Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. a. Dans ce repère, A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0) et G(1 ; 1 ; 1). Les coordonnées d’un milieu sont les moyennes des coordonnées des extrémités :
- I, milieu de [AB] : \(\text{I}(0{,}5\,;\,0\,;\,0)\) ;
- J, milieu de [CG] : \(\text{J}(1\,;\,1\,;\,0{,}5)\) ;
- N, milieu de [IJ] : \((\dfrac{0{,}5 + 1}{2}\,;\,\dfrac{0 + 1}{2}\,;\,\dfrac{0 + 0{,}5}{2})\), soit \(\text{N}(0{,}75\,;\,0{,}5\,;\,0{,}25)\).
b. On soustrait les coordonnées de l’origine du vecteur à celles de son extrémité. Avec F(1 ; 0 ; 1) :
\[\vec{\text{IJ}}\begin{pmatrix} 1 – 0{,}5 \\ 1 – 0 \\ 0{,}5 – 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}5 \\ 1 \\ 0{,}5 \end{pmatrix} \qquad \vec{\text{NF}}\begin{pmatrix} 1 – 0{,}75 \\ 0 – 0{,}5 \\ 1 – 0{,}25 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}25 \\ -0{,}5 \\ 0{,}75 \end{pmatrix}\]
Ce sont bien les coordonnées annoncées.
c. Le repère étant orthonormé, on calcule le produit scalaire :
\[\vec{\text{IJ}} \cdot \vec{\text{NF}} = 0{,}5 \times 0{,}25 + 1 \times (-0{,}5) + 0{,}5 \times 0{,}75 = 0{,}125 – 0{,}5 + 0{,}375 = 0.\]
Le produit scalaire est nul : \(\vec{\text{IJ}}\) et \(\vec{\text{NF}}\) sont orthogonaux.
d. N est un point de [IJ] et (NF) est perpendiculaire à (IJ) : [NF] est donc la hauteur du triangle FIJ issue de F. Calculons la base : \(\text{IJ} = \sqrt{0{,}5^2 + 1^2 + 0{,}5^2} = \sqrt{1{,}5} = \sqrt{\dfrac{6}{4}} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}\).
\[\mathcal{A}_{\text{FIJ}} = \dfrac{\text{IJ} \times \text{NF}}{2} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt{6}}{2} \times \dfrac{\sqrt{14}}{4} = \dfrac{\sqrt{84}}{16} = \dfrac{2\sqrt{21}}{16}.\]
L’aire du triangle FIJ vaut \(\dfrac{\sqrt{21}}{8}\).
2. a. Un vecteur est normal à un plan s’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. On prend \(\vec{\text{IJ}}(0{,}5\,;\,1\,;\,0{,}5)\) et \(\vec{\text{IF}}(0{,}5\,;\,0\,;\,1)\), qui ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{\text{IF}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{IJ}}\)).
- \(\vec{u} \cdot \vec{\text{IJ}} = 4 \times 0{,}5 + (-1) \times 1 + (-2) \times 0{,}5 = 2 – 1 – 1 = 0\) ;
- \(\vec{u} \cdot \vec{\text{IF}} = 4 \times 0{,}5 + (-1) \times 0 + (-2) \times 1 = 2 – 0 – 2 = 0\).
Le vecteur \(\vec{u}\) est normal au plan (FIJ).
b. Puisque \(\vec{u}(4\,;\,-1\,;\,-2)\) est normal au plan, celui-ci a une équation de la forme \(4x – y – 2z + c = 0\). Le point F(1 ; 0 ; 1) lui appartient, donc \(4 – 0 – 2 + c = 0\), soit \(c = -2\).
Une équation cartésienne de (FIJ) est \(4x – y – 2z – 2 = 0\). (Contrôle : pour I, \(2 – 0 – 0 – 2 = 0\) ; pour J, \(4 – 1 – 1 – 2 = 0\).)
c. La droite \(d\) est orthogonale au plan (FIJ), donc dirigée par \(\vec{u}\), et passe par H(0 ; 1 ; 1). Une représentation paramétrique est :
\[d : \{\begin{array}{l} x = 4t \\ y = 1 – t \\ z = 1 – 2t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]
d. La distance de H au plan est HK, où K est le point d’intersection de \(d\) avec (FIJ) (projeté orthogonal de H). On remplace dans l’équation du plan :
\[4(4t) – (1 – t) – 2(1 – 2t) – 2 = 0 \iff 16t – 1 + t – 2 + 4t – 2 = 0 \iff 21t = 5 \iff t = \dfrac{5}{21}.\]
Alors \(\vec{\text{HK}} = \dfrac{5}{21}\vec{u}\) et \(\|\vec{u}\| = \sqrt{16 + 1 + 4} = \sqrt{21}\), donc :
\[\text{HK} = \dfrac{5}{21} \times \sqrt{21} = \dfrac{5\sqrt{21}}{21}.\]
La distance de H au plan (FIJ) est \(\dfrac{5\sqrt{21}}{21}\).
e. On prend pour base le triangle FIJ ; la hauteur associée est la distance de H au plan (FIJ). Donc :
\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{21}}{8} \times \dfrac{5\sqrt{21}}{21} = \dfrac{5 \times 21}{3 \times 8 \times 21} = \dfrac{5}{24}.\]
Le volume du tétraèdre HFIJ est \(\dfrac{5}{24}\) unité de volume.
Exercice 2 :
Partie A
1. On lit dans l’énoncé \(P(D_1) = \dfrac{1}{3}\), \(P_{D_1}(D_2) = \dfrac{3}{4}\) et \(P_{\overline{D_1}}(\overline{D_2}) = \dfrac{1}{2}\). Les probabilités manquantes s’obtiennent car la somme des branches issues d’un même nœud vaut 1 : \(P(\overline{D_1}) = \dfrac{2}{3}\), \(P_{D_1}(\overline{D_2}) = \dfrac{1}{4}\) et \(P_{\overline{D_1}}(D_2) = \dfrac{1}{2}\).
2. \(P(D_1 \cap D_2) = P(D_1) \times P_{D_1}(D_2) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{1}{4}\). La probabilité que le robot aille deux fois à droite est \(\dfrac{1}{4}\).
3. Les évènements \(D_1\) et \(\overline{D_1}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :
\[p_2 = P(D_1 \cap D_2) + P(\overline{D_1} \cap D_2) = \dfrac{1}{4} + \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{12} + \dfrac{4}{12} = \dfrac{7}{12}.\]
On a bien \(p_2 = \dfrac{7}{12}\).
4. On cherche \(P_{\overline{D_2}}(D_1)\). D’abord \(P(\overline{D_2}) = 1 – \dfrac{7}{12} = \dfrac{5}{12}\) et \(P(D_1 \cap \overline{D_2}) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{12}\). Alors :
\[P_{\overline{D_2}}(D_1) = \dfrac{P(D_1 \cap \overline{D_2})}{P(\overline{D_2})} = \dfrac{1/12}{5/12} = \dfrac{1}{5}.\]
La probabilité cherchée est \(\dfrac{1}{5} = 0{,}2\).
Partie B
1. Les règles de passage d’un déplacement au suivant sont les mêmes à chaque étape, ce que résume l’arbre ci-dessous :
Par la formule des probabilités totales avec la partition \((D_n, \overline{D_n})\) :
\[p_{n+1} = p_n \times \dfrac{3}{4} + (1 – p_n) \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{4}p_n – \dfrac{1}{2}p_n + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}p_n + \dfrac{1}{2}.\]
C’est la relation demandée, valable pour tout \(n \geq\, 1\).
2. a. Notons \(P(n)\) : « \(p_n \leq\, p_{n+1} \lt \dfrac{2}{3}\) ».
Initialisation : \(p_1 = \dfrac{4}{12}\), \(p_2 = \dfrac{7}{12}\) et \(\dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{12}\), donc \(p_1 \leq\, p_2 \lt \dfrac{2}{3}\) : \(P(1)\) est vraie.
Hérédité : supposons \(p_n \leq\, p_{n+1} \lt \dfrac{2}{3}\) pour un entier \(n \geq\, 1\). En multipliant par \(\dfrac{1}{4} \gt 0\) puis en ajoutant \(\dfrac{1}{2}\), on conserve le sens des inégalités :
\[\dfrac{1}{4}p_n + \dfrac{1}{2} \leq\, \dfrac{1}{4}p_{n+1} + \dfrac{1}{2} \lt \dfrac{1}{4} \times \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{2}, \quad \text{c^{\prime}est-à-dire} \quad p_{n+1} \leq\, p_{n+2} \lt \dfrac{1}{6} + \dfrac{3}{6} = \dfrac{2}{3}.\]
\(P(n+1)\) est donc vraie.
Conclusion : par récurrence, pour tout \(n \geq\, 1\), \(p_n \leq\, p_{n+1} \lt \dfrac{2}{3}\).
b. D’après la question précédente, la suite \((p_n)\) est croissante et majorée par \(\dfrac{2}{3}\). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((p_n)\) est convergente.
3. a. Pour tout \(n \geq\, 1\) :
\[u_{n+1} = p_{n+1} – \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{4}p_n + \dfrac{1}{2} – \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{4}p_n – \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{4}(p_n – \dfrac{2}{3}) = \dfrac{1}{4}u_n.\]
\((u_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{4}\) et de premier terme \(u_1 = \dfrac{1}{3} – \dfrac{2}{3} = -\dfrac{1}{3}\).
b. On en déduit \(u_n = -\dfrac{1}{3} \times (\dfrac{1}{4})^{n-1}\) et \(p_n = \dfrac{2}{3} – \dfrac{1}{3} \times (\dfrac{1}{4})^{n-1}\). Comme \(0 \lt \dfrac{1}{4} \lt 1\), \((\dfrac{1}{4})^{n-1} \to 0\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{2}{3}\).
Interprétation : après un grand nombre de déplacements, la probabilité que le robot se déplace à droite est très proche de \(\dfrac{2}{3}\) ; il va environ deux fois plus souvent à droite qu’à gauche.
Partie C
Pour revenir au point de départ après dix déplacements d’un mètre, le robot doit faire autant de pas à droite qu’à gauche, soit exactement 5 à droite et 5 à gauche.
Soit \(X\) le nombre de déplacements à droite. On répète 10 fois, de façon indépendante, une épreuve de Bernoulli de succès « aller à droite » de probabilité \(\dfrac{3}{4}\) : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(10\,;\,\dfrac{3}{4})\). Donc :
\[P(X = 5) = \dbinom{10}{5}(\dfrac{3}{4})^5(\dfrac{1}{4})^5 = 252 \times \dfrac{3^5}{4^{10}} = \dfrac{61\,236}{1\,048\,576} \approx 0{,}0584.\]
La probabilité que le robot revienne à son point de départ est environ 0,058.
Exercice 3 :
Partie A
1. \(\text{e}^{-\ln 5} = \dfrac{1}{\text{e}^{\ln 5}} = \dfrac{1}{5}\), donc \(f(\ln 5) = \dfrac{6}{1 + 5 \times \dfrac{1}{5}} = \dfrac{6}{2} = 3\). Le point \(\text{A}(\ln 5\,;\,3)\) est bien sur \(\mathcal{C}_f\).
2. Quand \(x \to +\infty\), \(-x \to -\infty\) donc \(\text{e}^{-x} \to 0\) ; ainsi \(1 + 5\,\text{e}^{-x} \to 1\) et \(f(x) \to 6\). Comme \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 6\), la droite d’équation \(y = 6\) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).
3. a. \(f = \dfrac{6}{v}\) avec \(v(x) = 1 + 5\,\text{e}^{-x}\), qui ne s’annule pas, et \(v^{\prime}(x) = -5\,\text{e}^{-x}\). Avec \((\dfrac{1}{v})^{\prime} = -\dfrac{v^{\prime}}{v^2}\) :
\[f^{\prime}(x) = 6 \times \dfrac{-(-5\,\text{e}^{-x})}{(1 + 5\,\text{e}^{-x})^2} = \dfrac{30\,\text{e}^{-x}}{(1 + 5\,\text{e}^{-x})^2}.\]
C’est l’expression attendue.
b. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^{-x} \gt 0\) et le dénominateur est un carré non nul, donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) : \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
Limite en \(-\infty\) : \(-x \to +\infty\), donc \(\text{e}^{-x} \to +\infty\), \(1 + 5\,\text{e}^{-x} \to +\infty\) et \(f(x) \to 0\). La limite en \(+\infty\) vaut 6 (question 2).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(+\infty\) | |
|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | ||
| variations de \(f\) | 0 | \(\nearrow\) | 6 |
4. a. Dans \(f^{\prime\prime}(x)\), les facteurs \(30\,\text{e}^{-x}\) et \((1 + 5\,\text{e}^{-x})^3\) sont strictement positifs : \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(5\,\text{e}^{-x} – 1\). Or, la fonction \(\ln\) étant strictement croissante :
\[5\,\text{e}^{-x} – 1 \gt 0 \iff \text{e}^{-x} \gt \dfrac{1}{5} \iff -x \gt -\ln 5 \iff x \lt \ln 5.\]
- Sur \(]-\infty\,;\,\ln 5]\), \(f^{\prime\prime} \geq\, 0\) : \(f\) est convexe ;
- sur \([\ln 5\,;\,+\infty[\), \(f^{\prime\prime} \leq\, 0\) : \(f\) est concave.
La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en \(\ln 5\) : la courbe \(\mathcal{C}_f\) admet un point d’inflexion, le point \(\text{A}(\ln 5\,;\,3)\).
b. La droite d’équation \(y = \dfrac{5}{6}x + 1\) est la tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse 0. En effet \(f(0) = \dfrac{6}{1 + 5} = 1\) et \(f^{\prime}(0) = \dfrac{30}{6^2} = \dfrac{5}{6}\), donc la tangente a pour équation \(y = f^{\prime}(0)(x – 0) + f(0) = \dfrac{5}{6}x + 1\).
Sur l’intervalle \(]-\infty\,;\,\ln 5]\), qui contient 0, la fonction \(f\) est convexe, donc sa courbe est au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle, en particulier de celle en 0. Pour tout \(x \leq\, \ln 5\), \(f(x) \geq\, \dfrac{5}{6}x + 1\).
5. a. \(F_k\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) car \(\text{e}^{x} + 5 \gt 0\), et \(F_k^{\prime}(x) = k \times \dfrac{\text{e}^{x}}{\text{e}^{x} + 5}\). Par ailleurs, en multipliant numérateur et dénominateur de \(f(x)\) par \(\text{e}^{x}\) :
\[f(x) = \dfrac{6\,\text{e}^{x}}{\text{e}^{x} + 5\,\text{e}^{-x}\text{e}^{x}} = \dfrac{6\,\text{e}^{x}}{\text{e}^{x} + 5}.\]
Donc \(F_k^{\prime} = f\) si et seulement si \(k = 6\). Pour \(k = 6\), \(F_6(x) = 6\ln(\text{e}^{x} + 5)\) est une primitive de \(f\).
b. La fonction \(f\) est continue et strictement positive sur \([0\,;\,\ln 5]\), donc l’aire du domaine vaut, en unités d’aire :
\[\int_0^{\ln 5} f(x)\,\text{d}x = F_6(\ln 5) – F_6(0) = 6\ln(5 + 5) – 6\ln(1 + 5) = 6\ln(\dfrac{10}{6}).\]
L’aire vaut \(6\ln(\dfrac{5}{3}) \approx 3{,}06\) unités d’aire.
Partie B
1. Posons \(D = 1 + 5\,\text{e}^{-x}\), de sorte que \(f(x) = \dfrac{6}{D}\). Alors :
\[f(x) – \dfrac{1}{6}[f(x)]^2 = \dfrac{6}{D} – \dfrac{1}{6} \times \dfrac{36}{D^2} = \dfrac{6D – 6}{D^2} = \dfrac{6 \times 5\,\text{e}^{-x}}{D^2} = \dfrac{30\,\text{e}^{-x}}{(1 + 5\,\text{e}^{-x})^2} = f^{\prime}(x).\]
\(f\) est solution de \((E)\).
2. L’équation s’écrit \(y^{\prime} = ay + b\) avec \(a = -1\) et \(b = \dfrac{1}{6}\). Ses solutions sont les fonctions \(x \mapsto C\,\text{e}^{ax} – \dfrac{b}{a}\), soit : \(y(x) = C\,\text{e}^{-x} + \dfrac{1}{6}\), avec \(C \in \mathbb{R}\). (Vérification : \(y^{\prime} = -C\,\text{e}^{-x}\) et \(-y + \dfrac{1}{6} = -C\,\text{e}^{-x}\).)
3. a. Comme \(h = \dfrac{1}{g}\), on a \(h^{\prime} = -\dfrac{g^{\prime}}{g^2}\). Si \(h\) vérifie \(h^{\prime} = -h + \dfrac{1}{6}\), alors pour tout réel \(x\) :
\[-\dfrac{g^{\prime}(x)}{[g(x)]^2} = -\dfrac{1}{g(x)} + \dfrac{1}{6}.\]
En multipliant par \(-[g(x)]^2\), non nul : \(g^{\prime}(x) = g(x) – \dfrac{1}{6}[g(x)]^2\). \(g\) est donc solution de \(y^{\prime} = y – \dfrac{1}{6}y^2\).
b. Soit \(m \geq\, 0\). Pour tout \(x\), \(1 + 6m\,\text{e}^{-x} \geq\, 1 \gt 0\), donc \(g_m\) est définie, dérivable et ne s’annule pas sur \(\mathbb{R}\). Son inverse est :
\[h_m(x) = \dfrac{1}{g_m(x)} = \dfrac{1 + 6m\,\text{e}^{-x}}{6} = m\,\text{e}^{-x} + \dfrac{1}{6}.\]
C’est la solution de la question 2 avec \(C = m\) : \(h_m\) est solution de \(y^{\prime} = -y + \dfrac{1}{6}\). D’après la question 3.a, \(g_m\) est solution de \((E)\) pour tout réel positif \(m\). On remarque que pour \(m = \dfrac{5}{6}\), on retrouve \(g_m = f\).
Exercice 4 :
1. Affirmation 1 : vraie.
Le programme part de \(u = 7\) et remplace \(u\) par \(1{,}05u + 3\) tant que \(u \lt 100\), en comptant les passages dans \(n\). Il renvoie le premier rang \(n\) pour lequel \(u_n \geq\, 100\), avec \(u_0 = 7\) et \(u_{n+1} = 1{,}05u_n + 3\). La suite est croissante et à la calculatrice : \(u_{17} \approx 93{,}57 \lt 100\) et \(u_{18} \approx 101{,}24 \geq\, 100\). La boucle s’arrête donc après 18 passages : seuil(100) renvoie 18.
2. Affirmation 2 : vraie.
\(S_n\) est la somme des \(n + 1\) premiers termes de la suite géométrique de premier terme 1 et de raison \(\dfrac{1}{5}\) :
\[S_n = \dfrac{1 – (\dfrac{1}{5})^{n+1}}{1 – \dfrac{1}{5}} = \dfrac{5}{4}(1 – (\dfrac{1}{5})^{n+1}).\]
Comme \(-1 \lt \dfrac{1}{5} \lt 1\), \((\dfrac{1}{5})^{n+1} \to 0\), donc \(S_n \to \dfrac{5}{4}\).
3. Affirmation 3 : fausse.
Un binôme de délégués est un ensemble de 2 élèves pris parmi 30, sans ordre : le binôme {Léa, Tom} est le même que {Tom, Léa}. Leur nombre est \(\dbinom{30}{2} = \dfrac{30 \times 29}{2} = 435\). Le nombre 870 \(= 30 \times 29\) compte chaque binôme deux fois (c’est le nombre de couples ordonnés).
4. Affirmation 4 : vraie.
\(f\) est dérivable sur \([1\,;\,+\infty[\) et \(f^{\prime}(x) = (\ln x)^2 + x \times 2\ln x \times \dfrac{1}{x} = (\ln x)^2 + 2\ln x = \ln x\,(\ln x + 2)\). Pour \(x \gt 1\), \(\ln x \gt 0\) donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) ; \(f^{\prime}\) ne s’annule qu’en 1 : \(f\) est strictement croissante sur \([1\,;\,+\infty[\).
De plus \(f(1) = 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\) (produit de deux termes tendant vers \(+\infty\)). \(f\) est continue, strictement croissante, et 1 est compris entre 0 et \(+\infty\) : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x) = 1\) a une unique solution sur \([1\,;\,+\infty[\) (environ 2,02).
5. Affirmation 5 : vraie.
Intégration par parties avec \(u(x) = x\), \(v^{\prime}(x) = \text{e}^{-x}\), \(u^{\prime}(x) = 1\), \(v(x) = -\text{e}^{-x}\) :
\[\int_0^1 x\,\text{e}^{-x}\,\text{d}x = \Big[-x\,\text{e}^{-x}\Big]_0^1 + \int_0^1 \text{e}^{-x}\,\text{d}x = -\text{e}^{-1} + \Big[-\text{e}^{-x}\Big]_0^1 = -\text{e}^{-1} – \text{e}^{-1} + 1 = 1 – \dfrac{2}{\text{e}}.\]
Or \(1 – \dfrac{2}{\text{e}} = \dfrac{\text{e} – 2}{\text{e}}\) : l’égalité est exacte (valeur environ 0,264).
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