times 0\), ce qui est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés et déterminent un plan.

2. Le repère est orthonormé, donc :

\[\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = (-2) \times (-1) + 1 \times (-2) + 5 \times 0 = 2 – 2 + 0 = 0.\]

Les vecteurs \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\), non nuls, sont orthogonaux : les droites (AB) et (AC) sont perpendiculaires, et le triangle ABC est rectangle en A.

3. a. Une droite est orthogonale à un plan lorsque son vecteur directeur est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Avec \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) :

\[\vec{u} \cdot \vec{\text{AB}} = 2 \times (-2) + (-1) \times 1 + 1 \times 5 = -4 – 1 + 5 = 0,\]

\[\vec{u} \cdot \vec{\text{AC}} = 2 \times (-1) + (-1) \times (-2) + 1 \times 0 = -2 + 2 + 0 = 0.\]

\(\vec{u}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), donc la droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ABC).

b. D’après la question précédente, \(\vec{u}(2\,;\,-1\,;\,1)\) est un vecteur normal à (ABC). Une équation de (ABC) est donc de la forme \(2x – y + z + d = 0\). Le point A appartient au plan : \(2 \times 1 – 3 + 0 + d = 0\), d’où \(d = 1\). Une équation cartésienne de (ABC) est bien \(2x – y + z + 1 = 0\).

On peut contrôler avec B et C : \(2 \times (-1) – 4 + 5 + 1 = 0\) et \(2 \times 0 – 1 + 0 + 1 = 0\).

c. \(\Delta\) passe par \(\text{D}(-2\,;\,2\,;\,1)\) et est dirigée par \(\vec{u}(2\,;\,-1\,;\,1)\) :

\[\Delta : \begin{cases} x = -2 + 2t \\ y = 2 – t \\ z = 1 + t \end{cases} \quad \text{où } t \text{ décrit } \mathbb{R}.\]

4. Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est le point d’intersection du plan avec la droite passant par D et orthogonale au plan, c’est-à-dire avec \(\Delta\). Il suffit donc de vérifier que H appartient à la fois à \(\Delta\) et à (ABC).

H appartient à (ABC) : \(2 \times (-\dfrac{2}{3}) – \dfrac{4}{3} + \dfrac{5}{3} + 1 = \dfrac{-4 – 4 + 5 + 3}{3} = 0\).

H appartient à \(\Delta\) : avec \(t = \dfrac{2}{3}\), on obtient \(x = -2 + \dfrac{4}{3} = -\dfrac{2}{3}\), \(y = 2 – \dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{3}\) et \(z = 1 + \dfrac{2}{3} = \dfrac{5}{3}\).

H est donc sur la perpendiculaire à (ABC) passant par D et dans le plan (ABC) : H est le projeté orthogonal de D sur (ABC).

5. a. On a \(\vec{\text{DH}}(-\dfrac{2}{3} + 2\,;\,\dfrac{4}{3} – 2\,;\,\dfrac{5}{3} – 1) = (\dfrac{4}{3}\,;\,-\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{2}{3})\), c’est-à-dire \(\vec{\text{DH}} = \dfrac{2}{3}\vec{u}\). Dans le repère orthonormé :

\[\text{DH} = \sqrt{\dfrac{16}{9} + \dfrac{4}{9} + \dfrac{4}{9}} = \sqrt{\dfrac{24}{9}} = \dfrac{\sqrt{24}}{3} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}.\]

b. On prend pour base le triangle ABC. Puisque H est le projeté orthogonal de D sur (ABC), la hauteur associée est \(h = \text{DH}\).

Le triangle ABC est rectangle en A, donc son aire est \(\dfrac{\text{AB} \times \text{AC}}{2}\), avec \(\text{AB} = \sqrt{4 + 1 + 25} = \sqrt{30}\) et \(\text{AC} = \sqrt{1 + 4 + 0} = \sqrt{5}\) :

\[B = \dfrac{\sqrt{30} \times \sqrt{5}}{2} = \dfrac{\sqrt{150}}{2} = \dfrac{5\sqrt{6}}{2}.\]

Le volume vaut alors :

\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{5\sqrt{6}}{2} \times \dfrac{2\sqrt{6}}{3} = \dfrac{10 \times 6}{18} = \dfrac{10}{3}.\]

Le volume du tétraèdre ABCD est \(\dfrac{10}{3}\) unités de volume, soit environ 3,33.

6. Un vecteur directeur de \(d\) est \(\vec{w}(-2\,;\,-3\,;\,1)\). On le compare au vecteur normal \(\vec{u}\) du plan :

\[\vec{u} \cdot \vec{w} = 2 \times (-2) + (-1) \times (-3) + 1 \times 1 = -4 + 3 + 1 = 0.\]

Le vecteur directeur de \(d\) est orthogonal au vecteur normal de (ABC) : la droite \(d\) est parallèle au plan (ABC). On peut préciser : le point \((1\,;\,0\,;\,1)\) de \(d\) (obtenu pour \(k = 0\)) donne \(2 \times 1 – 0 + 1 + 1 = 4 \neq 0\), il n’est pas dans le plan ; \(d\) est donc strictement parallèle à (ABC), sans point commun avec lui.

Exercice 4 :

1. Affirmation n° 1 : fausse. Un 3-uplet d’éléments distincts de \(E\) est une liste ordonnée sans répétition de 3 éléments parmi 7 : il y en a \(7 \times 6 \times 5 = 210\). Une combinaison à 4 éléments de \(F\) est une partie à 4 éléments parmi 10 : il y en a

\[\binom\,{10}{4} = \dfrac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \dfrac{5\,040}{24} = 210.\]

Les deux nombres sont égaux : il n’y a pas davantage de 3-uplets que de combinaisons, l’affirmation est fausse.

2. Affirmation n° 2 : vraie. Le carré ABCD a pour côté 3, donc pour aire \(3^2 = 9\) unités d’aire. La zone hachurée est limitée par la parabole, l’axe des abscisses et les droites d’équations \(x = 0\) et \(x = 3\) ; la fonction carré étant continue et positive sur \([0\,;\,3]\), son aire est :

\[\int_0^3 x^2\,\text{d}x = [\dfrac{x^3}{3}]_0^3 = \dfrac{27}{3} – 0 = 9.\]

Les deux aires valent 9 unités d’aire : elles sont égales.

3. Affirmation n° 3 : fausse. On pose \(u(x) = \ln x\), donc \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\), et \(v^{\prime}(x) = x\), donc \(v(x) = \dfrac{x^2}{2}\) ; ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([1\,;\,2]\). L’intégration par parties donne :

\[J = [\dfrac{x^2}{2}\ln x]_1^2 – \int_1^2 \dfrac{x^2}{2} \times \dfrac{1}{x}\,\text{d}x = 2\ln 2 – 0 – \int_1^2 \dfrac{x}{2}\,\text{d}x.\]

Or \(\displaystyle\int_1^2 \dfrac{x}{2}\,\text{d}x = [\dfrac{x^2}{4}]_1^2 = 1 – \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}\), donc \(J = 2\ln 2 – \dfrac{3}{4} \approx 0{,}636\,29\).

Or \(\dfrac{7}{11} \approx 0{,}636\,36\) : les deux nombres sont très proches, mais différents (\(J\) contient \(\ln 2\), qui est irrationnel, alors que \(\dfrac{7}{11}\) est rationnel). Donc \(J \neq \dfrac{7}{11}\).

4. Affirmation n° 4 : vraie. \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{\prime}(x) = \text{e}^x + 2\text{e}^{2x}\). D’autre part :

\[2f(x) – \text{e}^x = 2\text{e}^x + 2\text{e}^{2x} – \text{e}^x = \text{e}^x + 2\text{e}^{2x}.\]

Pour tout réel \(x\), \(f^{\prime}(x) = 2f(x) – \text{e}^x\) : \(f\) est bien solution de \((E)\).

5. Affirmation n° 5 : vraie. Comme \(0 \leq\, x \lt 1\), le nombre \(x – 1\) appartient à \([-1\,;\,0[\) : il est strictement négatif. Pour tout entier \(n\), \(\cos(n) \leq\, 1\), donc :

\[u_n \leq\, (x – 1)\text{e}^n + 1.\]

Comme \(\lim\limits_{n \to +\infty} \text{e}^n = +\infty\) et \(x – 1 \lt 0\), on a \(\lim\limits_{n \to +\infty} (x – 1)\text{e}^n = -\infty\), puis \(\lim\limits_{n \to +\infty} ((x – 1)\text{e}^n + 1) = -\infty\). Par le théorème de comparaison, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = -\infty\) : la suite diverge vers \(-\infty\).

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