Bac maths 2024 France sept. J1 : sujet et corrigé

Voici le sujet de mathématiques du bac 2024 de septembre en France métropolitaine (session de remplacement, Antilles-Guyane incluses), premier jour de l’épreuve de spécialité, passé le 11 septembre 2024. Le premier exercice se déroule dans un cube : équation de plan, droite orthogonale, projeté orthogonal puis comparaison des volumes d’un tétraèdre et d’une pyramide dont le sommet glisse sur une arête. Le deuxième suit un artisan chocolatier, avec une double intégration par parties pour le volume d’un bonbon, puis l’étude d’une fonction bénéfice avec logarithme et le théorème des valeurs intermédiaires. Le troisième est un vrai ou faux sur cinq suites. Le dernier contrôle des cachets avec la loi binomiale et l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Chaque question est reprise dans un corrigé détaillé placé sous l’énoncé.

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BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — SESSION 2024
Métropole Antilles-Guyane — 11 septembre 2024 — Sujet 1
Épreuve d’enseignement de spécialité mathématiques — Durée : 4 heures

Exercice 1 (6 points)

On considère un cube ABCDEFGH de côté 1.

Le point I est le milieu du segment [BD]. On définit le point L tel que \(\vec{\text{IL}} = \dfrac{3}{4}\vec{\text{IG}}\).

On se place dans le repère orthonormé \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\).

1. a. Préciser les coordonnées des points D, B, I et G. Aucune justification n’est attendue.

b. Montrer que le point L a pour coordonnées \((\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})\).

2. Vérifier qu’une équation cartésienne du plan (BDG) est \(x + y – z – 1 = 0\).

3. On considère la droite \(\Delta\) perpendiculaire au plan (BDG) passant par L.

a. Justifier qu’une représentation paramétrique de la droite \(\Delta\) est :

\[\{\begin{array}{l} x = \dfrac{7}{8} + t \\ y = \dfrac{7}{8} + t \\ z = \dfrac{3}{4} – t \end{array}. \quad \text{où } t \in \mathbb{R}.\]

b. Montrer que les droites \(\Delta\) et (AE) sont sécantes au point K de coordonnées \((0\,;\,0\,;\,\dfrac{13}{8})\).

c. Que représente le point L pour le point K ? Justifier la réponse.

4. a. Calculer la distance KL.

b. On admet que le triangle DBG est équilatéral. Montrer que son aire est égale à \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).

c. En déduire le volume du tétraèdre KDBG.

On rappelle que :

le volume d’une pyramide est donné par la formule \(\mathcal{V} = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{B} \times h\) où \(\mathcal{B}\) est l’aire d’une base et \(h\) la longueur de la hauteur relative à cette base ;
un tétraèdre est une pyramide à base triangulaire.

5. On désigne par \(a\) un réel appartenant à l’intervalle \(]0\,;\,+\infty[\) et on note \(K_a\) le point de coordonnées \((0\,;\,0\,;\,a)\).

a. Exprimer le volume \(\mathcal{V}_a\) de la pyramide ABCD\(K_a\) en fonction de \(a\).

b. On note \(\Delta_a\) la droite de représentation paramétrique

\[\{\begin{array}{l} x = t^{\prime} \\ y = t^{\prime} \\ z = -t^{\prime} + a \end{array}. \quad \text{où } t^{\prime} \in \mathbb{R}.\]

On appelle \(L_a\) le point d’intersection de la droite \(\Delta_a\) avec le plan (BDG).

Montrer que les coordonnées du point \(L_a\) sont \((\dfrac{a+1}{3}\,;\,\dfrac{a+1}{3}\,;\,\dfrac{2a-1}{3})\).

c. Déterminer, s’il existe, un réel strictement positif \(a\) tel que le tétraèdre GDB\(K_a\) et la pyramide ABCD\(K_a\) sont de même volume.

Exercice 2 (5 points)

Les deux parties sont indépendantes.

Partie A

Un artisan crée des bonbons au chocolat dont la forme rappelle le profil de la montagne locale représentée en Figure 1. La base d’un tel bonbon est modélisée par la surface grisée, définie ci-dessous dans un repère orthonormé d’unité 1 cm (Figure 2).

Cette surface est délimitée par l’axe des abscisses et la représentation graphique notée \(\mathcal{C}_f\) de la fonction \(f\) définie sur \([-1\,;\,1]\) par :

\[f(x) = (1 – x^2)\text{e}^{x}.\]

L’objectif de cette partie est de calculer le volume de chocolat nécessaire à la fabrication d’un bonbon au chocolat.

1. a. Justifier que pour tout \(x\) appartenant à l’intervalle \([-1\,;\,1]\) on a \(f(x) \geq\, 0\).

b. Montrer à l’aide d’une intégration par parties que :

\[\int_{-1}^{1} f(x)\,\text{d}x = 2\int_{-1}^{1} x\,\text{e}^{x}\,\text{d}x.\]

2. Le volume \(\mathcal{V}\) de chocolat, en cm³, nécessaire à la fabrication d’un bonbon est donné par :

\[\mathcal{V} = 3 \times S\]

où \(S\) est l’aire, en cm², de la surface colorée (Figure 2).

En déduire que ce volume \(\mathcal{V}\), arrondi à 0,1 cm³ près, est égal à 4,4 cm³.

Partie B

On s’intéresse maintenant au bénéfice réalisé par l’artisan sur la vente de ces bonbons au chocolat en fonction du volume hebdomadaire des ventes.

Ce bénéfice peut être modélisé par la fonction \(B\) définie sur l’intervalle \([0{,}01\,;\,+\infty[\) par :

\[B(q) = 8q^2[2 – 3\ln(q)] – 3.\]

Le bénéfice est exprimé en dizaines d’euros et la quantité \(q\) en centaines de bonbons.

On admet que la fonction \(B\) est dérivable sur \([0{,}01\,;\,+\infty[\). On note \(B^{\prime}\) sa fonction dérivée.

1. a. Déterminer \(\displaystyle\lim_{q \to +\infty} B(q)\).

b. Montrer que, pour tout \(q \geq\, 0{,}01\), \(B^{\prime}(q) = 8q(1 – 6\ln(q))\).

c. Étudier le signe de \(B^{\prime}(q)\), et en déduire le sens de variation de \(B\) sur \([0{,}01\,;\,+\infty[\).

Dresser le tableau de variation complet de la fonction \(B\).

d. Quel est le bénéfice maximal, à l’euro près, que peut espérer l’artisan ?

2. a. Montrer que l’équation \(B(q) = 10\) admet une unique solution \(\beta\) sur l’intervalle \([1{,}2\,;\,+\infty[\).

Donner une valeur approchée de \(\beta\) à \(10^{-3}\) près.

b. On admet que l’équation \(B(q) = 10\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \([0{,}01\,;\,1{,}2[\).

On donne \(\alpha \approx 0{,}757\).

En déduire le nombre minimal et le nombre maximal de bonbons au chocolat à vendre pour réaliser un bénéfice supérieur à 100 euros.

Exercice 3 (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.

Les cinq questions de cet exercice sont indépendantes.

1. On considère une suite \((t_n)\) vérifiant la relation de récurrence :

\[\text{pour tout entier naturel } n,\ t_{n+1} = -0{,}8\,t_n + 18.\]

Affirmation 1 : La suite \((w_n)\) définie pour tout entier naturel \(n\) par \(w_n = t_n – 10\) est géométrique.

2. On considère une suite \((S_n)\) qui vérifie pour tout entier naturel \(n\) non nul :

\[3n – 4 \leq\, S_n \leq\, 3n + 4.\]

La suite \((u_n)\) est définie, pour tout entier naturel \(n\) non nul, par : \(u_n = \dfrac{S_n}{n}\).

Affirmation 2 : La suite \((u_n)\) converge.

3. On considère la suite \((v_n)\) définie par :

\[v_1 = 2 \text{ et pour tout entier naturel } n \geq\, 1,\ v_{n+1} = 2 – \dfrac{1}{v_n}.\]

Affirmation 3 : Pour tout entier naturel \(n \geq\, 1\), \(v_n = \dfrac{n+1}{n}\).

4. On considère la suite \((u_n)\) définie pour tout entier naturel \(n\) par \(u_n = \text{e}^{n} – n\).

Affirmation 4 : La suite \((u_n)\) converge.

5. On considère la suite \((u_n)\) définie à l’aide du script écrit ci-dessous en langage Python, qui renvoie la valeur de \(u_n\).

def u(n) :
    valeur = 2
    for k in range(n) :
        valeur = 0.5 * (valeur + 2/valeur)
    return valeur

On admet que \((u_n)\) est décroissante et vérifie pour tout entier naturel \(n\) :

\[\sqrt{2} \leq\, u_n \leq\, 2.\]

Affirmation 5 : La suite \((u_n)\) converge vers \(\sqrt{2}\).

Exercice 4 (4 points)

Les deux parties sont indépendantes.

Un laboratoire fabrique un médicament conditionné sous forme de cachets.

Partie A

Un contrôle de qualité, portant sur la masse des cachets, a montré que 2 % des cachets ont une masse non conforme. Ces cachets sont conditionnés par boîtes de 100 choisis au hasard dans la chaîne de production. On admet que la conformité d’un cachet est indépendante de celle des autres.

On note \(N\) la variable aléatoire qui à chaque boîte de 100 cachets associe le nombre de cachets non conformes dans cette boîte.

1. Justifier que la variable aléatoire \(N\) suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.

2. Calculer l’espérance de \(N\) et en donner une interprétation dans le contexte de l’exercice.

3. On arrondira les résultats à \(10^{-3}\) près.

a. Calculer la probabilité qu’une boîte contienne exactement trois cachets non conformes.

b. Calculer la probabilité qu’une boîte contienne au moins 95 cachets conformes.

4. Le directeur du laboratoire veut modifier le nombre de cachets par boîte pour pouvoir affirmer : « La probabilité qu’une boîte ne contienne que des cachets conformes est supérieure à 0,5 ».

Combien de cachets une boîte doit-elle contenir au maximum pour respecter ce critère ? Justifier.

Partie B

On admet que les masses des cachets sont indépendantes les unes des autres. On prélève 100 cachets et on note \(M_i\), pour \(i\) entier naturel compris entre 1 et 100, la variable aléatoire qui donne la masse en gramme du \(i\)-ème cachet prélevé.

On considère la variable aléatoire \(S\) définie par :

\[S = M_1 + M_2 + \ldots + M_{100}.\]

On admet que les variables aléatoires \(M_1\), \(M_2\), …, \(M_{100}\) suivent la même loi de probabilité d’espérance \(\mu = 2\) et d’écart-type \(\sigma\).

1. Déterminer \(E(S)\) et interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

2. On note \(s\) l’écart type de la variable aléatoire \(S\).

Montrer que : \(s = 10\sigma\).

3. On souhaite que la masse totale, en gramme, des comprimés contenus dans une boîte soit strictement comprise entre 199 et 201 avec une probabilité au moins égale à 0,9.

a. Montrer que cette condition est équivalente à :

\[P(|S – 200| \geq\, 1) \leq\, 0{,}1.\]

b. En déduire la valeur maximale de \(\sigma\) qui permet, à l’aide de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, d’assurer cette condition.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. a. Dans le repère \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\), on lit directement sur le cube :

D(0 ; 1 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), G(1 ; 1 ; 1), et I étant le milieu de [BD], ses coordonnées sont les moyennes de celles de B et D : \(\text{I}(\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,0)\).

b. On calcule d’abord \(\vec{\text{IG}}(1 – \dfrac{1}{2}\,;\,1 – \dfrac{1}{2}\,;\,1 – 0)\), c’est-à-dire \(\vec{\text{IG}}(\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,1)\). Donc \(\dfrac{3}{4}\vec{\text{IG}}\) a pour coordonnées \((\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})\).

La relation \(\vec{\text{IL}} = \dfrac{3}{4}\vec{\text{IG}}\) donne \(x_{\text{L}} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{8} = \dfrac{7}{8}\), \(y_{\text{L}} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{8} = \dfrac{7}{8}\) et \(z_{\text{L}} = 0 + \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{4}\).

Le point L a bien pour coordonnées \((\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})\).

2. Les points B, D et G ne sont pas alignés (ce sont trois sommets distincts d’un triangle du cube), ils définissent donc un plan. Il suffit de vérifier que leurs coordonnées satisfont l’équation \(x + y – z – 1 = 0\) :

pour B : \(1 + 0 – 0 – 1 = 0\) ;
pour D : \(0 + 1 – 0 – 1 = 0\) ;
pour G : \(1 + 1 – 1 – 1 = 0\).

Les trois points appartiennent au plan d’équation \(x + y – z – 1 = 0\), qui est donc le plan (BDG) : \(x + y – z – 1 = 0\) est une équation cartésienne de (BDG).

3. a. D’après l’équation obtenue, le vecteur \(\vec{n}(1\,;\,1\,;\,-1)\) est normal au plan (BDG). La droite \(\Delta\) étant perpendiculaire à ce plan, \(\vec{n}\) est un vecteur directeur de \(\Delta\). Comme \(\Delta\) passe par \(\text{L}(\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})\), un point \(M(x\,;\,y\,;\,z)\) appartient à \(\Delta\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{L}M} = t\,\vec{n}\), ce qui s’écrit :

\[\{\begin{array}{l} x = \dfrac{7}{8} + t \\ y = \dfrac{7}{8} + t \\ z = \dfrac{3}{4} – t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]

C’est bien la représentation paramétrique annoncée.

b. On cherche s’il existe \(t\) tel que le point de paramètre \(t\) soit K. La première équation \(0 = \dfrac{7}{8} + t\) impose \(t = -\dfrac{7}{8}\) ; la deuxième donne la même valeur ; la troisième donne alors \(z = \dfrac{3}{4} + \dfrac{7}{8} = \dfrac{6}{8} + \dfrac{7}{8} = \dfrac{13}{8}\). Donc \(\text{K} \in \Delta\).

Par ailleurs la droite (AE) est l’axe des cotes : elle contient tous les points de coordonnées \((0\,;\,0\,;\,z)\), donc K appartient à (AE).

Les droites \(\Delta\) et (AE) ne sont pas confondues (L n’est pas sur (AE) puisque \(x_{\text{L}} \neq 0\)) et ont le point K en commun : elles sont sécantes en \(\text{K}(0\,;\,0\,;\,\dfrac{13}{8})\).

c. Le point L vérifie \(\vec{\text{IL}} = \dfrac{3}{4}\vec{\text{IG}}\), il est donc sur le segment [IG], lui-même contenu dans le plan (BDG) car I est le milieu de [BD]. On peut aussi vérifier : \(\dfrac{7}{8} + \dfrac{7}{8} – \dfrac{3}{4} – 1 = \dfrac{14}{8} – \dfrac{6}{8} – \dfrac{8}{8} = 0\).

Ainsi L est à la fois dans le plan (BDG) et sur la droite \(\Delta\), qui passe par K et est perpendiculaire à ce plan. L est le projeté orthogonal de K sur le plan (BDG).

4. a. On a \(\vec{\text{KL}}(\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{3}{4} – \dfrac{13}{8}) = (\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{7}{8}\,;\,-\dfrac{7}{8})\) (on retrouve \(-\dfrac{7}{8}\,\vec{n}\), cohérent avec le paramètre \(t = -\dfrac{7}{8}\)). Dans un repère orthonormé :

\[\text{KL}^2 = (\dfrac{7}{8})^2 + (\dfrac{7}{8})^2 + (-\dfrac{7}{8})^2 = 3 \times \dfrac{49}{64} = \dfrac{147}{64}.\]

Donc \(\text{KL} = \dfrac{\sqrt{147}}{8} = \dfrac{7\sqrt{3}}{8}\).

b. Les côtés du triangle DBG sont des diagonales de faces carrées de côté 1, donc chacun mesure \(\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}\).

Dans le triangle équilatéral DBG, la médiane [GI] est aussi hauteur. Dans le triangle GIB rectangle en I, avec \(\text{IB} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\), le théorème de Pythagore donne \(\text{GI}^2 = \text{GB}^2 – \text{IB}^2 = 2 – \dfrac{2}{4} = \dfrac{3}{2}\), soit \(\text{GI} = \sqrt{\dfrac{3}{2}} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}\).

L’aire du triangle vaut alors \(\dfrac{\text{BD} \times \text{GI}}{2} = \dfrac{\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{6}}{2}}{2} = \dfrac{\sqrt{12}}{4} = \dfrac{2\sqrt{3}}{4}\), c’est-à-dire \(\mathcal{A}_{\text{DBG}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\).

c. On prend pour base du tétraèdre KDBG le triangle DBG. La hauteur relative à cette base est la distance de K au plan (BDG), c’est-à-dire KL puisque L est le projeté orthogonal de K sur ce plan. Donc :

\[\mathcal{V}_{\text{KDBG}} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{7\sqrt{3}}{8} = \dfrac{7 \times 3}{48} = \dfrac{7}{16}.\]

Le volume du tétraèdre KDBG est \(\dfrac{7}{16}\) unité de volume.

5. a. La pyramide ABCD\(K_a\) a pour base le carré ABCD, d’aire \(1 \times 1 = 1\). Le sommet \(K_a(0\,;\,0\,;\,a)\) est sur la droite (AE), perpendiculaire au plan (ABC) en A, et \(a \gt 0\) : la hauteur est donc \(\text{A}K_a = a\). Ainsi \(\mathcal{V}_a = \dfrac{1}{3} \times 1 \times a = \dfrac{a}{3}\).

b. Un point de \(\Delta_a\) a pour coordonnées \((t^{\prime}\,;\,t^{\prime}\,;\,-t^{\prime} + a)\). Il appartient au plan (BDG) si et seulement si :

\[t^{\prime} + t^{\prime} – (-t^{\prime} + a) – 1 = 0 \iff 3t^{\prime} – a – 1 = 0 \iff t^{\prime} = \dfrac{a+1}{3}.\]

On remplace : \(x = y = \dfrac{a+1}{3}\) et \(z = a – \dfrac{a+1}{3} = \dfrac{3a – a – 1}{3} = \dfrac{2a-1}{3}\). Donc \(L_a(\dfrac{a+1}{3}\,;\,\dfrac{a+1}{3}\,;\,\dfrac{2a-1}{3})\).

c. La droite \(\Delta_a\) a pour vecteur directeur \((1\,;\,1\,;\,-1)\), c’est-à-dire \(\vec{n}\) : elle est perpendiculaire au plan (BDG). Pour \(t^{\prime} = 0\), on obtient le point \((0\,;\,0\,;\,a)\), donc \(\Delta_a\) passe par \(K_a\). Par conséquent \(L_a\) est le projeté orthogonal de \(K_a\) sur (BDG), et la hauteur du tétraèdre GDB\(K_a\) relative à la base DBG est \(K_aL_a\).

On calcule \(\vec{K_aL_a}(\dfrac{a+1}{3}\,;\,\dfrac{a+1}{3}\,;\,\dfrac{2a-1}{3} – a) = (\dfrac{a+1}{3}\,;\,\dfrac{a+1}{3}\,;\,-\dfrac{a+1}{3})\), d’où :

\[K_aL_a^2 = 3 \times \dfrac{(a+1)^2}{9} = \dfrac{(a+1)^2}{3}, \quad \text{donc} \quad K_aL_a = \dfrac{a+1}{\sqrt{3}} \ \text{ car } a + 1 \gt 0.\]

Le volume du tétraèdre vaut donc \(\dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{a+1}{\sqrt{3}} = \dfrac{a+1}{6}\). (Pour \(a = \dfrac{13}{8}\), on retrouve bien \(\dfrac{21}{48} = \dfrac{7}{16}\).)

Les deux solides ont le même volume si et seulement si \(\dfrac{a+1}{6} = \dfrac{a}{3}\), soit \(a + 1 = 2a\), c’est-à-dire \(a = 1\), qui est bien strictement positif.

Il existe une unique valeur : \(a = 1\) ; le point \(K_1\) est alors le sommet E du cube, et les deux volumes valent \(\dfrac{1}{3}\).

Exercice 2 :

Partie A

1. a. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^{x} \gt 0\). Si \(-1 \leq\, x \leq\, 1\), alors \(x^2 \leq\, 1\), donc \(1 – x^2 \geq\, 0\). Le produit d’un nombre positif ou nul par un nombre strictement positif est positif ou nul : \(f(x) \geq\, 0\) sur \([-1\,;\,1]\).

b. On pose \(u(x) = 1 – x^2\) et \(v^{\prime}(x) = \text{e}^{x}\), d’où \(u^{\prime}(x) = -2x\) et \(v(x) = \text{e}^{x}\). Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables à dérivées continues sur \([-1\,;\,1]\), donc par intégration par parties :

\[\int_{-1}^{1} (1 – x^2)\text{e}^{x}\,\text{d}x = \Big[(1 – x^2)\text{e}^{x}\Big]_{-1}^{1} – \int_{-1}^{1} (-2x)\,\text{e}^{x}\,\text{d}x.\]

Le crochet est nul, car \(1 – x^2\) s’annule en 1 et en \(-1\). Il reste :

\[\int_{-1}^{1} f(x)\,\text{d}x = 2\int_{-1}^{1} x\,\text{e}^{x}\,\text{d}x.\]

C’est l’égalité demandée.

2. On calcule \(J = \displaystyle\int_{-1}^{1} x\,\text{e}^{x}\,\text{d}x\) par une seconde intégration par parties, avec \(u(x) = x\), \(v^{\prime}(x) = \text{e}^{x}\), \(u^{\prime}(x) = 1\), \(v(x) = \text{e}^{x}\) :

\[J = \Big[x\,\text{e}^{x}\Big]_{-1}^{1} – \int_{-1}^{1} \text{e}^{x}\,\text{d}x = (\text{e} + \text{e}^{-1}) – (\text{e} – \text{e}^{-1}) = 2\,\text{e}^{-1}.\]

Comme \(f\) est continue et positive sur \([-1\,;\,1]\), l’aire de la surface grisée, en unités d’aire, est l’intégrale de \(f\) ; l’unité étant 1 cm, une unité d’aire vaut 1 cm². Donc \(S = 2J = 4\,\text{e}^{-1}\) cm² (environ 1,47 cm²).

Alors \(\mathcal{V} = 3 \times 4\,\text{e}^{-1} = 12\,\text{e}^{-1} \approx 4{,}41\). Le volume de chocolat d’un bonbon est d’environ 4,4 cm³.

Partie B

1. a. Quand \(q \to +\infty\), \(\ln(q) \to +\infty\), donc \(2 – 3\ln(q) \to -\infty\) ; par ailleurs \(8q^2 \to +\infty\). Par produit, \(8q^2[2 – 3\ln(q)] \to -\infty\), et en retranchant 3 : \(\displaystyle\lim_{q \to +\infty} B(q) = -\infty\).

b. \(B\) est de la forme \(8\,u \times v – 3\) avec \(u(q) = q^2\) et \(v(q) = 2 – 3\ln(q)\), donc \(u^{\prime}(q) = 2q\) et \(v^{\prime}(q) = -\dfrac{3}{q}\). Ainsi :

\[B^{\prime}(q) = 8[2q(2 – 3\ln(q)) + q^2 \times (-\dfrac{3}{q})] = 8[4q – 6q\ln(q) – 3q] = 8[q – 6q\ln(q)].\]

En factorisant par \(q\) : \(B^{\prime}(q) = 8q(1 – 6\ln(q))\).

c. Sur \([0{,}01\,;\,+\infty[\), \(8q \gt 0\), donc \(B^{\prime}(q)\) a le signe de \(1 – 6\ln(q)\). Or :

\[1 – 6\ln(q) \gt 0 \iff \ln(q) \lt \dfrac{1}{6} \iff q \lt \text{e}^{1/6}\]

par stricte croissance de la fonction exponentielle. Avec \(\text{e}^{1/6} \approx 1{,}18\) :

\(B^{\prime}(q) \gt 0\) sur \([0{,}01\,;\,\text{e}^{1/6}[\) : \(B\) est strictement croissante sur \([0{,}01\,;\,\text{e}^{1/6}]\) ;
\(B^{\prime}(q) \lt 0\) sur \(]\text{e}^{1/6}\,;\,+\infty[\) : \(B\) est strictement décroissante sur \([\text{e}^{1/6}\,;\,+\infty[\).

Valeurs utiles : \(B(0{,}01) = 0{,}0008(2 + 6\ln(10)) – 3 \approx -2{,}99\) et, comme \(\ln(\text{e}^{1/6}) = \dfrac{1}{6}\), \(B(\text{e}^{1/6}) = 8\,\text{e}^{1/3}(2 – \dfrac{1}{2}) – 3 = 12\,\text{e}^{1/3} – 3 \approx 13{,}75\).

\(q\)	\(0{,}01\)		\(\text{e}^{1/6} \approx 1{,}18\)		\(+\infty\)
signe de \(B^{\prime}(q)\)		\(+\)	0	\(-\)
variations de \(B\)	\(\approx -2{,}99\)	\(\nearrow\)	\(12\,\text{e}^{1/3} – 3 \approx 13{,}75\)	\(\searrow\)	\(-\infty\)

d. Le maximum de \(B\) est \(12\,\text{e}^{1/3} – 3 \approx 13{,}747\) dizaines d’euros, atteint pour \(q = \text{e}^{1/6}\), soit environ 118 bonbons. Le bénéfice maximal est d’environ 137 euros.

2. a. Sur \([1{,}2\,;\,+\infty[\), on a \(1{,}2 \gt \text{e}^{1/6}\), donc \(B\) y est continue (car dérivable) et strictement décroissante. De plus \(B(1{,}2) = 11{,}52(2 – 3\ln(1{,}2)) – 3 \approx 13{,}74 \gt 10\) et \(\displaystyle\lim_{q \to +\infty} B(q) = -\infty\). La valeur 10 est comprise entre \(-\infty\) et \(B(1{,}2)\) : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone), l’équation \(B(q) = 10\) admet une unique solution \(\beta\) sur \([1{,}2\,;\,+\infty[\).

Encadrement par balayage à la calculatrice : \(B(1{,}558) \approx 10{,}007 \gt 10\) et \(B(1{,}559) \approx 9{,}986 \lt 10\), donc \(1{,}558 \lt \beta \lt 1{,}559\). À \(10^{-3}\) près, \(\beta \approx 1{,}558\).

b. Grâce aux variations de \(B\) : sur \([0{,}01\,;\,\alpha[\), \(B(q) \lt 10\) ; sur \(]\alpha\,;\,\beta[\), \(B(q) \gt 10\) ; sur \(]\beta\,;\,+\infty[\), \(B(q) \lt 10\). Un bénéfice supérieur à 100 euros (10 dizaines d’euros) correspond donc à \(\alpha \lt q \lt \beta\), soit un nombre de bonbons strictement compris entre environ 75,7 et 155,8.

Le nombre de bonbons est un entier :

75 bonbons (\(q = 0{,}75\)) donnent \(B(0{,}75) \approx 9{,}88 \lt 10\), alors que 76 bonbons donnent \(B(0{,}76) \approx 10{,}05 \gt 10\) ;
155 bonbons donnent \(B(1{,}55) \approx 10{,}17 \gt 10\), alors que 156 bonbons donnent \(B(1{,}56) \approx 9{,}97 \lt 10\).

L’artisan doit vendre au minimum 76 bonbons et au maximum 155 bonbons pour que son bénéfice dépasse 100 euros.

Exercice 3 :

1. Affirmation 1 : vraie.

Pour tout entier naturel \(n\) :

\[w_{n+1} = t_{n+1} – 10 = -0{,}8\,t_n + 18 – 10 = -0{,}8\,t_n + 8 = -0{,}8(t_n – 10) = -0{,}8\,w_n.\]

La suite \((w_n)\) est géométrique de raison \(-0{,}8\) (le nombre 10 est le point fixe : \(10 = -0{,}8 \times 10 + 18\)).

2. Affirmation 2 : vraie.

Pour \(n \geq\, 1\), on divise l’encadrement par \(n \gt 0\) sans changer le sens des inégalités :

\[3 – \dfrac{4}{n} \leq\, u_n \leq\, 3 + \dfrac{4}{n}.\]

Comme \(\dfrac{4}{n} \to 0\), les deux suites qui encadrent \(u_n\) tendent vers 3. D’après le théorème des gendarmes, \((u_n)\) converge, et sa limite est 3.

3. Affirmation 3 : vraie.

On démontre par récurrence la propriété \(P(n)\) : « \(v_n = \dfrac{n+1}{n}\) » pour \(n \geq\, 1\).

Initialisation : \(v_1 = 2\) et \(\dfrac{1+1}{1} = 2\), donc \(P(1)\) est vraie.

Hérédité : soit \(n \geq\, 1\) tel que \(v_n = \dfrac{n+1}{n}\). Alors \(\dfrac{1}{v_n} = \dfrac{n}{n+1}\) et :

\[v_{n+1} = 2 – \dfrac{n}{n+1} = \dfrac{2n + 2 – n}{n+1} = \dfrac{n+2}{n+1} = \dfrac{(n+1)+1}{n+1},\]

ce qui est \(P(n+1)\).

Conclusion : \(P(1)\) est vraie et la propriété est héréditaire, donc \(v_n = \dfrac{n+1}{n}\) pour tout \(n \geq\, 1\).

4. Affirmation 4 : fausse.

Pour \(n \geq\, 1\), on factorise : \(u_n = n(\dfrac{\text{e}^{n}}{n} – 1)\). Par croissance comparée, \(\dfrac{\text{e}^{n}}{n} \to +\infty\), donc \(\dfrac{\text{e}^{n}}{n} – 1 \to +\infty\), et comme \(n \to +\infty\), le produit tend vers \(+\infty\). La suite \((u_n)\) diverge vers \(+\infty\) : elle ne converge pas.

5. Affirmation 5 : vraie.

Le script part de la valeur 2 et applique \(n\) fois la transformation \(x \mapsto 0{,}5(x + \dfrac{2}{x})\). La suite est donc définie par \(u_0 = 2\) et \(u_{n+1} = 0{,}5(u_n + \dfrac{2}{u_n})\) pour tout \(n\).

Elle est décroissante et minorée par \(\sqrt{2}\) : d’après le théorème de convergence monotone, elle converge vers un réel \(\ell\), avec \(\sqrt{2} \leq\, \ell \leq\, 2\) (les inégalités larges passent à la limite).

La fonction \(g : x \mapsto 0{,}5(x + \dfrac{2}{x})\) est continue sur \([\sqrt{2}\,;\,2]\), donc la limite vérifie \(\ell = g(\ell)\) :

\[\ell = 0{,}5(\ell + \dfrac{2}{\ell}) \iff 2\ell = \ell + \dfrac{2}{\ell} \iff \ell = \dfrac{2}{\ell} \iff \ell^2 = 2.\]

Comme \(\ell \geq\, \sqrt{2} \gt 0\), on obtient \(\ell = \sqrt{2}\). La suite converge bien vers \(\sqrt{2}\) (c’est la méthode de Héron pour approcher \(\sqrt{2}\)).

Exercice 4 :

Partie A

1. Pour chaque cachet de la boîte, on a une épreuve de Bernoulli dont le « succès » est « le cachet est non conforme », de probabilité \(p = 0{,}02\). La boîte contient 100 cachets choisis au hasard, et les conformités sont indépendantes : on répète donc 100 fois, de façon identique et indépendante, cette épreuve. \(N\) compte le nombre de succès, donc \(N\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(100\,;\,0{,}02)\).

2. \(E(N) = np = 100 \times 0{,}02 = 2\). En moyenne, sur un grand nombre de boîtes, une boîte contient 2 cachets non conformes.

3. a. \(P(N = 3) = \dbinom{100}{3} \times 0{,}02^3 \times 0{,}98^{97} \approx 0{,}182\). La probabilité cherchée vaut environ 0,182.

b. Contenir au moins 95 cachets conformes sur 100, c’est contenir au plus 5 cachets non conformes. À la calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale), \(P(N \leq\, 5) \approx 0{,}985\). La probabilité cherchée vaut environ 0,985.

4. Avec \(n\) cachets par boîte, le nombre de cachets non conformes suit la loi \(\mathcal{B}(n\,;\,0{,}02)\) et la probabilité que tous soient conformes vaut \(0{,}98^n\). On veut :

\[0{,}98^n \gt 0{,}5 \iff n\ln(0{,}98) \gt \ln(0{,}5) \iff n \lt \dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}98)},\]

en utilisant la croissance stricte de \(\ln\), puis la division par \(\ln(0{,}98) \lt 0\) qui change le sens de l’inégalité. Or \(\dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}98)} \approx 34{,}3\). Vérification : \(0{,}98^{34} \approx 0{,}503 \gt 0{,}5\) et \(0{,}98^{35} \approx 0{,}493 \lt 0{,}5\).

Une boîte doit contenir au maximum 34 cachets.

Partie B

1. Par linéarité de l’espérance : \(E(S) = E(M_1) + E(M_2) + \ldots + E(M_{100}) = 100 \times 2 = 200\). \(E(S) = 200\) : en moyenne, 100 cachets pèsent 200 grammes.

2. Les variables \(M_i\) sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme de leurs variances, chacune égale à \(\sigma^2\) :

\[V(S) = V(M_1) + \ldots + V(M_{100}) = 100\,\sigma^2.\]

Donc \(s = \sqrt{V(S)} = \sqrt{100\,\sigma^2} = 10\,\sigma\) car \(\sigma \geq\, 0\). On a bien \(s = 10\sigma\).

3. a. La condition s’écrit \(P(199 \lt S \lt 201) \geq\, 0{,}9\). Or :

\[199 \lt S \lt 201 \iff -1 \lt S – 200 \lt 1 \iff |S – 200| \lt 1.\]

Donc la condition équivaut à \(P(|S – 200| \lt 1) \geq\, 0{,}9\). L’événement contraire de \(|S – 200| \lt 1\) est \(|S – 200| \geq\, 1\), d’où \(P(|S – 200| \geq\, 1) = 1 – P(|S – 200| \lt 1)\), et la condition devient \(P(|S – 200| \geq\, 1) \leq\, 0{,}1\).

b. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à \(S\), d’espérance 200 et de variance \(100\sigma^2\), avec l’écart \(\delta = 1\), donne :

\[P(|S – 200| \geq\, 1) \leq\, \dfrac{V(S)}{1^2} = 100\,\sigma^2.\]

Pour garantir la condition avec cette inégalité, il suffit que \(100\,\sigma^2 \leq\, 0{,}1\), c’est-à-dire \(\sigma^2 \leq\, 0{,}001\), soit \(\sigma \leq\, \sqrt{0{,}001} \approx 0{,}0316\).

La valeur maximale de \(\sigma\) est \(\sqrt{0{,}001} = \dfrac{\sqrt{10}}{100} \approx 0{,}032\) gramme.

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