Bac de maths 2022 en Amérique du Nord (jour 2) : sujet et corrigé

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BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — SESSION 2022
Amérique du Nord — 19 mai 2022 — Jour 2
Épreuve d’enseignement de spécialité Mathématiques — Durée : 4 heures

Le sujet propose 4 exercices.
Le candidat choisit 3 exercices parmi les 4 exercices et ne doit traiter que ces 3 exercices.
Chaque exercice est noté sur 7 points (le total sera ramené sur 20 points).
Les traces de recherche, même incomplètes ou infructueuses, seront prises en compte.

Exercice 1 (7 points)

Thème : probabilités, suites

Dans une région touristique, une société propose un service de location de vélos pour la journée.

La société dispose de deux points de location distinctes, le point A et le point B. Les vélos peuvent être empruntés et restitués indifféremment dans l’un où l’autre des deux points de location.

On admettra que le nombre total de vélos est constant et que tous les matins, à l’ouverture du service, chaque vélo se trouve au point A ou au point B.

D’après une étude statistique :

• Si un vélo se trouve au point A un matin, la probabilité qu’il se trouve au point A le matin suivant est égale à \(0{,}84\) ;
• Si un vélo se trouve au point B un matin la probabilité qu’il se trouve au point B le matin suivant est égale à \(0{,}76\).

À l’ouverture du service le premier matin, la société a disposé la moitié de ses vélos au point A, l’autre moitié au point B.

On considère un vélo de la société pris au hasard.

Pour tout entier naturel non nul \(n\), on définit les évènements suivants :

• \(A_n\) : « le vélo se trouve au point A le \(n\)-ième matin »
• \(B_n\) : « le vélo se trouve au point B le \(n\)-ième matin ».

Pour tout entier naturel non nul \(n\), on note \(a_n\) la probabilité de l’évènement \(A_n\) et \(b_n\) la probabilité de l’évènement \(B_n\). Ainsi \(a_1 = 0{,}5\) et \(b_1 = 0{,}5\).

1. Recopier et compléter l’arbre pondéré ci-dessous qui modélise la situation pour les deux premiers matins :

2. a. Calculer \(a_2\).

b. Le vélo se trouve au point A le deuxième matin. Calculer la probabilité qu’il se soit trouvé au point B le premier matin. La probabilité sera arrondie au millième.

3. a. Recopier et compléter l’arbre pondéré ci-dessous qui modélise la situation pour les \(n\)-ième et \(n+1\)-ième matins.

b. Justifier que pour tout entier naturel non nul \(n\), \(a_{n+1} = 0{,}6a_n + 0{,}24\).

4. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel non nul \(n\), \(a_n = 0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\).

5. Déterminer la limite de la suite \((a_n)\) et interpréter cette limite dans le contexte de l’exercice.

6. Déterminer le plus petit entier naturel \(n\) tel que \(a_n \geq\, 0{,}599\) et interpréter le résultat obtenu dans le contexte de l’exercice.

Exercice 2 (7 points)

Thème : fonctions, fonction exponentielle

Partie A

Soit \(p\) la fonction définie sur l’intervalle \([-3\ ;\ 4]\) par :

\[p(x) = x^3 – 3x^2 + 5x + 1\]

1. Déterminer les variations de la fonction \(p\) sur l’intervalle \([-3\ ;\ 4]\).

2. Justifier que l’équation \(p(x) = 0\) admet dans l’intervalle \([-3\ ;\ 4]\) une unique solution qui sera notée \(\alpha\).

3. Déterminer une valeur approchée du réel \(\alpha\) au dixième près.

4. Donner le tableau de signes de la fonction \(p\) sur l’intervalle \([-3\ ;\ 4]\).

Partie B

Soit \(f\) la fonction définie sur l’intervalle \([-3\ ;\ 4]\) par :

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

On note \(\mathcal{C}_f\) sa courbe représentative dans un repère orthogonal.

1. a. Déterminer la dérivée de la fonction \(f\) sur l’intervalle \([-3\ ;\ 4]\).

b. Justifier que la courbe \(\mathcal{C}_f\) admet une tangente horizontale au point d’abscisse 1.

2. Les concepteurs d’un toboggan utilisent la courbe \(\mathcal{C}_f\) comme profil d’un toboggan. Ils estiment que le toboggan assure de bonnes sensations si le profil possède au moins deux points d’inflexion.

a. D’après le graphique ci-dessus, le toboggan semble-t-il assurer de bonnes sensations ? Argumenter.

b. On admet que la fonction \(f^{\prime\prime}\), dérivée seconde de la fonction \(f\), a pour expression pour tout réel \(x\) de l’intervalle \([-3\ ;\ 4]\) :

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

où \(p\) est la fonction définie dans la partie A.

En utilisant l’expression précédente de \(f^{\prime\prime}\), répondre à la question : « le toboggan assure-t-il de bonnes sensations ? ». Justifier.

Exercice 3 (7 points)

Thème : géométrie dans l’espace

Une exposition d’art contemporain a lieu dans une salle en forme de pavé droit de largeur 6 m, de longueur 8 m et de hauteur 4 m.

Elle est représentée par le parallélépipède rectangle OBCDEFGH où OB = 6 m, OD = 8 m et OE = 4 m.

On utilise le repère orthonormé \((\text{O}\ ;\ \vec{\imath},\ \vec{\jmath},\ \vec{k})\) tel que \(\vec{\imath} = \dfrac16\vec{\text{OB}}\), \(\vec{\jmath} = \dfrac18\vec{\text{OD}}\) et \(\vec{k} = \dfrac14\vec{\text{OE}}\).

Dans ce repère on a, en particulier C(6 ; 8 ; 0), F(6 ; 0 ; 4) et G(6 ; 8 ; 4).

Une des œuvres exposées est un triangle de verre représenté par le triangle ART qui a pour sommets A(6 ; 0 ; 2), R(6 ; 3 ; 4) et T(3 ; 0 ; 4), Enfin, S est le point de coordonnées \((3\ ;\ \dfrac52\ ;\ 0)\).

1. a. Vérifier que le triangle ART est isocèle en A.

b. Calculer le produit scalaire \(\vec{\text{AR}} \cdot \vec{\text{AT}}\).

c. En déduire une valeur approchée à \(0{,}1\) degré près de l’angle \(\widehat{\text{RAT}}\).

2. a. Justifier que le vecteur \(\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-2\\3\end{pmatrix}\) est un vecteur normal au plan (ART).

b. En déduire une équation cartésienne du plan (ART).

3. Un rayon laser dirigé vers le triangle ART est émis du plancher à partir du point S. On admet que ce rayon est orthogonal au plan (ART).

a. Soit \(\Delta\) la droite orthogonale au plan (ART) et passant par le point S.

Justifier que le système ci-dessous est une représentation paramétrique de la droite \(\Delta\) :

\[\{\begin{array}{lcr} x = 3+2k\\ y = \dfrac52 – 2k\\ z = 3k \end{array}.,\quad \text{avec } k \in \mathbb{R}.\]

b. Soit L le point d’intersection de la droite \(\Delta\), avec le plan (ART).

Démontrer que L a pour coordonnées \((5\ ;\ \dfrac12\ ;\ 3)\).

4. L’artiste installe un rail représenté par le segment [DK] ou K est le milieu du segment [EH].

Sur ce rail, il positionne une source lumineuse laser en un point N du segment [DK] et il oriente ce second rayon laser vers le point S.

a. Montrer que, pour tout réel \(t\) de l’intervalle \([0\ ;\ 1]\), le point N de coordonnées \((0\ ;\ 8 – 4t\ ;\ 4t)\) est un point du segment [DK].

b. Calculer les coordonnées exactes du point N tel que les deux rayons laser représentés par les segments [SL] et [SN] soient perpendiculaires.

Exercice 4 (7 points)

Thème : fonction logarithme népérien, probabilités

Cet exercice est un questionnaire à choix multiples (QCM) qui comprend six questions. Les six questions sont indépendantes. Pour chacune des questions, une seule des quatre réponses est exacte. Le candidat indiquera sur sa copie le numéro de la question suivi de la lettre correspondant à la réponse exacte.
Aucune justification n’est demandée.
Une réponse fausse, une réponse multiple ou une absence de réponse ne rapporte ni n’enlève aucun point

Question 1

Le réel \(a\) est définie par \(a = \ln(9) + \ln(\dfrac{\sqrt{3}}{3}) + \ln(\dfrac19)\) est égal à :

Question 2

On note \((E)\) l’équation suivante \(\ln x + \ln(x – 10) = \ln 3 + \ln 7\) d’inconnue le réel \(x\).

Question 3

La fonction \(f\) est définie sur l’intervalle \(]0\ ;\ +\infty[\) par l’expression \(f(x) = x^2(-1 + \ln x)\).

On note \(\mathcal{C}_f\) sa courbe représentative dans le plan muni d’un repère.

Question 4

Un sac contient 20 jetons jaunes et 30 jetons bleus. On tire successivement et avec remise 5 jetons du sac.

La probabilité de tirer exactement 2 jetons jaunes, arrondie au millième, est :

Question 5

Un sac contient 20 jetons jaunes et 30 jetons bleus. On tire successivement et avec remise 5 jetons du sac.

La probabilité de tirer au moins un jeton jaune, arrondie au milllième, est :

Question 6

Un sac contient 20 jetons jaunes et 30 jetons bleus.

On réalise l’expérience aléatoire suivante : on tire successivement et avec remise cinq jetons du sac.

On note le nombre de jetons jaunes obtenus après ces cinq tirages.

Si on répète cette expérience aléatoire un très grand nombre de fois alors, en moyenne, le nombre de jetons jaunes est égal à :

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. Le premier matin, la moitié des vélos est en A et l’autre moitié en B, donc \(P(A_1) = P(B_1) = 0{,}5\). Partant de A, le vélo reste en A avec la probabilité \(0{,}84\), donc il passe en B avec la probabilité \(1 – 0{,}84 = 0{,}16\). Partant de B, il reste en B avec la probabilité \(0{,}76\), donc il passe en A avec la probabilité \(1 – 0{,}76 = 0{,}24\). L’arbre complété porte donc :

• branche vers \(A_1\) : \(0{,}5\), puis \(A_1 \to A_2\) : \(0{,}84\) et \(A_1 \to B_2\) : \(0{,}16\) ;
• branche vers \(B_1\) : \(0{,}5\), puis \(B_1 \to A_2\) : \(0{,}24\) et \(B_1 \to B_2\) : \(0{,}76\).

2. a. Les évènements \(A_1\) et \(B_1\) forment une partition de l’univers (le vélo est soit en A, soit en B). D’après la formule des probabilités totales :

\[a_2 = P(A_1 \cap A_2) + P(B_1 \cap A_2) = 0{,}5 \times 0{,}84 + 0{,}5 \times 0{,}24 = 0{,}42 + 0{,}12 = 0{,}54.\]

Donc \(a_2 = 0{,}54\).

b. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_{A_2}(B_1)\) : on sait que le vélo est en A le deuxième matin et on se demande s’il venait de B.

\[P_{A_2}(B_1) = \dfrac{P(B_1 \cap A_2)}{P(A_2)} = \dfrac{0{,}12}{0{,}54} = \dfrac{2}{9} \approx 0{,}222.\]

La probabilité que le vélo se soit trouvé en B le premier matin est environ \(0{,}222\).

3. a. Le \(n\)-ième matin, le vélo est en A avec la probabilité \(a_n\) et en B avec la probabilité \(b_n = 1 – a_n\), puisque les deux évènements sont contraires. Les probabilités de transition d’un matin au suivant sont les mêmes qu’à la question 1. L’arbre complété porte donc :

• branche vers \(A_n\) : \(a_n\), puis \(A_n \to A_{n+1}\) : \(0{,}84\) et \(A_n \to B_{n+1}\) : \(0{,}16\) ;
• branche vers \(B_n\) : \(1 – a_n\), puis \(B_n \to A_{n+1}\) : \(0{,}24\) et \(B_n \to B_{n+1}\) : \(0{,}76\).

b. Comme \(A_n\) et \(B_n\) forment une partition de l’univers, la formule des probabilités totales donne, pour tout entier \(n \geq\, 1\) :

\[a_{n+1} = P(A_n \cap A_{n+1}) + P(B_n \cap A_{n+1}) = 0{,}84\,a_n + 0{,}24\,(1 – a_n).\]

En développant : \(a_{n+1} = 0{,}84\,a_n + 0{,}24 – 0{,}24\,a_n\), c’est-à-dire \(a_{n+1} = 0{,}6\,a_n + 0{,}24\).

4. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(a_n = 0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\) » pour \(n \geq\, 1\).

Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{0} = 0{,}6 – 0{,}1 = 0{,}5 = a_1\). La propriété \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.

Hérédité. Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie pour un entier \(n \geq\, 1\) fixé, et montrons \(\mathcal{P}(n+1)\). En utilisant la relation de récurrence puis l’hypothèse :

\[a_{n+1} = 0{,}6(0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}) + 0{,}24 = 0{,}36 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n} + 0{,}24 = 0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n}.\]

C’est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\), puisque \(0{,}6^{(n+1)-1} = 0{,}6^n\).

Conclusion. La propriété est vraie au rang 1 et héréditaire, donc par récurrence, pour tout entier \(n \geq\, 1\), \(a_n = 0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\).

5. Comme \(-1 \lt 0{,}6 \lt 1\), la suite géométrique \((0{,}6^{n-1})\) tend vers 0 quand \(n\) tend vers \(+\infty\). Par produit et somme, \(\lim\limits_{n \to +\infty} a_n = 0{,}6\).

Interprétation : à long terme, la probabilité qu’un vélo se trouve au point A un matin se stabilise autour de 0,6. Autrement dit, au bout d’un certain temps, environ 60 % des vélos se trouvent chaque matin au point A (et 40 % au point B).

6. On résout l’inéquation :

\[a_n \geq\, 0{,}599 \iff 0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1} \geq\, 0{,}599 \iff 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1} \leq\, 0{,}001 \iff 0{,}6^{n-1} \leq\, 0{,}01.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ +\infty[\), donc l’inégalité se conserve en prenant le logarithme : \((n-1)\ln(0{,}6) \leq\, \ln(0{,}01)\). Comme \(\ln(0{,}6) \lt 0\), diviser par ce nombre change le sens de l’inégalité :

\[n – 1 \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}6)} \approx 9{,}015 \quad \text{donc} \quad n \geq\, 10{,}015\ldots\]

Le plus petit entier qui convient est \(n = 11\). Vérification : \(a_{10} \approx 0{,}59899 \lt 0{,}599\) et \(a_{11} \approx 0{,}59940 \geq\, 0{,}599\).

Interprétation : c’est à partir du 11^e matin que la probabilité qu’un vélo soit au point A atteint au moins 0,599, c’est-à-dire qu’elle est à moins d’un millième de sa valeur limite 0,6.

Exercice 2 :

Partie A

1. La fonction polynôme \(p\) est dérivable sur \([-3\ ;\ 4]\) et \(p^{\prime}(x) = 3x^2 – 6x + 5\). C’est un trinôme du second degré de discriminant \(\Delta = (-6)^2 – 4 \times 3 \times 5 = 36 – 60 = -24 \lt 0\). Il n’a donc aucune racine et garde le signe de son coefficient dominant 3, qui est positif : \(p^{\prime}(x) \gt 0\) pour tout \(x\). Ainsi \(p\) est strictement croissante sur \([-3\ ;\ 4]\).

2. On calcule les valeurs aux bornes : \(p(-3) = -27 – 27 – 15 + 1 = -68\) et \(p(4) = 64 – 48 + 20 + 1 = 37\).

La fonction \(p\) est continue (c’est un polynôme) et strictement croissante sur \([-3\ ;\ 4]\), et 0 est compris entre \(p(-3) = -68\) et \(p(4) = 37\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas d’une fonction strictement monotone), l’équation \(p(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([-3\ ;\ 4]\).

3. Avec la calculatrice (tableau de valeurs), on trouve \(p(-0{,}2) = -0{,}128 \lt 0\) et \(p(-0{,}1) = 0{,}469 \gt 0\), donc \(-0{,}2 \lt \alpha \lt -0{,}1\). En affinant, \(p(-0{,}18) \lt 0\) et \(p(-0{,}17) \gt 0\) : \(\alpha \approx -0{,}18\). Au dixième près, \(\alpha \approx -0{,}2\).

4. Puisque \(p\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha\), elle est négative avant \(\alpha\) et positive après :

Partie B

1. a. Le dénominateur \(1 + x^2\) ne s’annule jamais, donc \(f\) est dérivable sur \([-3\ ;\ 4]\) comme quotient de fonctions dérivables. Avec \(u(x) = \text{e}^x\) et \(v(x) = 1 + x^2\), on a \(u^{\prime}(x) = \text{e}^x\) et \(v^{\prime}(x) = 2x\), d’où :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\text{e}^x(1 + x^2) – \text{e}^x \times 2x}{(1 + x^2)^2} = \dfrac{\text{e}^x(x^2 – 2x + 1)}{(1 + x^2)^2} = \dfrac{(x-1)^2\,\text{e}^x}{(1 + x^2)^2}.\]

b. Pour \(x = 1\), le facteur \((x-1)^2\) est nul, donc \(f^{\prime}(1) = 0\). Le coefficient directeur de la tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse 1 est nul : cette tangente est horizontale. Comme \(f(1) = \dfrac{\text{e}}{2}\), elle a pour équation \(y = \dfrac{\text{e}}{2}\) (environ 1,36, ce qui correspond au palier visible sur le graphique).

2. a. Sur le graphique, la courbe semble tourner sa concavité vers le haut (convexe) de \(-3\) à environ 0, puis vers le bas (concave) entre environ 0 et 1, puis de nouveau vers le haut de 1 à 4. La convexité semble donc changer deux fois : la courbe paraît avoir deux points d’inflexion, vers les abscisses 0 et 1. Le toboggan semble assurer de bonnes sensations.

b. Un point d’inflexion correspond à une valeur où \(f^{\prime\prime}\) s’annule en changeant de signe. Pour tout \(x\) de \([-3\ ;\ 4]\), \(\text{e}^x \gt 0\) et \((1 + x^2)^3 \gt 0\), donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le même signe que le produit \(p(x)(x-1)\). Le signe de \(p(x)\) est connu (partie A) et \(x – 1\) s’annule en 1, avec \(\alpha \approx -0{,}18 \lt 1\) :

La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en \(\alpha\) et en 1 : \(f\) est convexe sur \([-3\ ;\ \alpha]\), concave sur \([\alpha\ ;\ 1]\) et convexe sur \([1\ ;\ 4]\). La courbe \(\mathcal{C}_f\) possède donc exactement deux points d’inflexion, d’abscisses \(\alpha\) et 1. Le toboggan assure bien de bonnes sensations.

Exercice 3 :

1. a. On calcule les coordonnées des vecteurs : \(\vec{\text{AR}}\begin{pmatrix}0\\3\\2\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AT}}\begin{pmatrix}-3\\0\\2\end{pmatrix}\). Le repère étant orthonormé :

\[\text{AR} = \sqrt{0^2 + 3^2 + 2^2} = \sqrt{13} \quad \text{et} \quad \text{AT} = \sqrt{(-3)^2 + 0^2 + 2^2} = \sqrt{13}.\]

Comme AR = AT, le triangle ART est isocèle en A.

b. Avec les coordonnées dans un repère orthonormé :

\[\vec{\text{AR}} \cdot \vec{\text{AT}} = 0 \times (-3) + 3 \times 0 + 2 \times 2 = 4.\]

Donc \(\vec{\text{AR}} \cdot \vec{\text{AT}} = 4\).

c. On sait aussi que \(\vec{\text{AR}} \cdot \vec{\text{AT}} = \text{AR} \times \text{AT} \times \cos\widehat{\text{RAT}}\). Donc :

\[\cos\widehat{\text{RAT}} = \dfrac{4}{\sqrt{13} \times \sqrt{13}} = \dfrac{4}{13}.\]

À la calculatrice, \(\widehat{\text{RAT}} \approx 72{,}1^\circ\).

2. a. Les vecteurs \(\vec{\text{AR}}\) et \(\vec{\text{AT}}\) ne sont pas colinéaires : la première coordonnée de \(\vec{\text{AR}}\) est nulle alors que celle de \(\vec{\text{AT}}\) ne l’est pas, et la deuxième coordonnée de \(\vec{\text{AT}}\) est nulle alors que celle de \(\vec{\text{AR}}\) ne l’est pas. Ils dirigent donc le plan (ART). Calculons :

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AR}} = 2 \times 0 + (-2) \times 3 + 3 \times 2 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{\text{AT}} = 2 \times (-3) + (-2) \times 0 + 3 \times 2 = 0.\]

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

b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(2\ ;\ -2\ ;\ 3)\) a une équation de la forme \(2x – 2y + 3z + d = 0\). Le point A(6 ; 0 ; 2) appartient au plan, donc \(12 – 0 + 6 + d = 0\), soit \(d = -18\). Une équation cartésienne du plan est \(2x – 2y + 3z – 18 = 0\).

On peut contrôler avec R : \(12 – 6 + 12 – 18 = 0\), et avec T : \(6 – 0 + 12 – 18 = 0\).

3. a. La droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ART), donc tout vecteur normal à ce plan, en particulier \(\vec{n}(2\ ;\ -2\ ;\ 3)\), est un vecteur directeur de \(\Delta\). Elle passe par \(\text{S}(3\ ;\ \dfrac52\ ;\ 0)\). Un point \(M(x\ ;\ y\ ;\ z)\) appartient à \(\Delta\) si et seulement s’il existe un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{S}M} = k\,\vec{n}\), c’est-à-dire \(x = 3 + 2k\), \(y = \dfrac52 – 2k\), \(z = 0 + 3k\). On retrouve le système proposé.

b. Le point L est sur \(\Delta\) : ses coordonnées s’écrivent \((3 + 2k\ ;\ \dfrac52 – 2k\ ;\ 3k)\) pour un certain réel \(k\). Il est aussi dans le plan (ART), donc :

\[2(3 + 2k) – 2(\dfrac52 – 2k) + 3 \times 3k – 18 = 0 \iff 6 + 4k – 5 + 4k + 9k – 18 = 0 \iff 17k – 17 = 0 \iff k = 1.\]

En reportant \(k = 1\) : \(x = 5\), \(y = \dfrac52 – 2 = \dfrac12\) et \(z = 3\). Donc L a pour coordonnées \((5\ ;\ \dfrac12\ ;\ 3)\).

4. a. Les coordonnées des sommets utiles sont D(0 ; 8 ; 0), E(0 ; 0 ; 4) et H(0 ; 8 ; 4). Le milieu K de [EH] a pour coordonnées \((\dfrac{0+0}{2}\ ;\ \dfrac{0+8}{2}\ ;\ \dfrac{4+4}{2}) = (0\ ;\ 4\ ;\ 4)\), d’où \(\vec{\text{DK}}\begin{pmatrix}0\\-4\\4\end{pmatrix}\).

Soit \(t \in [0\ ;\ 1]\) et N le point de coordonnées \((0\ ;\ 8 – 4t\ ;\ 4t)\). Alors \(\vec{\text{DN}}\begin{pmatrix}0\\-4t\\4t\end{pmatrix}\), donc \(\vec{\text{DN}} = t\,\vec{\text{DK}}\). Les points D, N, K sont alignés, et comme \(0 \leq\, t \leq\, 1\), le point N se trouve entre D (pour \(t = 0\)) et K (pour \(t = 1\)). Ainsi N est un point du segment [DK].

b. On a \(\vec{\text{SL}}\begin{pmatrix}5 – 3\\ \frac12 – \frac52\\ 3 – 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\-2\\3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{SN}}\begin{pmatrix}0 – 3\\ 8 – 4t – \frac52\\ 4t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3\\ \frac{11}{2} – 4t\\ 4t\end{pmatrix}\).

Les segments [SL] et [SN] sont perpendiculaires si et seulement si le produit scalaire \(\vec{\text{SL}} \cdot \vec{\text{SN}}\) est nul :

\[2 \times (-3) – 2(\dfrac{11}{2} – 4t) + 3 \times 4t = 0 \iff -6 – 11 + 8t + 12t = 0 \iff 20t = 17 \iff t = \dfrac{17}{20}.\]

Cette valeur appartient bien à \([0\ ;\ 1]\). On obtient \(y = 8 – 4 \times \dfrac{17}{20} = 8 – \dfrac{17}{5} = \dfrac{23}{5}\) et \(z = 4 \times \dfrac{17}{20} = \dfrac{17}{5}\). Le point cherché est \(\text{N}(0\ ;\ \dfrac{23}{5}\ ;\ \dfrac{17}{5})\), soit N(0 ; 4,6 ; 3,4).

Exercice 4 :

Question 1 : réponse d. On écrit chaque terme avec \(\ln(3)\) : \(\ln(9) = 2\ln(3)\), \(\ln(\dfrac{\sqrt3}{3}) = \ln(\sqrt3) – \ln(3) = \dfrac12\ln(3) – \ln(3) = -\dfrac12\ln(3)\) et \(\ln(\dfrac19) = -2\ln(3)\). En additionnant : \(a = 2\ln(3) – \dfrac12\ln(3) – 2\ln(3) = -\dfrac12\ln(3)\).

Question 2 : réponse c. L’équation n’a de sens que si \(x \gt 0\) et \(x – 10 \gt 0\), c’est-à-dire \(x \gt 10\). Sur \(]10\ ;\ +\infty[\), elle s’écrit \(\ln\big(x(x-10)\big) = \ln(21)\), donc, la fonction \(\ln\) étant strictement croissante, \(x^2 – 10x – 21 = 0\). Le discriminant vaut \(100 + 84 = 184\) et \(\sqrt{184} = 2\sqrt{46}\), d’où les racines \(5 – \sqrt{46}\) et \(5 + \sqrt{46}\). Comme \(\sqrt{46} \gt 5\), la première est négative et ne convient pas ; la seconde est supérieure à 10 et convient. L’équation a donc une seule solution, \(5 + \sqrt{46}\). La réponse a est fausse car 3 n’est pas dans le domaine.

Question 3 : réponse d. Par la dérivée d’un produit, \(f^{\prime}(x) = 2x(-1 + \ln x) + x^2 \times \dfrac1x = -2x + 2x\ln x + x = x(2\ln x – 1)\). Donc la réponse a est fausse. On a \(f^{\prime}(x) = 0 \iff \ln x = \dfrac12 \iff x = \sqrt{\text{e}}\), et \(f^{\prime}\) est négative sur \(]0\ ;\ \sqrt{\text{e}}[\) : les réponses b et c sont fausses. La tangente au point d’abscisse \(\sqrt{\text{e}}\) est horizontale, d’équation \(y = f(\sqrt{\text{e}}) = \text{e}(-1 + \dfrac12) = -\dfrac12\text{e}\).

Question 4 : réponse b. Chaque tirage (avec remise) est une épreuve de Bernoulli dont le succès « jeton jaune » a pour probabilité \(\dfrac{20}{50} = 0{,}4\). Les 5 tirages sont identiques et indépendants, donc le nombre \(X\) de jetons jaunes suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(5\ ;\ 0{,}4)\). Ainsi \(P(X = 2) = \dbinom{5}{2} \times 0{,}4^2 \times 0{,}6^3 = 10 \times 0{,}16 \times 0{,}216 = 0{,}3456 \approx 0{,}346\).

Question 5 : réponse d. Avec la même variable \(X\), l’évènement contraire de « au moins un jeton jaune » est « aucun jeton jaune » : \(P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}6^5 = 1 – 0{,}07776 \approx 0{,}922\).

Question 6 : réponse c. La moyenne du nombre de jetons jaunes sur un très grand nombre de répétitions est l’espérance de \(X\) : \(E(X) = np = 5 \times 0{,}4 = 2\).

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