Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Aucune justification n’était exigée ; on en donne une pour chaque question afin de comprendre la bonne réponse.
Question 1 : réponse c. On met en facteur le terme qui l’emporte au numérateur (\(2^n\)) et au dénominateur (\(5^n\)) :
\[u_n = \dfrac{2^n(1 + (\frac12)^n)}{5^n(1 + 3(\frac15)^n)} = (\dfrac25)^n \times \dfrac{1 + (\frac12)^n}{1 + 3(\frac15)^n}.\]
Les raisons \(\dfrac25\), \(\dfrac12\) et \(\dfrac15\) sont strictement comprises entre \(-1\) et 1, donc les suites géométriques correspondantes tendent vers 0. La fraction de droite tend vers \(\dfrac{1 + 0}{1 + 0} = 1\) et le facteur \((\dfrac25)^n\) tend vers 0 : par produit, \((u_n)\) converge vers 0.
Question 2 : réponse b. On dérive le produit \(u \times v\) avec \(u(x) = x^2\) et \(v(x) = \ln x\) : \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\).
\[f^{\prime}(x) = 2x \times \ln x + x^2 \times \dfrac1x = 2x\ln x + x = x(2\ln x + 1).\]
Question 3 : réponse a. Comme \(H\) est une primitive de \(h\), on a \(H^{\prime} = h\). D’après le tableau, \(h\) est strictement croissante et s’annule en 1, donc \(h(x) \lt 0\) pour \(x \lt 1\) et \(h(x) \gt 0\) pour \(x \gt 1\). Ainsi \(H\) est décroissante sur \(]-\infty~;~1]\) et croissante sur \([1~;~+\infty[\) : les propositions b et d sont fausses.
Pour \(x \leq\, 0\), les nombres \(x\) et 0 sont dans \(]-\infty~;~1]\) où \(H\) décroît, donc \(H(x) \geq\, H(0) = 0\). \(H\) est positive sur \(]-\infty~;~0]\). La proposition c est fausse : par exemple \(H(-1) \geq\, 0\), et même \(H(-1) \gt 0\) par stricte décroissance.
Question 4 : réponse d. Il s’agit de programmer la méthode de dichotomie, qui divise par deux la longueur de l’intervalle \([a~;~b]\) à chaque tour tant que cette longueur reste supérieure ou égale à 0,001.
- Dans les fonctions b et c, le milieu \(m\) est calculé une seule fois, avant la boucle : il n’est jamais mis à jour, donc l’intervalle ne rétrécit pas correctement. De plus, la condition de c (\(\text{abs}(b-a) \leq\, 0{,}001\)) est l’inverse de celle attendue.
- Il reste a et d, qui ne diffèrent que par la mise à jour de \(a\) et \(b\). Comme \(f\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha\), on a \(f(x) \lt 0\) pour \(x \lt \alpha\). Si \(f(m) \lt 0\), c’est que \(m \lt \alpha\) : la racine est dans \([m~;~b]\), il faut donc remplacer \(a\) par \(m\). C’est ce que fait la fonction d, alors que la fonction a remplace \(b\) par \(m\) et « perd » la racine.
Question 5 : réponse d. Chaque tirage est une épreuve de Bernoulli dont le succès « boule verte » a pour probabilité \(\dfrac{3}{10}\) (3 boules vertes sur 10). Les trois tirages avec remise sont identiques et indépendants, donc le nombre \(Y\) de boules vertes suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(3~;~\dfrac{3}{10})\) et :
\[P(Y = 2) = \binom\,{3}{2}(\dfrac{3}{10})^2(\dfrac{7}{10})^1.\]
Le coefficient \(\binom\,{3}{2} = 3\) compte les positions possibles de la boule bleue parmi les trois tirages ; la proposition c utilise à tort \(\binom\,{10}{2}\).
Exercice 2 :
Partie A
Les données de l’énoncé se traduisent, pour tout entier naturel \(n\), par \(P_{B_n}(B_{n+1}) = 0{,}9\) et \(P_{\overline{B_n}}(B_{n+1}) = 0{,}4\). On en déduit les probabilités des évènements contraires : \(P_{B_n}(\overline{B_{n+1}}) = 0{,}1\) et \(P_{\overline{B_n}}(\overline{B_{n+1}}) = 0{,}6\).
1. Au départ, la trottinette est en bon état (\(p_0 = 1\)) : une semaine plus tard, elle est en bon état avec probabilité 0,9. Donc \(p_1 = 0{,}9\), et \(P(\overline{B_1}) = 0{,}1\).
On passe de la semaine 1 à la semaine 2 avec les mêmes probabilités conditionnelles. Comme \(B_1\) et \(\overline{B_1}\) forment une partition de l’univers, la formule des probabilités totales donne :
\[p_2 = P(B_1) \times P_{B_1}(B_2) + P(\overline{B_1}) \times P_{\overline{B_1}}(B_2) = 0{,}9 \times 0{,}9 + 0{,}1 \times 0{,}4 = 0{,}81 + 0{,}04 = 0{,}85.\]
On a bien \(p_2 = 0{,}85\).
2. La branche vers \(\overline{B_n}\) porte la probabilité \(1 – p_n\) ; les branches du second niveau portent les probabilités conditionnelles trouvées ci-dessus.
3. Les évènements \(B_n\) et \(\overline{B_n}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales, en lisant les deux chemins qui mènent à \(B_{n+1}\) :
\[p_{n+1} = p_n \times 0{,}9 + (1 – p_n) \times 0{,}4 = 0{,}9p_n + 0{,}4 – 0{,}4p_n = 0{,}5p_n + 0{,}4.\]
On obtient bien \(p_{n+1} = 0{,}5p_n + 0{,}4\) pour tout entier naturel \(n\).
4. a. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(P(n)\) la propriété « \(p_n \geq\, 0{,}8\) ».
Initialisation. \(p_0 = 1 \geq\, 0{,}8\) : \(P(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(p_n \geq\, 0{,}8\). En multipliant par \(0{,}5\), qui est positif, on garde le sens de l’inégalité : \(0{,}5p_n \geq\, 0{,}4\). En ajoutant 0,4 : \(0{,}5p_n + 0{,}4 \geq\, 0{,}8\), c’est-à-dire \(p_{n+1} \geq\, 0{,}8\). \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion. Par le principe de récurrence, \(p_n \geq\, 0{,}8\) pour tout entier naturel \(n\).
b. Chaque semaine, une trottinette a au moins 80 % de chances d’être en bon état. En interprétant cette probabilité comme une proportion sur l’ensemble du parc, l’entreprise peut annoncer que au moins 80 % de ses trottinettes sont en bon état à chaque contrôle, quelle que soit la semaine.
5. a. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[u_{n+1} = p_{n+1} – 0{,}8 = 0{,}5p_n + 0{,}4 – 0{,}8 = 0{,}5p_n – 0{,}4 = 0{,}5(p_n – 0{,}8) = 0{,}5\,u_n.\]
On passe d’un terme au suivant en multipliant toujours par 0,5 : \((u_n)\) est géométrique de raison \(q = 0{,}5\) et de premier terme \(u_0 = p_0 – 0{,}8 = 0{,}2\).
b. Le terme général d’une suite géométrique est \(u_n = u_0 \times q^n\), donc \(u_n = 0{,}2 \times 0{,}5^n\). Comme \(p_n = u_n + 0{,}8\), on obtient \(p_n = 0{,}2 \times 0{,}5^n + 0{,}8\).
On retrouve \(p_1 = 0{,}1 + 0{,}8 = 0{,}9\) et \(p_2 = 0{,}05 + 0{,}8 = 0{,}85\).
c. Comme \(-1 \lt 0{,}5 \lt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}5^n = 0\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}2 \times 0{,}5^n = 0\) et, par somme, \(\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = 0{,}8\). À long terme, la probabilité qu’une trottinette soit en bon état se stabilise à 0,8.
Partie B
1. Examiner une trottinette est une épreuve à deux issues : le succès « la trottinette est en bon état », de probabilité \(p = 0{,}8\), ou l’échec. Le lot de 15 trottinettes correspond à 15 répétitions de cette épreuve, identiques et indépendantes (l’état des trottinettes est indépendant et le prélèvement est assimilé à un tirage avec remise). \(X\) compte le nombre de succès, donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 15\) et \(p = 0{,}8\).
2. Les 15 trottinettes en bon état, c’est l’évènement \(\{X = 15\}\) :
\[P(X = 15) = \binom\,{15}{15} \times 0{,}8^{15} \times 0{,}2^{0} = 0{,}8^{15}.\]
\(P(X = 15) = 0{,}8^{15} \approx 0{,}0352\).
3. On cherche \(P(X \geq\, 10) = 1 – P(X \leq\, 9)\). La calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale) donne \(P(X \leq\, 9) \approx 0{,}0611\), d’où \(P(X \geq\, 10) \approx 0{,}9389\).
4. L’espérance d’une loi binomiale est \(E(X) = np = 15 \times 0{,}8 = 12\). Cela signifie que, sur un grand nombre de lots de 15 trottinettes, on compte en moyenne 12 trottinettes en bon état par lot.
Exercice 3 :
1. On lit d’abord les coordonnées des sommets. L’origine est A et \(\vec{\text{AB}} = 4\vec{\imath}\), \(\vec{\text{AD}} = 4\vec{\jmath}\), \(\vec{\text{AE}} = 8\vec{k}\), donc \(\text{B}(4~;~0~;~0)\), \(\text{D}(0~;~4~;~0)\) et \(\text{E}(0~;~0~;~8)\).
Comme \(\vec{\text{BF}} = \dfrac12\vec{\text{AE}} = 4\vec{k}\), on a \(\text{F}(4~;~0~;~4)\). Le prisme est droit : les sommets C, G et H s’obtiennent en translatant B, F et E du vecteur \(\vec{\text{AD}}\), soit \(\text{C}(4~;~4~;~0)\), \(\text{G}(4~;~4~;~4)\) et \(\text{H}(0~;~4~;~8)\).
Les coordonnées d’un milieu sont les moyennes des coordonnées des extrémités :
- I, milieu de [EF] : \((\dfrac{0 + 4}{2}~;~\dfrac{0 + 0}{2}~;~\dfrac{8 + 4}{2})\), soit \(\text{I}(2~;~0~;~6)\) ;
- J, milieu de [AE] : \(\text{J}(0~;~0~;~4)\).
2. a. On calcule deux vecteurs du plan : \(\vec{\text{IG}}\begin{pmatrix}2\\4\\-2\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{IJ}}\begin{pmatrix}-2\\0\\-2\end{pmatrix}\). Leurs deuxièmes coordonnées (4 et 0) montrent qu’ils ne sont pas colinéaires (sinon \(\vec{\text{IJ}} = k\,\vec{\text{IG}}\) imposerait \(k = 0\), ce qui est faux).
Dans le repère orthonormé :
- \(\vec{n} \cdot \vec{\text{IG}} = (-1) \times 2 + 1 \times 4 + 1 \times (-2) = 0\) ;
- \(\vec{n} \cdot \vec{\text{IJ}} = (-1) \times (-2) + 1 \times 0 + 1 \times (-2) = 0\).
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (IGJ) : c’est un vecteur normal au plan (IGJ).
b. Le plan (IGJ) admet une équation de la forme \(-x + y + z + c = 0\). Le point \(\text{J}(0~;~0~;~4)\) lui appartient : \(0 + 0 + 4 + c = 0\), donc \(c = -4\).
Une équation cartésienne du plan (IGJ) est \(-x + y + z – 4 = 0\). (Vérification avec I : \(-2 + 0 + 6 – 4 = 0\) ; avec G : \(-4 + 4 + 4 – 4 = 0\).)
3. La droite \(d\) est perpendiculaire au plan (IGJ), donc dirigée par \(\vec{n}\), et passe par \(\text{H}(0~;~4~;~8)\). Une représentation paramétrique est :
\[d : \{\begin{array}{l}x = -t\\ y = 4 + t\\ z = 8 + t\end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]
4. Le projeté orthogonal L de H sur le plan est le point d’intersection de \(d\) (perpendiculaire au plan passant par H) avec le plan (IGJ). On injecte la représentation paramétrique dans l’équation du plan :
\[-(-t) + (4 + t) + (8 + t) – 4 = 0 \iff 3t + 8 = 0 \iff t = -\dfrac83.\]
Pour \(t = -\dfrac83\) : \(x = \dfrac83\), \(y = 4 – \dfrac83 = \dfrac43\), \(z = 8 – \dfrac83 = \dfrac{16}{3}\). On a bien \(\text{L}(\dfrac83~;~\dfrac43~;~\dfrac{16}{3})\).
5. La distance de H au plan (IGJ) est la longueur HL. On a \(\vec{\text{HL}}\begin{pmatrix}\frac83\\-\frac83\\-\frac83\end{pmatrix}\), donc :
\[\text{HL} = \sqrt{3 \times (\dfrac83)^2} = \dfrac83\sqrt3 = \dfrac{8\sqrt3}{3}.\]
La distance de H au plan (IGJ) vaut \(\dfrac{8\sqrt3}{3}\), soit environ 4,62.
6. On reprend les vecteurs de la question 2 :
\[\vec{\text{IG}} \cdot \vec{\text{IJ}} = 2 \times (-2) + 4 \times 0 + (-2) \times (-2) = -4 + 0 + 4 = 0.\]
Les vecteurs \(\vec{\text{IG}}\) et \(\vec{\text{IJ}}\), non nuls, sont orthogonaux : les droites (IG) et (IJ) sont perpendiculaires en I, donc le triangle IGJ est rectangle en I.
7. On prend pour base le triangle IGJ et pour hauteur la distance HL de H au plan de cette base.
Les côtés de l’angle droit mesurent \(\text{IG} = \sqrt{4 + 16 + 4} = \sqrt{24} = 2\sqrt6\) et \(\text{IJ} = \sqrt{4 + 0 + 4} = \sqrt8 = 2\sqrt2\). L’aire du triangle rectangle est donc :
\[\mathcal{A} = \dfrac{\text{IG} \times \text{IJ}}{2} = \dfrac{2\sqrt6 \times 2\sqrt2}{2} = 2\sqrt{12} = 4\sqrt3.\]
Le volume du tétraèdre est :
\[V = \dfrac13 \times 4\sqrt3 \times \dfrac{8\sqrt3}{3} = \dfrac{4 \times 8 \times 3}{9} = \dfrac{32}{3}.\]
Le volume du tétraèdre IGJH vaut \(\dfrac{32}{3}\) (unités de volume), soit environ 10,67.
Exercice 4 :
On commence par étudier \(f\). En posant \(g(t) = -0{,}5t^2 + t + 2\), on a \(g^{\prime}(t) = -t + 1\) et, puisque \((\text{e}^{g})^{\prime} = g^{\prime}\text{e}^{g}\) :
\[f^{\prime}(t) = -(-t + 1)\,\text{e}^{-0{,}5t^2 + t + 2} = (t – 1)\,\text{e}^{-0{,}5t^2 + t + 2}.\]
L’exponentielle étant strictement positive, \(f^{\prime}(t)\) a le signe de \(t – 1\) : \(f\) est strictement décroissante sur \([0~;~1]\) et strictement croissante sur \([1~;~+\infty[\).
Affirmation 1 : fausse. D’après l’étude ci-dessus, \(f\) est strictement décroissante sur \([0~;~1]\) : pendant la première heure, la population diminue (de \(f(0) = \text{e}^3 – \text{e}^2 \approx 12{,}70\) milliers à \(f(1) = \text{e}^3 – \text{e}^{2{,}5} \approx 7{,}90\) milliers). La population n’augmente donc pas en permanence.
Affirmation 2 : fausse. Pour tout \(t \geq\, 0\), \(\text{e}^{-0{,}5t^2 + t + 2} \gt 0\), donc \(f(t) \lt \text{e}^3\). Or \(\text{e}^3 \approx 20{,}09\) : la population reste toujours inférieure à environ 20 086 bactéries.
Plus précisément, \(\lim\limits_{t \to +\infty} (-0{,}5t^2 + t + 2) = -\infty\) (le terme de plus haut degré l’emporte), donc \(\lim\limits_{t \to +\infty} \text{e}^{-0{,}5t^2 + t + 2} = 0\) et \(\lim\limits_{t \to +\infty} f(t) = \text{e}^3\). À très long terme, la population se rapproche de 20 086 bactéries environ sans jamais dépasser ce seuil, donc elle ne dépassera jamais 21 000 bactéries.
Affirmation 3 : vraie. Un effectif de 10 000 bactéries correspond à \(f(t) = 10\) (en milliers). On a \(f(0) \approx 12{,}70 \gt 10\), \(f(1) \approx 7{,}90 \lt 10\) et \(\lim\limits_{t \to +\infty} f(t) = \text{e}^3 \approx 20{,}09 \gt 10\).
- Sur \([0~;~1]\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, et 10 est compris entre \(f(1)\) et \(f(0)\) : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(t) = 10\) y admet une unique solution.
- Sur \([1~;~+\infty[\), \(f\) est continue et strictement croissante, de \(f(1) \approx 7{,}90\) jusqu’à la limite \(\text{e}^3 \approx 20{,}09\) : l’équation \(f(t) = 10\) y admet aussi une unique solution.
L’équation \(f(t) = 10\) a donc exactement deux solutions : la population compte 10 000 bactéries à deux instants. On peut même les calculer : \(f(t) = 10 \iff -0{,}5t^2 + t + 2 = \ln(\text{e}^3 – 10)\), ce qui donne \(t = 1 \pm \sqrt{5 – 2\ln(\text{e}^3 – 10)}\), soit environ 0,39 h et 1,61 h.
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