Bac maths 2023 Amérique du Nord J1 : sujet et corrigé

Voici le sujet 1 de l’épreuve de spécialité mathématiques du bac 2023 en Amérique du Nord, posé le 27 mars 2023 (jour 1). Le premier exercice part d’une enquête sur le recyclage des déchets d’une entreprise : arbre pondéré, probabilités totales et conditionnelles, loi binomiale et recherche d’une taille d’échantillon avec le logarithme. Le deuxième étudie \(f(x) = \text{e}^{3x} – (2x+1)\text{e}^x\) à l’aide d’une fonction auxiliaire et du théorème des valeurs intermédiaires. Un QCM de géométrie dans l’espace (plan, projeté orthogonal, droites non coplanaires) précède une suite récurrente qui approche \(\sqrt{11}\) par la méthode de Héron, interprétée avec des rectangles d’aire 11 et un script Python. Le corrigé détaillé de toutes les questions figure après l’énoncé.

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BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — SESSION 2023
Amérique du Nord — 27 mars 2023 — Sujet 1
Épreuve d’enseignement de spécialité Mathématiques — Durée : 4 heures

Exercice 1 (5 points)

Dans un souci d’améliorer sa politique en matière de développement durable, une entreprise a réalisé une enquête statistique sur sa production de déchets.

Dans cette enquête, les déchets sont classés en trois catégories :

69 % des déchets sont minéraux et non dangereux ;
28 % des déchets sont non minéraux et non dangereux ;
les déchets restants sont des déchets dangereux.

Cette enquête statistique nous apprend également que :

73 % des déchets minéraux et non dangereux sont recyclables ;
49 % des déchets non minéraux et non dangereux sont recyclables ;
35 % des déchets dangereux sont recyclables.

Les parties A et B sont indépendantes et peuvent être traitées séparément.

Partie A

Dans cette entreprise, on prélève au hasard un déchet. On considère les évènements suivants :

\(M\) : « Le déchet prélevé est minéral et non dangereux » ;
\(N\) : « Le déchet prélevé est non minéral et non dangereux » ;
\(D\) : « Le déchet prélevé est dangereux » ;
\(R\) : « Le déchet prélevé est recyclable ».

On note \(\overline{R}\) l’évènement contraire de l’évènement \(R\).

1. Recopier et compléter l’arbre pondéré ci-dessous représentant la situation de l’énoncé.

2. Justifier que la probabilité que le déchet soit dangereux et recyclable est égale à 0,0105.

3. Déterminer la probabilité \(P(M \cap \overline{R})\) et interpréter la réponse obtenue dans le contexte de l’exercice.

4. Démontrer que la probabilité de l’évènement \(R\) est \(P(R) = 0{,}6514\).

5. On suppose que le déchet prélevé est recyclable. Déterminer la probabilité que ce déchet soit non minéral et non dangereux. On donnera la valeur arrondie au dix-millième.

Partie B

On rappelle que la probabilité qu’un déchet prélevé au hasard soit recyclable est égale à 0,6514.

1. Afin de contrôler la qualité de la collecte dans l’entreprise, on prélève un échantillon de 20 déchets pris au hasard dans la production. On suppose que le stock est suffisamment important pour assimiler le prélèvement de cet échantillon à un tirage avec remise.

On désigne par \(X\) la variable aléatoire égale au nombre de déchets recyclables dans cet échantillon.

a. On admet que la variable aléatoire \(X\) suit une loi binomiale. Préciser ses paramètres.

b. Donner la probabilité que l’échantillon contienne exactement 14 déchets recyclables. On donnera la valeur arrondie au dix-millième.

2. Dans cette question, on prélève désormais \(n\) déchets, où \(n\) désigne un entier naturel strictement positif.

a. Donner l’expression en fonction de \(n\) de la probabilité \(p_n\) qu’aucun déchet de cet échantillon ne soit recyclable.

b. Déterminer la valeur de l’entier naturel \(n\) à partir de laquelle la probabilité qu’au moins un déchet du prélèvement soit recyclable est supérieure ou égale à 0,9999.

Exercice 2 (5 points)

On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par :

\[f(x) = \text{e}^{3x} – (2x + 1)\text{e}^{x}\]

Le but de cet exercice est d’étudier la fonction \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

Partie A – Étude d’une fonction auxiliaire

On définit la fonction \(g\) sur \(\mathbb{R}\) par :

\[g(x) = 3\text{e}^{2x} – 2x – 3\]

1. a. Déterminer la limite de la fonction \(g\) en \(-\infty\).

b. Déterminer la limite de la fonction \(g\) en \(+\infty\).

2. a. On admet que la fonction \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), et on note \(g^{\prime}\) sa fonction dérivée. Démontrer que pour tout nombre réel \(x\), on a \(g^{\prime}(x) = 6\text{e}^{2x} – 2\).

b. Étudier le signe de la fonction dérivée \(g^{\prime}\) sur \(\mathbb{R}\).

c. En déduire le tableau de variations de la fonction \(g\) sur \(\mathbb{R}\). Vérifier que la fonction \(g\) admet un minimum égal à \(\ln(3) – 2\).

3. a. Montrer que \(x = 0\) est solution de l’équation \(g(x) = 0\).

b. Montrer que l’équation \(g(x) = 0\) admet une deuxième solution, non nulle, notée \(\alpha\), dont on donnera un encadrement d’amplitude \(10^{-1}\).

4. Déduire des questions précédentes le signe de la fonction \(g\) sur \(\mathbb{R}\).

Partie B – Étude de la fonction \(f\)

1. La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), et on note \(f^{\prime}\) sa fonction dérivée.

Démontrer que pour tout nombre réel \(x\), on a \(f^{\prime}(x) = \text{e}^{x}g(x)\), où \(g\) est la fonction définie dans la partie A.

2. En déduire alors le signe de la fonction dérivée \(f^{\prime}\) puis les variations de la fonction \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

3. Pourquoi la fonction \(f\) n’est-elle pas convexe sur \(\mathbb{R}\) ? Expliquer.

Exercice 3 (5 points)

Cet exercice est un questionnaire à choix multiple. Pour chaque question, une seule des quatre réponses proposées est exacte. Le candidat indiquera sur sa copie le numéro de la question et la réponse choisie. Aucune justification n’est demandée. Une réponse fausse, une réponse multiple ou l’absence de réponse à une question ne rapporte ni n’enlève de point. Les cinq questions sont indépendantes.

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

On considère les points \(\text{A}(-1 ; 2 ; 5)\), \(\text{B}(3 ; 6 ; 3)\), \(\text{C}(3 ; 0 ; 9)\) et \(\text{D}(8 ; -3 ; -8)\).

On admet que les points A, B et C ne sont pas alignés.

1. ABC est un triangle :

Réponse a	Réponse b	Réponse c	Réponse d
isocèle rectangle en A	isocèle rectangle en B	isocèle rectangle en C	équilatéral

2. Une équation cartésienne du plan (BCD) est :

Réponse a	Réponse b	Réponse c	Réponse d
\(2x + y + z – 15 = 0\)	\(9x – 5y + 3 = 0\)	\(4x + y + z – 21 = 0\)	\(11x + 5z – 73 = 0\)

3. On admet que le plan (ABC) a pour équation cartésienne \(x – 2y – 2z + 15 = 0\).

On appelle H le projeté orthogonal du point D sur le plan (ABC).

On peut affirmer que :

Réponse a	Réponse b	Réponse c	Réponse d
\(\text{H}(-2 ; 17 ; 12)\)	\(\text{H}(3 ; 7 ; 2)\)	\(\text{H}(3 ; 2 ; 7)\)	\(\text{H}(-15 ; 1 ; -1)\)

4. Soit la droite \(\Delta\) de représentation paramétrique \(\{\begin{array}{l} x = 5 + t \\ y = 3 – t \\ z = -1 + 3t \end{array}.\), avec \(t\) réel.

Les droites (BC) et \(\Delta\) sont :

Réponse a	Réponse b	Réponse c	Réponse d
confondues	strictement parallèles	sécantes	non coplanaires

5. On considère le plan \(\mathcal{P}\) d’équation cartésienne \(2x – y + 2z – 6 = 0\).

On admet que le plan (ABC) a pour équation cartésienne \(x – 2y – 2z + 15 = 0\).

On peut affirmer que :

Réponse a	Réponse b	Réponse c	Réponse d
les plans \(\mathcal{P}\) et (ABC) sont strictement parallèles	les plans \(\mathcal{P}\) et (ABC) sont sécants et leur intersection est la droite (AB)	les plans \(\mathcal{P}\) et (ABC) sont sécants et leur intersection est la droite (AC)	les plans \(\mathcal{P}\) et (ABC) sont sécants et leur intersection est la droite (BC)

Exercice 4 (5 points)

On considère la suite \((u_n)\) définie par \(u_0 = 5\) et pour tout entier naturel \(n\),

\[u_{n+1} = \dfrac{1}{2}(u_n + \dfrac{11}{u_n})\]

On admet que la suite \((u_n)\) est bien définie.

Partie A – Étude de la suite \((u_n)\)

1. Donner \(u_1\) et \(u_2\) sous forme de fractions irréductibles.

2. On considère la fonction \(f\) définie sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\) par :

\[f(x) = \dfrac{1}{2}(x + \dfrac{11}{x})\]

Démontrer que la fonction \(f\) est croissante sur l’intervalle \([\sqrt{11} ; +\infty[\).

3. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel \(n\), on a : \(u_n \geq\, u_{n+1} \geq\, \sqrt{11}\).

4. En déduire que la suite \((u_n)\) converge vers une limite réelle. On note \(a\) cette limite.

5. Après avoir déterminé et résolu une équation dont \(a\) est solution, préciser la valeur exacte de \(a\).

Partie B – Application géométrique

Pour tout entier naturel \(n\), on considère un rectangle \(R_n\) d’aire 11 dont la largeur est notée \(\ell_n\) et longueur \(L_n\).

La suite \((L_n)\) est définie par \(L_0 = 5\) et, pour tout entier naturel \(n\),

\[L_{n+1} = \dfrac{L_n + \ell_n}{2}\]

1. a. Expliquer pourquoi \(\ell_0 = 2{,}2\).

b. Établir que pour tout entier naturel \(n\),

\[\ell_n = \dfrac{11}{L_n}.\]

2. Vérifier que la suite \((L_n)\) correspond à la suite \((u_n)\) de la partie A.

3. Montrer que pour tout entier naturel \(n\), on a \(\ell_n \leq\, \sqrt{11} \leq\, L_n\).

4. On admet que les suites \((L_n)\) et \((\ell_n)\) convergent toutes les deux vers \(\sqrt{11}\). Interpréter géométriquement ce résultat dans le contexte de la partie B.

5. Voici un script, écrit en langage Python, relatif aux suites étudiées dans cette partie :

1  def heron(n):
2      L=5
3      ℓ=2.2
4      for i in range(n):
5          L = (L+ℓ) / 2
6          ℓ = 11 / L
7      return round(ℓ,6), round(L,6)

On rappelle que la fonction Python round(x,k) renvoie une version arrondie du nombre x avec k décimales.

a. Si l’utilisateur tape heron(3) dans une console d’exécution Python, qu’obtient-il comme valeurs de sortie pour \(\ell\) et \(L\) ?

b. Donner une interprétation de ces deux valeurs.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. Le déchet est tiré au hasard, donc les pourcentages de l’enquête se lisent comme des probabilités. Les trois catégories se partagent tous les déchets, d’où \(P(D) = 1 – 0{,}69 – 0{,}28 = 0{,}03\). Sur les branches du second niveau, on place les probabilités conditionnelles de recyclage, et leurs complémentaires à 1 : \(P_M(R) = 0{,}73\) et \(P_M(\overline{R}) = 0{,}27\), \(P_N(R) = 0{,}49\) et \(P_N(\overline{R}) = 0{,}51\), \(P_D(R) = 0{,}35\) et \(P_D(\overline{R}) = 0{,}65\).

2. L’évènement « le déchet est dangereux et recyclable » est \(D \cap R\). On multiplie les probabilités le long du chemin correspondant de l’arbre :

\[P(D \cap R) = P(D) \times P_D(R) = 0{,}03 \times 0{,}35 = 0{,}0105.\]

On retrouve bien \(P(D \cap R) = 0{,}0105\).

3. De même, \(P(M \cap \overline{R}) = P(M) \times P_M(\overline{R}) = 0{,}69 \times 0{,}27 = 0{,}1863\).

\(P(M \cap \overline{R}) = 0{,}1863\) : 18,63 % des déchets de l’entreprise sont à la fois minéraux non dangereux et non recyclables.

4. Les évènements \(M\), \(N\) et \(D\) sont deux à deux incompatibles et leur réunion est l’univers : ils forment une partition. D’après la formule des probabilités totales :

\[P(R) = P(M \cap R) + P(N \cap R) + P(D \cap R) = 0{,}69 \times 0{,}73 + 0{,}28 \times 0{,}49 + 0{,}0105.\]

\[P(R) = 0{,}5037 + 0{,}1372 + 0{,}0105 = 0{,}6514.\]

On a bien \(P(R) = 0{,}6514\).

5. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_R(N)\) :

\[P_R(N) = \dfrac{P(N \cap R)}{P(R)} = \dfrac{0{,}1372}{0{,}6514} \approx 0{,}2106.\]

Sachant que le déchet est recyclable, la probabilité qu’il soit non minéral et non dangereux est environ 0,2106.

Partie B

1. a. On répète 20 fois, de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « le déchet est recyclable » a pour probabilité 0,6514. \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 20\) et \(p = 0{,}6514\).

b. Avec la formule de la loi binomiale :

\[P(X = 14) = \binom\,{20}{14} \times 0{,}6514^{14} \times 0{,}3486^{6} \approx 0{,}1723.\]

La probabilité d’avoir exactement 14 déchets recyclables est environ 0,1723.

2. a. Avec \(n\) déchets, le nombre de déchets recyclables suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et 0,6514. Aucun déchet n’est recyclable lorsque les \(n\) tirages sont tous des échecs, de probabilité \(1 – 0{,}6514 = 0{,}3486\) chacun :

\[p_n = 0{,}3486^{n}.\]

On a donc \(p_n = 0{,}3486^n\).

b. « Au moins un déchet est recyclable » est l’évènement contraire de « aucun déchet n’est recyclable » ; sa probabilité est \(1 – p_n\). On résout :

\[1 – 0{,}3486^n \geq\, 0{,}9999 \iff 0{,}3486^n \leq\, 0{,}0001.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\), donc cette inégalité équivaut à \(n\ln(0{,}3486) \leq\, \ln(0{,}0001)\). Comme \(0{,}3486 \lt 1\), \(\ln(0{,}3486) \lt 0\) : en divisant par ce nombre négatif, on change le sens de l’inégalité :

\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}0001)}{\ln(0{,}3486)} \approx 8{,}74.\]

\(n\) étant entier, il faut \(n \geq\, 9\) (contrôle : \(0{,}3486^8 \approx 0{,}00022\) et \(0{,}3486^9 \approx 0{,}000076\)). C’est à partir de \(n = 9\) déchets que la probabilité qu’au moins un soit recyclable atteint 0,9999.

Exercice 2 :

Partie A

1. a. Quand \(x\) tend vers \(-\infty\), \(2x\) tend vers \(-\infty\), donc \(\text{e}^{2x}\) tend vers 0 par composition. Par ailleurs \(-2x – 3\) tend vers \(+\infty\). Par somme :

\[\lim\limits_{x \to -\infty} g(x) = +\infty.\]

b. En \(+\infty\), \(3\text{e}^{2x}\) tend vers \(+\infty\) et \(-2x – 3\) vers \(-\infty\) : c’est une forme indéterminée. On factorise par \(x\) (pour \(x \gt 0\)) :

\[g(x) = x(6 \times \dfrac{\text{e}^{2x}}{2x} – 2 – \dfrac{3}{x}).\]

Par croissances comparées et composition (on pose \(X = 2x\)), \(\dfrac{\text{e}^{2x}}{2x} = \dfrac{\text{e}^{X}}{X}\) tend vers \(+\infty\) ; \(\dfrac{3}{x}\) tend vers 0. La parenthèse tend donc vers \(+\infty\), et \(x\) aussi. Par produit :

\[\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty.\]

2. a. La dérivée de \(x \mapsto \text{e}^{2x}\) est \(x \mapsto 2\text{e}^{2x}\) (dérivée de \(\text{e}^{u}\) : \(u^{\prime}\text{e}^{u}\)). Donc pour tout réel \(x\) :

\[g^{\prime}(x) = 3 \times 2\text{e}^{2x} – 2 = 6\text{e}^{2x} – 2.\]

b. On résout \(g^{\prime}(x) \gt 0\) :

\[6\text{e}^{2x} – 2 \gt 0 \iff \text{e}^{2x} \gt \dfrac{1}{3} \iff 2x \gt \ln(\dfrac{1}{3}) = -\ln(3) \iff x \gt -\dfrac{\ln(3)}{2},\]

en utilisant la stricte croissance de \(\ln\). De la même façon \(g^{\prime}(x) = 0 \iff x = -\dfrac{\ln(3)}{2}\). Ainsi \(g^{\prime}\) est strictement négative sur \(]-\infty ; -\dfrac{\ln(3)}{2}[\), nulle en \(-\dfrac{\ln(3)}{2}\) et strictement positive sur \(]-\dfrac{\ln(3)}{2} ; +\infty[\) (\(-\dfrac{\ln(3)}{2} \approx -0{,}55\)).

c. Calculons la valeur de \(g\) en \(x_0 = -\dfrac{\ln(3)}{2}\). On a \(2x_0 = -\ln(3)\), donc \(\text{e}^{2x_0} = \text{e}^{-\ln(3)} = \dfrac{1}{3}\) :

\[g(x_0) = 3 \times \dfrac{1}{3} – 2 \times (-\dfrac{\ln(3)}{2}) – 3 = 1 + \ln(3) – 3 = \ln(3) – 2.\]

\(x\)	\(-\infty\)		\(-\dfrac{\ln(3)}{2}\)		\(+\infty\)
signe de \(g^{\prime}(x)\)		\(-\)	0	\(+\)
variations de \(g\)	\(+\infty\)	\(\searrow\)	\(\ln(3) – 2\)	\(\nearrow\)	\(+\infty\)

La fonction \(g\) est décroissante puis croissante : elle admet donc un minimum égal à \(\ln(3) – 2\), atteint en \(-\dfrac{\ln(3)}{2}\). Ce minimum vaut environ \(-0{,}90\) : il est strictement négatif.

3. a. \(g(0) = 3\text{e}^{0} – 0 – 3 = 3 – 3 = 0\) : 0 est bien solution de \(g(x) = 0\).

b. On étudie les deux intervalles de monotonie.

Sur \([-\dfrac{\ln(3)}{2} ; +\infty[\), \(g\) est strictement croissante, donc elle ne peut s’annuler qu’une seule fois : cette unique solution est 0 (et \(0 \gt -\dfrac{\ln(3)}{2}\)).
Sur \(]-\infty ; -\dfrac{\ln(3)}{2}]\), \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(+\infty\) jusqu’à \(\ln(3) – 2 \lt 0\). Comme 0 est compris entre ces deux valeurs, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur cet intervalle, et \(\alpha \lt -\dfrac{\ln(3)}{2} \lt 0\), donc \(\alpha \neq 0\).

À la calculatrice, \(g(-1{,}5) \approx 0{,}149 \gt 0\) et \(g(-1{,}4) \approx -0{,}018 \lt 0\). Donc \(-1{,}5 \lt \alpha \lt -1{,}4\) (en fait \(\alpha \approx -1{,}41\)).

4. En combinant le tableau de variations et les deux zéros \(\alpha\) et 0 :

sur \(]-\infty ; \alpha[\), \(g\) décroît vers \(g(\alpha) = 0\), donc \(g(x) \gt 0\) ;
sur \(]\alpha ; 0[\), \(g\) descend de 0 à son minimum négatif puis remonte jusqu’à \(g(0) = 0\), donc \(g(x) \lt 0\) ;
sur \(]0 ; +\infty[\), \(g\) est strictement croissante à partir de \(g(0) = 0\), donc \(g(x) \gt 0\).

\(g\) est strictement positive sur \(]-\infty ; \alpha[\) et sur \(]0 ; +\infty[\), strictement négative sur \(]\alpha ; 0[\), et s’annule en \(\alpha\) et en 0.

Partie B

1. On dérive chaque terme. La dérivée de \(\text{e}^{3x}\) est \(3\text{e}^{3x}\). Pour \((2x + 1)\text{e}^{x}\), on applique la formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) avec \(u(x) = 2x + 1\) et \(v(x) = \text{e}^{x}\) : on obtient \(2\text{e}^{x} + (2x + 1)\text{e}^{x}\). D’où :

\[f^{\prime}(x) = 3\text{e}^{3x} – 2\text{e}^{x} – (2x + 1)\text{e}^{x}.\]

En écrivant \(\text{e}^{3x} = \text{e}^{x} \times \text{e}^{2x}\) et en factorisant par \(\text{e}^{x}\) :

\[f^{\prime}(x) = \text{e}^{x}(3\text{e}^{2x} – 2 – 2x – 1) = \text{e}^{x}(3\text{e}^{2x} – 2x – 3) = \text{e}^{x}g(x).\]

On a bien \(f^{\prime}(x) = \text{e}^{x}g(x)\) pour tout réel \(x\).

2. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^{x} \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le même signe que \(g(x)\). D’après la question A.4 :

\(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]-\infty ; \alpha[\) et sur \(]0 ; +\infty[\) ;
\(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]\alpha ; 0[\).

La fonction \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty ; \alpha]\), strictement décroissante sur \([\alpha ; 0]\), puis strictement croissante sur \([0 ; +\infty[\).

3. Une fonction dérivable est convexe sur \(\mathbb{R}\) si et seulement si sa dérivée est croissante sur \(\mathbb{R}\). Or \(f^{\prime}\) est strictement positive sur \(]-\infty ; \alpha[\), s’annule en \(\alpha\), puis devient strictement négative sur \(]\alpha ; 0[\) : par exemple \(f^{\prime}(-2) \gt 0\) alors que \(f^{\prime}(-1) \lt 0\), avec \(-2 \lt -1\). La dérivée \(f^{\prime}\) n’est donc pas croissante sur \(\mathbb{R}\), et \(f\) n’est pas convexe sur \(\mathbb{R}\).

Exercice 3 :

1. Réponse a. Le repère est orthonormé, on peut calculer les longueurs :

\[\text{AB} = \sqrt{4^2 + 4^2 + (-2)^2} = \sqrt{36} = 6, \quad \text{AC} = \sqrt{4^2 + (-2)^2 + 4^2} = \sqrt{36} = 6, \quad \text{BC} = \sqrt{0^2 + (-6)^2 + 6^2} = \sqrt{72}.\]

AB = AC, donc ABC est isocèle en A ; de plus \(\text{AB}^2 + \text{AC}^2 = 36 + 36 = 72 = \text{BC}^2\), donc d’après la réciproque du théorème de Pythagore il est rectangle en A. ABC est isocèle rectangle en A.

2. Réponse c. Il suffit de tester les coordonnées de B, C et D dans chaque équation.

a. Pour D : \(2 \times 8 – 3 – 8 – 15 = -10 \neq 0\), D n’est pas dans ce plan.
b. Pour C : \(9 \times 3 – 0 + 3 = 30 \neq 0\).
c. B : \(12 + 6 + 3 – 21 = 0\) ; C : \(12 + 0 + 9 – 21 = 0\) ; D : \(32 – 3 – 8 – 21 = 0\). Les trois points sont dans ce plan.
d. Pour B : \(33 + 15 – 73 = -25 \neq 0\).

B, C, D n’étant pas alignés (sinon (BCD) ne serait pas un plan), \(4x + y + z – 21 = 0\) est une équation de (BCD).

3. Réponse b. D’après l’équation du plan (ABC), le vecteur \(\vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ -2\end{pmatrix}\) est normal à ce plan. Le projeté H est le point d’intersection du plan avec la droite passant par D et dirigée par \(\vec{n}\), qui a pour représentation paramétrique \(x = 8 + k\), \(y = -3 – 2k\), \(z = -8 – 2k\) (\(k\) réel). On remplace dans l’équation du plan :

\[(8 + k) – 2(-3 – 2k) – 2(-8 – 2k) + 15 = 0 \iff 9k + 45 = 0 \iff k = -5.\]

On obtient \(x = 3\), \(y = 7\), \(z = 2\) : \(\text{H}(3 ; 7 ; 2)\). (Contrôle : \(\vec{\text{DH}}\begin{pmatrix}-5 \\ 10 \\ 10\end{pmatrix} = -5\vec{n}\) et \(3 – 14 – 4 + 15 = 0\). La réponse c vérifie l’équation du plan mais \(\vec{\text{DH}}\begin{pmatrix}-5 \\ 5 \\ 15\end{pmatrix}\) n’est pas colinéaire à \(\vec{n}\).)

4. Réponse d. Un vecteur directeur de \(\Delta\) est \(\vec{v}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix}0 \\ -6 \\ 6\end{pmatrix}\). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de \(\vec{\text{BC}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{v}\)) : les droites ne sont ni confondues ni parallèles.

Cherchons un point commun. La droite (BC) passe par B et est dirigée par \(\dfrac{1}{6}\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix}0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\) : \(x = 3\), \(y = 6 – s\), \(z = 3 + s\) (\(s\) réel). Un point commun vérifierait :

\[3 = 5 + t, \quad 6 – s = 3 – t, \quad 3 + s = -1 + 3t.\]

La première égalité donne \(t = -2\) ; la deuxième donne alors \(6 – s = 5\), soit \(s = 1\) ; la troisième donnerait \(3 + s = -7\), soit \(s = -10\). Contradiction : il n’y a aucun point commun. Deux droites non parallèles et sans point commun sont non coplanaires.

5. Réponse b. Les vecteurs normaux \(\vec{n_1}\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\) de \(\mathcal{P}\) et \(\vec{n_2}\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ -2\end{pmatrix}\) de (ABC) ne sont pas colinéaires, donc les plans sont sécants selon une droite (réponse a exclue). On teste les points A, B, C dans l’équation de \(\mathcal{P}\) :

\[\text{A} : -2 – 2 + 10 – 6 = 0, \quad \text{B} : 6 – 6 + 6 – 6 = 0, \quad \text{C} : 6 – 0 + 18 – 6 = 18 \neq 0.\]

A et B appartiennent aux deux plans, C n’appartient pas à \(\mathcal{P}\) : l’intersection des deux plans est la droite (AB).

Exercice 4 :

Partie A

1. On applique la relation de récurrence :

\[u_1 = \dfrac{1}{2}(5 + \dfrac{11}{5}) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{36}{5} = \dfrac{18}{5}.\]

\[u_2 = \dfrac{1}{2}(\dfrac{18}{5} + \dfrac{11 \times 5}{18}) = \dfrac{1}{2}(\dfrac{324}{90} + \dfrac{275}{90}) = \dfrac{599}{180}.\]

599 est premier et ne divise pas 180, donc les fractions sont irréductibles : \(u_1 = \dfrac{18}{5}\) et \(u_2 = \dfrac{599}{180}\).

2. \(f\) est dérivable sur \(]0 ; +\infty[\) et, pour \(x \gt 0\) :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2}(1 – \dfrac{11}{x^2}) = \dfrac{x^2 – 11}{2x^2}.\]

Le dénominateur \(2x^2\) est strictement positif. Si \(x \geq\, \sqrt{11}\), alors \(x^2 \geq\, 11\) (la fonction carré est croissante sur \([0 ; +\infty[\)), donc \(x^2 – 11 \geq\, 0\) et \(f^{\prime}(x) \geq\, 0\). \(f\) est donc croissante sur \([\sqrt{11} ; +\infty[\).

3. On remarque que \(u_{n+1} = f(u_n)\) et que \(f(\sqrt{11}) = \dfrac{1}{2}(\sqrt{11} + \dfrac{11}{\sqrt{11}}) = \dfrac{1}{2}(\sqrt{11} + \sqrt{11}) = \sqrt{11}\). Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(u_n \geq\, u_{n+1} \geq\, \sqrt{11}\) ».

Initialisation. \(u_0 = 5\), \(u_1 = 3{,}6\) et \(\sqrt{11} \approx 3{,}317\) (ou : \(3{,}6^2 = 12{,}96 \geq\, 11\)). Donc \(u_0 \geq\, u_1 \geq\, \sqrt{11}\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie : \(u_n \geq\, u_{n+1} \geq\, \sqrt{11}\). Ces trois nombres sont dans \([\sqrt{11} ; +\infty[\), intervalle sur lequel \(f\) est croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre :

\[f(u_n) \geq\, f(u_{n+1}) \geq\, f(\sqrt{11}), \quad \text{c^{\prime}est-à-dire} \quad u_{n+1} \geq\, u_{n+2} \geq\, \sqrt{11}.\]

\(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \geq\, u_{n+1} \geq\, \sqrt{11}\).

4. D’après la question précédente, la suite \((u_n)\) est décroissante (\(u_{n+1} \leq\, u_n\)) et minorée par \(\sqrt{11}\). D’après le théorème de convergence monotone, \((u_n)\) converge vers une limite réelle \(a\), avec \(a \geq\, \sqrt{11}\).

5. La fonction \(f\) est continue sur \(]0 ; +\infty[\), qui contient tous les termes de la suite et sa limite \(a \geq\, \sqrt{11} \gt 0\). En passant à la limite dans \(u_{n+1} = f(u_n)\), on obtient \(a = f(a)\). Résolvons cette équation pour \(x \gt 0\) :

\[\dfrac{1}{2}(x + \dfrac{11}{x}) = x \iff x + \dfrac{11}{x} = 2x \iff \dfrac{11}{x} = x \iff x^2 = 11.\]

La seule solution strictement positive est \(\sqrt{11}\). Donc \(a = \sqrt{11}\).

Partie B

1. a. L’aire d’un rectangle est le produit de sa longueur par sa largeur. Pour \(R_0\) : \(L_0 \times \ell_0 = 11\), donc \(\ell_0 = \dfrac{11}{5} = 2{,}2\).

b. Le même raisonnement vaut pour chaque rectangle \(R_n\), qui a pour aire 11 : \(L_n \times \ell_n = 11\), et comme \(L_n \neq 0\), \(\ell_n = \dfrac{11}{L_n}\).

2. Pour tout \(n\), en remplaçant \(\ell_n\) :

\[L_{n+1} = \dfrac{L_n + \ell_n}{2} = \dfrac{1}{2}(L_n + \dfrac{11}{L_n}).\]

La suite \((L_n)\) vérifie la même relation de récurrence que \((u_n)\) et a le même premier terme \(L_0 = u_0 = 5\). Les deux suites sont donc égales : \(L_n = u_n\) pour tout \(n\).

3. Puisque \(L_n = u_n\), la partie A donne \(L_n \geq\, \sqrt{11}\). La fonction inverse étant décroissante sur \(]0 ; +\infty[\), on en déduit \(\dfrac{1}{L_n} \leq\, \dfrac{1}{\sqrt{11}}\), puis en multipliant par \(11 \gt 0\) :

\[\ell_n = \dfrac{11}{L_n} \leq\, \dfrac{11}{\sqrt{11}} = \sqrt{11}.\]

On a donc bien \(\ell_n \leq\, \sqrt{11} \leq\, L_n\).

4. La longueur et la largeur des rectangles se rapprochent toutes les deux de \(\sqrt{11}\) : les rectangles \(R_n\), d’aire 11, ressemblent de plus en plus à un carré de côté \(\sqrt{11}\), c’est-à-dire au carré d’aire 11.

5. a. La boucle s’exécute 3 fois et calcule successivement :

Passage	\(L\)	\(\ell\)
avant la boucle	5	2,2
1	3,6	3,055 556…
2	3,327 778…	3,305 509…
3	3,316 643…	3,316 606…

La console affiche (3.316606, 3.316643) : \(\ell_3 \approx 3{,}316\,606\) et \(L_3 \approx 3{,}316\,643\).

b. Ces deux nombres sont \(\ell_3\) et \(L_3\), et d’après la question 3 on a \(\ell_3 \leq\, \sqrt{11} \leq\, L_3\). Ils fournissent donc un encadrement de \(\sqrt{11}\) : \(3{,}316\,606 \leq\, \sqrt{11} \leq\, 3{,}316\,643\) (aux arrondis près), d’amplitude inférieure à \(4 \times 10^{-5}\), obtenu avec seulement trois étapes. Géométriquement, le rectangle \(R_3\) est déjà presque un carré. C’est la méthode de Héron d’Alexandrie pour calculer une racine carrée.

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