Bac maths 2024 Amérique du Sud J1 : sujet et corrigé

Voici le sujet du jour 1 du bac de spécialité mathématiques 2024 d’Amérique du Sud, passé le 21 novembre 2024, recopié en entier puis accompagné d’un corrigé détaillé de chaque question. Le premier exercice résout une équation différentielle du premier ordre avec second membre exponentiel, étudie la fonction obtenue et fait tourner à la main un algorithme de dichotomie écrit en Python. Le deuxième met en scène deux urnes : une boule passe de l’une à l’autre, puis on enchaîne arbre pondéré, formule de Bayes, loi binomiale et dénombrement de tirages simultanés. Le troisième propose quatre affirmations vrai-faux sur les suites, dont une intégrale calculée par parties. Le dernier, en géométrie dans l’espace, conduit au calcul de la distance entre deux droites non coplanaires.

Entraînez-vous avec les autres annales corrigées réunies sur notre page consacrée au bac maths 2027.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2024
Mathématiques — Jour 1
Amérique du Sud — 21 novembre 2024
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (5 points)

Partie A

On considère l’équation différentielle

\[(E) : \quad y^{\prime} + \dfrac{1}{4}y = 20\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x},\]

d’inconnue \(y\), fonction définie et dérivable sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\).

1. Déterminer la valeur du réel \(a\) tel que la fonction \(g\) définie sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\) par \(g(x) = ax\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\) soit une solution particulière de l’équation différentielle \((E)\).

2. On considère l’équation différentielle

\[(E^{\prime}) : \quad y^{\prime} + \dfrac{1}{4}y = 0,\]

d’inconnue \(y\), fonction définie et dérivable sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\).

Déterminer les solutions de l’équation différentielle \((E^{\prime})\).

3. En déduire les solutions de l’équation différentielle \((E)\).

4. Déterminer la solution \(f\) de l’équation différentielle \((E)\) telle que \(f(0) = 8\).

Partie B

On considère la fonction \(f\) définie sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\) par

\[f(x) = (20x + 8)\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}.\]

On admet que la fonction \(f\) est dérivable sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\) et on note \(f^{\prime}\) sa fonction dérivée sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\). De plus, on admet que \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0\).

1. a. Justifier que, pour tout réel \(x\) positif,

\[f^{\prime}(x) = (18 – 5x)\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}.\]

b. En déduire le tableau de variations de la fonction \(f\). On précisera la valeur exacte du maximum de la fonction \(f\) sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\).

2. Dans cette question on s’intéresse à l’équation \(f(x) = 8\).

a. Justifier que l’équation \(f(x) = 8\) admet une unique solution, notée \(\alpha\), dans l’intervalle \([14\,;\,15]\).

b. Recopier et compléter le tableau ci-dessous en faisant tourner étape par étape la fonction solution_equation ci-contre, écrite en langage Python.

\(a\)	14
\(b\)	15
\(b – a\)	1
\(m\)	14,5
Condition \(f(m) \gt 8\)	FAUX

from math import exp
def f(x):
    return (20*x+8)*exp(-1/4*x)

def solution_equation():
    a,b = 14,15
    while b-a > 0.1 :
        m = (a+b)/2
        if f(m) > 8:
            a = m
        else:
            b = m
    return a,b

c. Quel est l’objectif de la fonction solution_equation dans le contexte de la question ?

Exercice 2 (6 points)

On dispose de deux urnes opaques \(\text{U}_1\) et \(\text{U}_2\).

L’urne \(\text{U}_1\) contient 4 boules noires et 6 boules blanches.

L’urne \(\text{U}_2\) contient 1 boule noire et 3 boules blanches.

On considère l’expérience aléatoire suivante :

On pioche au hasard une boule dans \(\text{U}_1\) que l’on place dans \(\text{U}_2\), puis on pioche au hasard une boule dans \(\text{U}_2\).

On note :

\(N_1\) l’évènement « Piocher une boule noire dans l’urne \(\text{U}_1\) ».
\(N_2\) l’évènement « Piocher une boule noire dans l’urne \(\text{U}_2\) ».

Pour tout évènement \(A\), on note \(\overline{A}\) son évènement contraire.

Partie A

1. On considère l’arbre de probabilités ci-dessous.

a. Justifier que la probabilité de piocher une boule noire dans l’urne \(\text{U}_2\) sachant qu’on a pioché une boule blanche dans l’urne \(\text{U}_1\) est \(0{,}2\).

b. Recopier et compléter l’arbre de probabilités ci-dessus, en faisant apparaître sur chaque branche les probabilités des évènements concernés, sous forme décimale.

2. Calculer la probabilité de piocher une boule noire dans l’urne \(\text{U}_1\) et une boule noire dans l’urne \(\text{U}_2\).

3. Justifier que la probabilité de piocher une boule noire dans l’urne \(\text{U}_2\) est égale à 0,28.

4. On a pioché une boule noire dans l’urne \(\text{U}_2\).

Calculer la probabilité d’avoir pioché une boule blanche dans l’urne \(\text{U}_1\). On donnera le résultat sous forme décimale arrondie à \(10^{-2}\).

Partie B

\(n\) désigne un entier naturel non nul.

L’expérience aléatoire précédente est répétée \(n\) fois de façon identique et indépendante, c’est-à-dire que les urnes \(\text{U}_1\) et \(\text{U}_2\) sont remises dans leur configuration initiale, avec respectivement 4 boules noires et 6 boules blanches dans l’urne \(\text{U}_1\) et 1 boule noire et 3 boules blanches dans l’urne \(\text{U}_2\), entre chaque expérience.

On note \(X\) la variable aléatoire qui compte le nombre de fois où on pioche une boule noire dans l’urne \(\text{U}_2\).

On rappelle que la probabilité de piocher une boule noire dans l’urne \(\text{U}_2\) est égale à 0,28 et celle de piocher une boule blanche dans l’urne \(\text{U}_2\) est égale à 0,72.

1. Déterminer la loi de probabilité suivie par \(X\). Justifier votre réponse.

2. Déterminer par le calcul le plus petit entier naturel \(n\) tel que :

\[1 – 0{,}72^n \geq\, 0{,}9.\]

3. Interpréter le résultat précédent dans le contexte de l’expérience.

Partie C

Dans cette partie les urnes \(\text{U}_1\) et \(\text{U}_2\) sont remises dans leur configuration initiale, avec respectivement 4 boules noires et 6 boules blanches dans l’urne \(\text{U}_1\) et 1 boule noire et 3 boules blanches dans l’urne \(\text{U}_2\).

On considère la nouvelle expérience aléatoire suivante :

On pioche simultanément deux boules dans l’urne \(\text{U}_1\) que l’on place dans l’urne \(\text{U}_2\), puis on pioche au hasard une boule dans l’urne \(\text{U}_2\).

1. Combien y a-t-il de tirages possibles de deux boules simultanément dans l’urne \(\text{U}_1\) ?

2. Combien y a-t-il de tirages possibles de deux boules simultanément dans l’urne \(\text{U}_1\) contenant exactement une boule blanche et une boule noire ?

3. La probabilité de piocher une boule noire dans l’urne \(\text{U}_2\) avec cette nouvelle expérience est-elle supérieure à la probabilité de tirer une boule noire dans l’urne \(\text{U}_2\) avec l’expérience de la partie A ? Justifier votre réponse.

On pourra s’aider d’un arbre pondéré modélisant cette expérience.

Exercice 3 (4 points)

Répondre par VRAI ou FAUX à chacune des affirmations suivantes et justifier votre réponse.
Toute réponse non justifiée ne sera pas prise en compte dans la notation.
Toutes les questions de cet exercice sont indépendantes.

1. On considère la suite \((u_n)\) définie pour tout entier naturel non nul \(n\) par

\[u_n = \dfrac{25 + (-1)^n}{n}.\]

Affirmation 1 : La suite \((u_n)\) est divergente.

2. On considère la suite \((w_n)\) définie pour tout entier naturel \(n\) par \(w_0 = 1\) et \(w_{n+1} = \dfrac{w_n}{1 + w_n}\).

On admet que pour tout entier naturel \(n\), \(w_n \gt 0\).

On considère la suite \((t_n)\) définie pour tout entier naturel \(n\) par \(t_n = \dfrac{k}{w_n}\) où \(k\) est un nombre réel strictement positif.

Affirmation 2 : La suite \((t_n)\) est une suite arithmétique strictement croissante.

3. On considère la suite \((v_n)\) définie pour tout entier naturel \(n\) par \(v_0 = 1\) et \(v_{n+1} = \ln(1 + v_n)\).

On admet que pour tout entier naturel \(n\), \(v_n \gt 0\).

Affirmation 3 : La suite \((v_n)\) est décroissante.

4. On considère la suite \((I_n)\) définie pour tout entier naturel \(n\) par \(I_n = \displaystyle\int_1^{\text{e}} [\ln(x)]^n\,\text{d}x\).

Affirmation 4 : Pour tout entier naturel \(n\), \(I_{n+1} = \text{e} – (n + 1) I_n\).

Exercice 4 (5 points)

L’objectif de cet exercice est de déterminer la distance entre deux droites non coplanaires.

Par définition, la distance entre deux droites non coplanaires de l’espace, \((d_1)\) et \((d_2)\), est la longueur du segment [EF], où E et F sont des points appartenant respectivement à \((d_1)\) et à \((d_2)\) tels que la droite (EF) est orthogonale à \((d_1)\) et \((d_2)\).

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

Soit \((d_1)\) la droite passant par \(\text{A}(1\,;\,2\,;\,-1)\) de vecteur directeur \(\vec{u_1}\begin{pmatrix}1\\2\\0\end{pmatrix}\) et \((d_2)\) la droite dont une représentation paramétrique est : \(\{\begin{array}{l}x = 0\\y = 1 + t\\z = 2 + t\end{array}.\), \(t \in \mathbb{R}\).

1. Donner une représentation paramétrique de la droite \((d_1)\).

2. Démontrer que les droites \((d_1)\) et \((d_2)\) sont non coplanaires.

3. Soit \(\mathcal{P}\) le plan passant par A et dirigé par les vecteurs non colinéaires \(\vec{u_1}\) et \(\vec{w}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}\).

Justifier qu’une équation cartésienne du plan \(\mathcal{P}\) est : \(-2x + y + 5z + 5 = 0\).

4. a. Sans chercher à calculer les coordonnées du point d’intersection, justifier que la droite \((d_2)\) et le plan \(\mathcal{P}\) sont sécants.

b. On note F le point d’intersection de la droite \((d_2)\) et du plan \(\mathcal{P}\).

Vérifier que le point F a pour coordonnées \((0\,;\,-\dfrac{5}{3}\,;\,-\dfrac{2}{3})\).

Soit \((\delta)\) la droite passant par F et de vecteur directeur \(\vec{w}\). On admet que les droites \((\delta)\) et \((d_1)\) sont sécantes en un point E de coordonnées \((-\dfrac{2}{3}\,;\,-\dfrac{4}{3}\,;\,-1)\).

5. a. Justifier que la distance EF est la distance entre les droites \((d_1)\) et \((d_2)\).

b. Calculer la distance entre les droites \((d_1)\) et \((d_2)\).

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. La fonction \(g : x \mapsto ax\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\) est dérivable sur \([0\,;\,+\infty[\) comme produit de fonctions dérivables. Avec la formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) et \((\text{e}^{-\frac{1}{4}x})^{\prime} = -\dfrac{1}{4}\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\), on obtient :

\[g^{\prime}(x) = a\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} – \dfrac{a}{4}x\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}.\]

On calcule alors le membre de gauche de \((E)\) : les termes en \(x\) se simplifient.

\[g^{\prime}(x) + \dfrac{1}{4}g(x) = a\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} – \dfrac{a}{4}x\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} + \dfrac{a}{4}x\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} = a\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}.\]

Donc \(g\) est solution de \((E)\) si et seulement si \(a\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} = 20\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\) pour tout \(x \geq\, 0\). Comme une exponentielle ne s’annule jamais, on peut diviser : \(a = 20\), c’est-à-dire \(g(x) = 20x\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\).

2. L’équation \((E^{\prime})\) s’écrit \(y^{\prime} = -\dfrac{1}{4}y\). D’après le cours, les solutions de \(y^{\prime} = ay\) sont les fonctions \(x \mapsto C\text{e}^{ax}\). Ici \(a = -\dfrac{1}{4}\), donc les solutions de \((E^{\prime})\) sont les fonctions \(x \mapsto C\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

3. Soit \(y\) une fonction dérivable sur \([0\,;\,+\infty[\). Comme \(g\) est solution de \((E)\), on a \(g^{\prime} + \dfrac{1}{4}g = 20\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\). Par différence :

\[y \text{ solution de } (E) \iff y^{\prime} + \dfrac{1}{4}y = g^{\prime} + \dfrac{1}{4}g \iff (y – g)^{\prime} + \dfrac{1}{4}(y – g) = 0 \iff y – g \text{ solution de } (E^{\prime}).\]

D’après la question 2, cela revient à \(y(x) – 20x\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} = C\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\). Les solutions de \((E)\) sont donc les fonctions \(x \mapsto (20x + C)\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

4. On cherche \(C\) tel que \(f(0) = 8\). Or \(f(0) = (20 \times 0 + C)\,\text{e}^{0} = C\). Donc \(C = 8\) et \(f(x) = (20x + 8)\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\).

Partie B

1. a. On dérive le produit \(u(x) = 20x + 8\), \(v(x) = \text{e}^{-\frac{1}{4}x}\), avec \(u^{\prime}(x) = 20\) et \(v^{\prime}(x) = -\dfrac{1}{4}\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\) :

\[f^{\prime}(x) = 20\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} – \dfrac{1}{4}(20x + 8)\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} = (20 – 5x – 2)\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} = (18 – 5x)\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}.\]

On retrouve bien l’expression demandée. (On pouvait aussi utiliser directement \(f^{\prime} = 20\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} – \dfrac{1}{4}f\), puisque \(f\) est solution de \((E)\).)

b. Pour tout \(x\), \(\text{e}^{-\frac{1}{4}x} \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(18 – 5x\). Or \(18 – 5x \gt 0 \iff x \lt \dfrac{18}{5} = 3{,}6\). Ainsi \(f^{\prime} \gt 0\) sur \([0\,;\,3{,}6[\), \(f^{\prime}(3{,}6) = 0\) et \(f^{\prime} \lt 0\) sur \(]3{,}6\,;\,+\infty[\).

On calcule les valeurs utiles : \(f(0) = 8\) et \(f(3{,}6) = (72 + 8)\,\text{e}^{-0{,}9} = 80\,\text{e}^{-0{,}9} \approx 32{,}53\). La limite en \(+\infty\) est 0 (admise).

\(x\)	0		\(\dfrac{18}{5}\)		\(+\infty\)
signe de \(f^{\prime}(x)\)		\(+\)	0	\(-\)
variations de \(f\)	8	\(\nearrow\)	\(80\,\text{e}^{-0{,}9}\)	\(\searrow\)	0

Le maximum de \(f\) sur \([0\,;\,+\infty[\) vaut donc \(80\,\text{e}^{-\frac{9}{10}}\), atteint en \(x = \dfrac{18}{5}\).

2. a. L’intervalle \([14\,;\,15]\) est inclus dans \([\dfrac{18}{5}\,;\,+\infty[\), sur lequel \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante. On calcule :

\[f(14) = 288\,\text{e}^{-3{,}5} \approx 8{,}70 \quad \text{et} \quad f(15) = 308\,\text{e}^{-3{,}75} \approx 7{,}24.\]

Ainsi \(f(15) \lt 8 \lt f(14)\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas d’une fonction continue et strictement monotone), l’équation \(f(x) = 8\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([14\,;\,15]\).

b. À chaque passage dans la boucle, on calcule le milieu \(m\) de \([a\,;\,b]\) ; si \(f(m) \gt 8\), la solution est à droite de \(m\) (car \(f\) décroît) et \(a\) prend la valeur \(m\), sinon c’est \(b\) qui prend la valeur \(m\). On obtient \(f(14{,}5) \approx 7{,}94\), \(f(14{,}25) \approx 8{,}31\), \(f(14{,}375) \approx 8{,}12\) et \(f(14{,}4375) \approx 8{,}03\), d’où le tableau :

\(a\)	14	14	14,25	14,375	14,4375
\(b\)	15	14,5	14,5	14,5	14,5
\(b – a\)	1	0,5	0,25	0,125	0,0625
\(m\)	14,5	14,25	14,375	14,4375
Condition \(f(m) \gt 8\)	FAUX	VRAI	VRAI	VRAI

Dans la dernière colonne, \(b – a = 0{,}0625 \leq\, 0{,}1\) : la boucle s’arrête et la fonction renvoie \((14{,}4375\,;\,14{,}5)\).

c. La fonction applique la méthode de dichotomie : elle renvoie un encadrement \(a \leq\, \alpha \leq\, b\) de la solution \(\alpha\) de \(f(x) = 8\) d’amplitude inférieure ou égale à 0,1. Ici on obtient \(14{,}4375 \leq\, \alpha \leq\, 14{,}5\).

Exercice 2 :

Partie A

1. a. Si l’on a pioché une boule blanche dans \(\text{U}_1\), on l’ajoute à \(\text{U}_2\), qui contient alors 1 boule noire et 4 boules blanches, soit 5 boules. Le tirage étant au hasard, \(P_{\overline{N_1}}(N_2) = \dfrac{1}{5} = 0{,}2\).

b. Dans \(\text{U}_1\), 4 boules sur 10 sont noires : \(P(N_1) = 0{,}4\) et \(P(\overline{N_1}) = 0{,}6\). Si la boule transférée est noire, \(\text{U}_2\) contient 2 noires sur 5 boules : \(P_{N_1}(N_2) = 0{,}4\) et \(P_{N_1}(\overline{N_2}) = 0{,}6\). Enfin \(P_{\overline{N_1}}(\overline{N_2}) = 1 – 0{,}2 = 0{,}8\). L’arbre complété porte donc les probabilités suivantes :

Premier tirage (\(\text{U}_1\))	Second tirage (\(\text{U}_2\))
\(N_1\) : 0,4	\(N_2\) : 0,4 ; \(\overline{N_2}\) : 0,6
\(\overline{N_1}\) : 0,6	\(N_2\) : 0,2 ; \(\overline{N_2}\) : 0,8

2. On suit la branche \(N_1\) puis \(N_2\) : \(P(N_1 \cap N_2) = P(N_1) \times P_{N_1}(N_2) = 0{,}4 \times 0{,}4 = \) \(0{,}16\).

3. Les évènements \(N_1\) et \(\overline{N_1}\) forment une partition de l’univers ; la formule des probabilités totales donne :

\[P(N_2) = P(N_1 \cap N_2) + P(\overline{N_1} \cap N_2) = 0{,}16 + 0{,}6 \times 0{,}2 = 0{,}16 + 0{,}12 = 0{,}28.\]

4. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_{N_2}(\overline{N_1})\) :

\[P_{N_2}(\overline{N_1}) = \dfrac{P(\overline{N_1} \cap N_2)}{P(N_2)} = \dfrac{0{,}12}{0{,}28} = \dfrac{3}{7} \approx 0{,}43.\]

Sachant qu’on a obtenu une boule noire dans \(\text{U}_2\), la probabilité d’avoir pioché une boule blanche dans \(\text{U}_1\) est environ 0,43.

Partie B

1. Chaque expérience est une épreuve de Bernoulli dont le succès « piocher une boule noire dans \(\text{U}_2\) » a pour probabilité \(p = 0{,}28\). On répète cette épreuve \(n\) fois, de façon identique et indépendante, et \(X\) compte le nombre de succès. Donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(p = 0{,}28\).

2. On isole la puissance puis on applique la fonction \(\ln\), strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\) :

\[1 – 0{,}72^n \geq\, 0{,}9 \iff 0{,}72^n \leq\, 0{,}1 \iff n\ln(0{,}72) \leq\, \ln(0{,}1) \iff n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}1)}{\ln(0{,}72)}.\]

Le sens de l’inégalité change à la dernière étape car \(\ln(0{,}72) \lt 0\). Comme \(\dfrac{\ln(0{,}1)}{\ln(0{,}72)} \approx 7{,}01\), le plus petit entier qui convient est \(n = 8\).

3. On remarque que \(P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}72^n\). Le résultat signifie donc : il faut répéter l’expérience au moins 8 fois pour que la probabilité de piocher au moins une fois une boule noire dans l’urne \(\text{U}_2\) soit supérieure ou égale à 0,9.

Partie C

1. Un tirage simultané de deux boules parmi les 10 de \(\text{U}_1\) est une combinaison de 2 éléments parmi 10 : il y en a \(\dbinom{10}{2} = \dfrac{10 \times 9}{2} = \) 45.

2. On choisit une boule noire parmi 4 et une boule blanche parmi 6 : il y a \(4 \times 6 = \) 24 tirages de ce type.

3. Trois cas se présentent pour les deux boules transférées, tous les tirages étant équiprobables :

deux noires : \(\dbinom{4}{2} = 6\) tirages, probabilité \(\dfrac{6}{45} = \dfrac{2}{15}\) ; l’urne \(\text{U}_2\) contient alors 3 noires sur 6 boules ;
une noire et une blanche : probabilité \(\dfrac{24}{45} = \dfrac{8}{15}\) ; \(\text{U}_2\) contient alors 2 noires sur 6 boules ;
deux blanches : \(\dbinom{6}{2} = 15\) tirages, probabilité \(\dfrac{15}{45} = \dfrac{1}{3}\) ; \(\text{U}_2\) contient alors 1 noire sur 6 boules.

L’arbre pondéré a donc trois branches au premier niveau, puis \(N_2\) de probabilité \(\dfrac{3}{6}\), \(\dfrac{2}{6}\) ou \(\dfrac{1}{6}\) selon le cas. Par la formule des probabilités totales :

\[P(N_2) = \dfrac{2}{15} \times \dfrac{3}{6} + \dfrac{8}{15} \times \dfrac{2}{6} + \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{6}{90} + \dfrac{16}{90} + \dfrac{5}{90} = \dfrac{27}{90} = 0{,}3.\]

Comme \(0{,}3 \gt 0{,}28\), oui, la probabilité de piocher une boule noire dans \(\text{U}_2\) est plus grande avec cette nouvelle expérience.

Exercice 3 :

1. Affirmation 1 : FAUX. Pour tout \(n \geq\, 1\), \((-1)^n\) vaut \(-1\) ou \(1\), donc \(24 \leq\, 25 + (-1)^n \leq\, 26\). En divisant par \(n \gt 0\) : \(\dfrac{24}{n} \leq\, u_n \leq\, \dfrac{26}{n}\).

Les deux suites qui encadrent \(u_n\) tendent vers 0. D’après le théorème des gendarmes, \((u_n)\) converge vers 0 : elle n’est pas divergente.

2. Affirmation 2 : VRAI. Pour tout entier naturel \(n\), comme \(w_n \gt 0\) :

\[t_{n+1} = \dfrac{k}{w_{n+1}} = k \times \dfrac{1 + w_n}{w_n} = \dfrac{k}{w_n} + k = t_n + k.\]

La suite \((t_n)\) est donc arithmétique de raison \(k\). Comme \(k \gt 0\), elle est strictement croissante.

3. Affirmation 3 : VRAI. Étudions \(h(x) = \ln(1 + x) – x\) sur \([0\,;\,+\infty[\). On a \(h^{\prime}(x) = \dfrac{1}{1 + x} – 1 = \dfrac{-x}{1 + x}\), qui est strictement négatif pour \(x \gt 0\). Donc \(h\) est strictement décroissante sur \([0\,;\,+\infty[\) et, puisque \(h(0) = 0\), \(h(x) \lt 0\) pour tout \(x \gt 0\).

Comme \(v_n \gt 0\) pour tout \(n\), on obtient \(v_{n+1} – v_n = \ln(1 + v_n) – v_n = h(v_n) \lt 0\). La suite \((v_n)\) est donc (strictement) décroissante.

4. Affirmation 4 : VRAI. On intègre par parties \(I_{n+1} = \displaystyle\int_1^{\text{e}} 1 \times [\ln(x)]^{n+1}\,\text{d}x\) en posant \(u(x) = [\ln(x)]^{n+1}\) et \(v^{\prime}(x) = 1\), soit \(u^{\prime}(x) = (n + 1)\dfrac{1}{x}[\ln(x)]^n\) et \(v(x) = x\). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([1\,;\,\text{e}]\).

\[I_{n+1} = \Big[x[\ln(x)]^{n+1}\Big]_1^{\text{e}} – \displaystyle\int_1^{\text{e}} x \times (n + 1)\dfrac{1}{x}[\ln(x)]^n\,\text{d}x = \text{e} \times 1^{n+1} – 1 \times 0^{n+1} – (n + 1)I_n.\]

Comme \(\ln(\text{e}) = 1\) et \(\ln(1) = 0\), on obtient bien \(I_{n+1} = \text{e} – (n + 1)I_n\) pour tout entier naturel \(n\).

Exercice 4 :

1. Un point \(M(x\,;\,y\,;\,z)\) appartient à \((d_1)\) si et seulement s’il existe un réel \(s\) tel que \(\vec{AM} = s\,\vec{u_1}\). Une représentation paramétrique de \((d_1)\) est donc :

\[\{\begin{array}{l}x = 1 + s\\y = 2 + 2s\\z = -1\end{array}., \quad s \in \mathbb{R}.\]

2. Un vecteur directeur de \((d_2)\) est \(\vec{u_2}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\). Sa première coordonnée est nulle alors que celle de \(\vec{u_1}\) vaut 1 : les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles.

Cherchons un éventuel point commun. Il faudrait \(1 + s = 0\), \(2 + 2s = 1 + t\) et \(-1 = 2 + t\). La troisième équation donne \(t = -3\), la première \(s = -1\), et la deuxième devient \(0 = -2\) : impossible. Les droites ne sont donc pas sécantes.

Deux droites de l’espace ni parallèles ni sécantes sont non coplanaires.

3. Soit \(\vec{n}\begin{pmatrix}-2\\1\\5\end{pmatrix}\). On a \(\vec{n} \cdot \vec{u_1} = -2 + 2 + 0 = 0\) et \(\vec{n} \cdot \vec{w} = -4 – 1 + 5 = 0\). Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \(\mathcal{P}\) : c’est un vecteur normal à \(\mathcal{P}\).

Une équation de \(\mathcal{P}\) est donc de la forme \(-2x + y + 5z + d = 0\). Comme A appartient à \(\mathcal{P}\) : \(-2 + 2 – 5 + d = 0\), d’où \(d = 5\). Une équation cartésienne de \(\mathcal{P}\) est bien \(-2x + y + 5z + 5 = 0\).

4. a. On calcule \(\vec{n} \cdot \vec{u_2} = 0 + 1 + 5 = 6 \neq 0\). Le vecteur directeur de \((d_2)\) n’est pas orthogonal au vecteur normal de \(\mathcal{P}\) : la droite \((d_2)\) n’est pas parallèle au plan \(\mathcal{P}\), elle le coupe donc en un point unique. \((d_2)\) et \(\mathcal{P}\) sont sécants.

b. Le point de coordonnées \((0\,;\,-\dfrac{5}{3}\,;\,-\dfrac{2}{3})\) appartient à \((d_2)\) : on prend \(t = -\dfrac{8}{3}\), ce qui donne \(x = 0\), \(y = 1 – \dfrac{8}{3} = -\dfrac{5}{3}\) et \(z = 2 – \dfrac{8}{3} = -\dfrac{2}{3}\).

Il appartient aussi à \(\mathcal{P}\) : \(-2 \times 0 – \dfrac{5}{3} + 5 \times (-\dfrac{2}{3}) + 5 = -\dfrac{5}{3} – \dfrac{10}{3} + 5 = -5 + 5 = 0\).

Comme l’intersection est réduite à un point, F a bien pour coordonnées \((0\,;\,-\dfrac{5}{3}\,;\,-\dfrac{2}{3})\).

5. a. Par construction, E appartient à \((d_1)\) et F à \((d_2)\). La droite (EF) est la droite \((\delta)\), dirigée par \(\vec{w}\). Or :

\[\vec{w} \cdot \vec{u_1} = 2 – 2 + 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{w} \cdot \vec{u_2} = 0 – 1 + 1 = 0.\]

La droite (EF) est donc orthogonale à \((d_1)\) et à \((d_2)\). D’après la définition rappelée dans l’énoncé, EF est la distance entre les droites \((d_1)\) et \((d_2)\).

b. On a \(\vec{\text{EF}}\begin{pmatrix}0 + \frac{2}{3}\\-\frac{5}{3} + \frac{4}{3}\\-\frac{2}{3} + 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{2}{3}\\-\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}\end{pmatrix}\), c’est-à-dire \(\vec{\text{EF}} = \dfrac{1}{3}\vec{w}\). Le repère étant orthonormé :

\[\text{EF} = \sqrt{\dfrac{4}{9} + \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{9}} = \sqrt{\dfrac{6}{9}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}.\]

La distance entre les droites \((d_1)\) et \((d_2)\) vaut \(\dfrac{\sqrt{6}}{3} \approx 0{,}82\) unité de longueur.

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