Corrigé du bac de maths 2024 en Amérique du Nord (sujet 2)

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Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Probabilités conditionnelles et loi binomiale (5 points)

D’après les chiffres de 2022 : \( 22{,}86\,\% \) des véhicules immatriculés sont neufs, \( 8{,}08\,\% \) des véhicules neufs sont des hybrides rechargeables et \( 1{,}27\,\% \) des véhicules d’occasion sont des hybrides rechargeables. Les probabilités sont arrondies au dix-millième.

Partie A

On choisit un véhicule immatriculé en 2022. \( N \) : « le véhicule est neuf » ; \( R \) : « le véhicule est hybride rechargeable ».

1. On demande l’arbre pondéré. On lit \( P(N) = 0{,}2286 \), \( P_N(R) = 0{,}0808 \) et \( P_{\overline{N}}(R) = 0{,}0127 \) ; les autres branches s’obtiennent par complément à 1 : \( P(\overline{N}) = 0{,}7714 \), \( P_N(\overline{R}) = 0{,}9192 \), \( P_{\overline{N}}(\overline{R}) = 0{,}9873 \).

2. Probabilité que le véhicule soit neuf et hybride rechargeable :

\[ P(N \cap R) = P(N) \times P_N(R) = 0{,}2286 \times 0{,}0808 = 0{,}01847088. \]

Arrondie au dix-millième : \( P(N \cap R) \approx 0{,}0185 \).

3. On veut montrer que \( P(R) \approx 0{,}0283 \). Les événements \( N \) et \( \overline{N} \) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :

\[ P(R) = P(N \cap R) + P(\overline{N} \cap R) = P(N) \times P_N(R) + P(\overline{N}) \times P_{\overline{N}}(R) \]
\[ P(R) = 0{,}01847088 + 0{,}7714 \times 0{,}0127 = 0{,}01847088 + 0{,}00979678 = 0{,}02826766. \]

Arrondie au dix-millième : \( P(R) \approx 0{,}0283 \).

4. Probabilité que le véhicule soit neuf sachant qu’il est hybride rechargeable. Avec les valeurs exactes obtenues ci-dessus :

\[ P_R(N) = \frac{P(N \cap R)}{P(R)} = \frac{0{,}01847088}{0{,}02826766} \approx 0{,}6534. \]

\( P_R(N) \approx 0{,}6534 \) : environ deux hybrides rechargeables sur trois sont des véhicules neufs. (Avec les valeurs arrondies \( \dfrac{0{,}0185}{0{,}0283} \) on trouverait \( 0{,}6537 \) ; il vaut mieux garder les valeurs exactes.)

Partie B

On choisit 500 véhicules hybrides rechargeables ; la probabilité qu’un tel véhicule soit neuf est \( 0{,}65 \). Le choix est assimilé à un tirage avec remise et \( X \) compte les véhicules neufs.

1. Paramètres de la loi binomiale. On répète 500 fois, de façon identique et indépendante (tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « le véhicule est neuf » a pour probabilité \( 0{,}65 \). Donc \( X \) suit la loi binomiale de paramètres \( n = 500 \) et \( p = 0{,}65 \).

2. Probabilité qu’exactement 325 véhicules soient neufs :

\[ P(X = 325) = \binom\,{500}{325} \times 0{,}65^{325} \times 0{,}35^{175} \approx 0{,}0374. \]

\( P(X = 325) \approx 0{,}0374 \) (calculatrice : binomFdp(500 ; 0,65 ; 325)).

3. On calcule \( P(X \geq\, 325) \) et on interprète. Par complément :

\[ P(X \geq\, 325) = 1 – P(X \leq\, 324) \approx 1 – 0{,}4794 \approx 0{,}5206. \]

\( P(X \geq\, 325) \approx 0{,}5206 \). Interprétation : il y a environ 52 % de chances qu’au moins 325 des 500 véhicules hybrides rechargeables choisis soient neufs. C’est logique puisque l’espérance vaut \( E(X) = 500 \times 0{,}65 = 325 \).

Partie C

On choisit maintenant \( n \) véhicules hybrides rechargeables (\( n \geq\, 1 \)), toujours avec remise, chacun étant neuf avec la probabilité \( 0{,}65 \).

1. Expression de la probabilité \( p_n \) que tous soient d’occasion. Chaque véhicule est d’occasion avec la probabilité \( 1 – 0{,}65 = 0{,}35 \), et les choix sont indépendants, donc :

\[ p_n = 0{,}35^n. \]

2. \( q_n \) est la probabilité qu’au moins un véhicule soit neuf ; on cherche le plus petit \( n \) tel que \( q_n \geq\, 0{,}9999 \). L’événement « au moins un est neuf » est le contraire de « tous sont d’occasion », donc \( q_n = 1 – 0{,}35^n \).

\[ q_n \geq\, 0{,}9999 \iff 1 – 0{,}35^n \geq\, 0{,}9999 \iff 0{,}35^n \leq\, 0{,}0001. \]

La fonction \( \ln \) est strictement croissante sur \( ]0 ; +\infty[ \), donc :

\[ 0{,}35^n \leq\, 0{,}0001 \iff n \ln(0{,}35) \leq\, \ln(0{,}0001) \iff n \geq\, \frac{\ln(0{,}0001)}{\ln(0{,}35)} \]

car \( \ln(0{,}35) \lt 0 \) (on change le sens de l’inégalité en divisant). Or \( \dfrac{\ln(0{,}0001)}{\ln(0{,}35)} \approx 8{,}77 \). Comme \( n \) est entier, la plus petite valeur est \( n = 9 \). Vérification : \( q_8 \approx 0{,}99977 \lt 0{,}9999 \) et \( q_9 \approx 0{,}99992 \geq\, 0{,}9999 \).

Exercice 2 :

Géométrie dans l’espace

On travaille dans un pavé droit \( ABCDEFGH \) muni du repère orthonormé d’origine \( A \), avec \( B(3 ; 0 ; 0) \), \( D(0 ; 1 ; 0) \) et \( E(0 ; 0 ; 1) \). Le point \( M \) est le milieu du segment \( [DC] \) et \( \vec{n}(2 ; 6 ; 3) \).

1. Coordonnées des points \( F \), \( H \) et \( M \). On a \( C(3 ; 1 ; 0) \), donc :

\( F(3 ; 0 ; 1) \), \( H(0 ; 1 ; 1) \) et, comme milieu de \( [DC] \), \( M(1{,}5 ; 1 ; 0) \).

2. a. On montre que \( \vec{n} \) est normal au plan \( (HMF) \). On a

\[ \vec{FH}\begin{pmatrix}-3\\1\\0\end{pmatrix} \quad \text{et} \quad \vec{FM}\begin{pmatrix}-1{,}5\\1\\-1\end{pmatrix}. \]

Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : la troisième coordonnée de \( \vec{FH} \) est nulle alors que celle de \( \vec{FM} \) ne l’est pas, et \( \vec{FH} \) n’est pas nul. Ils dirigent donc bien le plan \( (HMF) \). Ensuite :

\[ \vec{n} \cdot \vec{FH} = 2 \times (-3) + 6 \times 1 + 3 \times 0 = 0, \qquad \vec{n} \cdot \vec{FM} = 2 \times (-1{,}5) + 6 \times 1 + 3 \times (-1) = 0. \]

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

b. Équation cartésienne de \( (HMF) \). Elle est de la forme \( 2x + 6y + 3z + d = 0 \). Comme \( F(3 ; 0 ; 1) \) appartient au plan : \( 6 + 0 + 3 + d = 0 \), soit \( d = -9 \).

\( (HMF) : 2x + 6y + 3z – 9 = 0 \). On peut vérifier avec \( H \) : \( 0 + 6 + 3 – 9 = 0 \), et avec \( M \) : \( 3 + 6 + 0 – 9 = 0 \).

c. Les plans \( \mathcal{P} \) et \( (HMF) \) sont-ils parallèles ? Le plan \( \mathcal{P} \) de l’énoncé a pour vecteur normal \( \vec{u}(5 ; 15 ; -3) \). Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires. Or

\[ \frac{5}{2} = 2{,}5 \quad \text{et} \quad \frac{-3}{3} = -1 : \]

les coordonnées ne sont pas proportionnelles, donc \( \vec{n} \) et \( \vec{u} \) ne sont pas colinéaires. Les plans \( \mathcal{P} \) et \( (HMF) \) ne sont pas parallèles (ils sont sécants).

3. Représentation paramétrique de la droite \( (DG) \). Avec \( D(0 ; 1 ; 0) \) et \( G(3 ; 1 ; 1) \), on obtient \( \vec{DG}(3 ; 0 ; 1) \), d’où :

\[ (DG) : \begin{cases} x = 3t \\ y = 1 \\ z = t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}. \]

4. Coordonnées du point \( N \), intersection de \( (DG) \) et du plan \( (HMF) \). On remplace la représentation paramétrique dans l’équation du plan :

\[ 2 \times 3t + 6 \times 1 + 3t – 9 = 0 \iff 9t – 3 = 0 \iff t = \frac{1}{3}. \]

On obtient \( x = 1 \), \( y = 1 \), \( z = \dfrac{1}{3} \) : \( N(1 ; 1 ; \dfrac{1}{3}) \).

5. Le point \( R(3 ; \dfrac{1}{4} ; \dfrac{1}{2}) \) est-il le projeté orthogonal de \( G \) sur \( (HMF) \) ? Il faut deux conditions : \( R \in (HMF) \) et \( \vec{GR} \) colinéaire à \( \vec{n} \).

\[ 2 \times 3 + 6 \times \frac{1}{4} + 3 \times \frac{1}{2} – 9 = 6 + 1{,}5 + 1{,}5 – 9 = 0 : \]

le point \( R \) appartient bien au plan \( (HMF) \). En revanche

\[ \vec{GR}\begin{pmatrix}0\\-\frac{3}{4}\\-\frac{1}{2}\end{pmatrix} \]

a une première coordonnée nulle alors que celle de \( \vec{n}(2 ; 6 ; 3) \) vaut 2 : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc \( (GR) \) n’est pas orthogonale au plan. \( R \) n’est pas le projeté orthogonal de \( G \) sur \( (HMF) \).

Pour information, le vrai projeté s’obtient avec la droite passant par \( G \) dirigée par \( \vec{n} \) : \( (3 + 2k ; 1 + 6k ; 1 + 3k) \) ; en reportant dans l’équation du plan, \( 49k + 6 = 0 \), soit \( k = -\dfrac{6}{49} \), d’où le point \( (\dfrac{135}{49} ; \dfrac{13}{49} ; \dfrac{31}{49}) \).

Exercice 3 :

Suite récurrente, récurrence et logarithme

On étudie \( g(x) = 2x – x^2 \) sur \( [0 ; 1] \) et la suite définie par \( u_0 = \dfrac{1}{2} \) et \( u_{n+1} = g(u_n) \).

1. Variations de \( g \) sur \( [0 ; 1] \). La fonction polynôme \( g \) est dérivable et \( g^{\prime}(x) = 2 – 2x = 2(1 – x) \). Pour \( 0 \leq\, x \lt 1 \), \( g^{\prime}(x) \gt 0 \), et \( g^{\prime}(1) = 0 \) : \( g \) est strictement croissante sur \( [0 ; 1] \), avec \( g(0) = 0 \) et \( g(1) = 1 \).

\( x \)	\( 0 \)		\( 1 \)
\( g^{\prime}(x) \)		\( + \)	\( 0 \)
\( g \)	\( 0 \)	croissante	\( 1 \)

2. Calcul de \( u_1 \) et \( u_2 \) :

\[ u_1 = g(\frac{1}{2}) = 1 – \frac{1}{4} = \frac{3}{4}, \qquad u_2 = g(\frac{3}{4}) = \frac{3}{2} – \frac{9}{16} = \frac{15}{16}. \]

3. On démontre par récurrence que pour tout entier naturel \( n \) : \( P(n) : 0 \lt u_n \lt u_{n+1} \lt 1 \).

• Initialisation : \( u_0 = \dfrac{1}{2} \) et \( u_1 = \dfrac{3}{4} \), et \( 0 \lt \dfrac{1}{2} \lt \dfrac{3}{4} \lt 1 \) : \( P(0) \) est vraie.
• Hérédité : soit \( n \in \mathbb{N} \) tel que \( 0 \lt u_n \lt u_{n+1} \lt 1 \). Ces nombres sont dans \( [0 ; 1] \), où \( g \) est strictement croissante, donc \( g(0) \lt g(u_n) \lt g(u_{n+1}) \lt g(1) \), c’est-à-dire \( 0 \lt u_{n+1} \lt u_{n+2} \lt 1 \) : \( P(n+1) \) est vraie.
• Conclusion : pour tout \( n \in \mathbb{N} \), \( 0 \lt u_n \lt u_{n+1} \lt 1 \).

4. Convergence. D’après la question 3, la suite \( (u_n) \) est strictement croissante et majorée par 1. D’après le théorème de convergence monotone, \( (u_n) \) converge vers une limite \( \ell \).

5. Valeur de \( \ell \). La fonction \( g \) est continue sur \( [0 ; 1] \) et \( u_{n+1} = g(u_n) \), donc \( \ell \) vérifie \( g(\ell) = \ell \) :

\[ 2\ell – \ell^2 = \ell \iff \ell – \ell^2 = 0 \iff \ell(1 – \ell) = 0 \iff \ell = 0 \ \text{ou} \ \ell = 1. \]

La suite est croissante, donc \( u_n \geq\, u_0 = \dfrac{1}{2} \) pour tout \( n \), et \( \ell \geq\, \dfrac{1}{2} \). Ainsi \( \ell = 1 \).

6. On pose \( v_n = \ln(1 – u_n) \) (bien défini car \( u_n \lt 1 \)) et on montre que \( (v_n) \) est géométrique. Pour tout \( n \) :

\[ 1 – u_{n+1} = 1 – 2u_n + u_n^2 = (1 – u_n)^2, \]
\[ v_{n+1} = \ln((1 – u_n)^2) = 2\ln(1 – u_n) = 2v_n. \]

\( (v_n) \) est géométrique de raison 2 et de premier terme \( v_0 = \ln(\dfrac{1}{2}) = -\ln(2) \).

7. Expression de \( v_n \) : pour tout \( n \in \mathbb{N} \), \( v_n = -\ln(2) \times 2^n \).

8. Expression de \( u_n \) et limite. De \( v_n = \ln(1 – u_n) \) on tire \( 1 – u_n = \mathrm{e}^{v_n} \), donc :

\[ u_n = 1 – \mathrm{e}^{-\ln(2) \times 2^n} = 1 – (\frac{1}{2})^{2^n}. \]

Comme \( 2 \gt 1 \), \( \lim\limits_{n \to +\infty} 2^n = +\infty \), donc \( \lim\limits_{n \to +\infty} (-\ln(2) \times 2^n) = -\infty \) (car \( \ln 2 \gt 0 \)). Or \( \lim\limits_{X \to -\infty} \mathrm{e}^X = 0 \), donc par composition \( \lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 1 \), ce qui confirme la question 5.

9. Fonction Python seuil renvoyant le plus petit entier \( n \) tel que \( u_n \geq\, 0{,}95 \) :

def seuil():
    n = 0
    u = 0.5
    while u < 0.95:
        n = n + 1
        u = 2*u - u**2
    return n

Elle renvoie 3 : \( u_2 = \dfrac{15}{16} = 0{,}9375 \lt 0{,}95 \) et \( u_3 = 1 – \dfrac{1}{256} \approx 0{,}996 \).

Exercice 4 :

Fonction logarithme, primitive, aire et tangente

\( a \) est un réel strictement positif et \( f(x) = a\ln(x) \) sur \( ]0 ; +\infty[ \) ; \( \mathcal{C} \) est sa courbe et \( x_0 \) un réel strictement supérieur à 1.

1. Point d’intersection de \( \mathcal{C} \) avec l’axe des abscisses :

\[ f(x) = 0 \iff a\ln(x) = 0 \iff \ln(x) = 0 \iff x = 1 \quad (\text{car } a \neq 0). \]

\( \mathcal{C} \) coupe l’axe des abscisses au point de coordonnées \( (1 ; 0) \).

2. On vérifie que \( F(x) = a(x\ln(x) – x) \) est une primitive de \( f \) sur \( ]0 ; +\infty[ \). \( F \) est dérivable comme produit et somme de fonctions dérivables, et :

\[ F^{\prime}(x) = a(1 \times \ln(x) + x \times \frac{1}{x} – 1) = a\ln(x) = f(x). \]

\( F \) est bien une primitive de \( f \).

3. Aire du domaine grisé, délimité par \( \mathcal{C} \), l’axe des abscisses et les droites d’équations \( x = 1 \) et \( x = x_0 \). Sur \( [1 ; x_0] \), \( \ln(x) \geq\, 0 \) et \( a \gt 0 \), donc \( f \geq\, 0 \) et l’aire (en unités d’aire) vaut :

\[ \mathcal{A} = \int_1^{x_0} f(x)\,\mathrm{d}x = F(x_0) – F(1) = a(x_0\ln(x_0) – x_0) – a(0 – 1). \]

\( \mathcal{A} = a(x_0\ln(x_0) – x_0 + 1) \).

4. \( T \) est la tangente à \( \mathcal{C} \) au point d’abscisse \( x_0 \), \( A \) son point d’intersection avec l’axe des ordonnées et \( B \) le point de l’axe des ordonnées d’ordonnée \( f(x_0) \). On montre que la longueur \( AB \) ne dépend pas de \( x_0 \).

\( f \) est dérivable et \( f^{\prime}(x) = \dfrac{a}{x} \). Une équation de \( T \) est \( y = f^{\prime}(x_0)(x – x_0) + f(x_0) \), soit :

\[ T : y = \frac{a}{x_0}(x – x_0) + a\ln(x_0). \]

Pour \( x = 0 \) : \( y = -a + a\ln(x_0) \), donc \( A(0 ; a\ln(x_0) – a) \). Par ailleurs \( B(0 ; a\ln(x_0)) \). Ces deux points sont sur l’axe des ordonnées, donc :

\[ AB = | a\ln(x_0) – (a\ln(x_0) – a) | = |a| = a. \]

La longueur \( AB \) est constante et vaut \( a \), quel que soit \( x_0 \).