Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Le premier niveau de l’arbre sépare les spams (\(P(S) = 0{,}08\)) des autres courriels (\(P(\overline{S}) = 1 – 0{,}08 = 0{,}92\)). Le second niveau indique le classement par le logiciel : après \(S\), la branche vers \(I\) porte 0,9 et celle vers \(\overline{I}\) porte \(1 – 0{,}9 = 0{,}1\) ; après \(\overline{S}\), la branche vers \(I\) porte 0,01 et celle vers \(\overline{I}\) porte \(1 – 0{,}01 = 0{,}99\).
2. a. L’évènement « spam et classé indésirable » est \(S \cap I\). On multiplie les probabilités le long du chemin de l’arbre :
\[P(S \cap I) = P(S) \times P_S(I) = 0{,}08 \times 0{,}9 = 0{,}072.\]
On retrouve bien \(P(S \cap I) = 0{,}072\).
b. Les évènements \(S\) et \(\overline{S}\) forment une partition de l’univers ; la formule des probabilités totales donne :
\[P(I) = P(S \cap I) + P(\overline{S} \cap I) = 0{,}072 + 0{,}92 \times 0{,}01 = 0{,}072 + 0{,}0092 = 0{,}0812.\]
La probabilité qu’un courriel soit classé indésirable est \(P(I) = 0{,}0812\).
c. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_I(S)\) :
\[P_I(S) = \dfrac{P(S \cap I)}{P(I)} = \dfrac{0{,}072}{0{,}0812} \approx 0{,}8867.\]
Un message classé indésirable est un spam avec une probabilité d’environ 0,89.
3. a. On répète 50 fois, de façon identique et indépendante (tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « le courriel est un spam » a pour probabilité 0,08. \(Z\) compte le nombre de succès : \(Z\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 50\) et \(p = 0{,}08\).
b. On passe par l’évènement contraire de \(Z \geq\, 2\), qui est « \(Z = 0\) ou \(Z = 1\) » :
\[P(Z = 0) = 0{,}92^{50} \approx 0{,}01547 \quad \text{et} \quad P(Z = 1) = \binom\,{50}{1} \times 0{,}08 \times 0{,}92^{49} \approx 0{,}06725.\]
\[P(Z \geq\, 2) = 1 – P(Z = 0) – P(Z = 1) \approx 1 – 0{,}01547 – 0{,}06725 \approx 0{,}9173.\]
La probabilité qu’au moins deux des 50 courriels soient du spam est environ 0,92.
Exercice 2 :
1. Réponse B. On cherche \(t\) tel que \(1 + 2t = -3\), soit \(t = -2\). Pour \(t = -2\) : \(y = -2 – 2 = -4\) et \(z = 4 + 2 = 6\). Le point obtenu est \(\text{N}(-3\,;\,-4\,;\,6)\). Le point P a les mêmes deux premières coordonnées mais \(z = 2 \neq 6\) ; pour M il faudrait \(t = 0{,}5\) qui donne \(y = -1{,}5 \neq 1\) ; pour Q il faudrait \(t = -3\) qui donne \(y = -5\) mais \(z = 7 \neq 1\).
2. Réponse C. \(\vec{\text{AB}}\) a pour coordonnées \((x_B – x_A\,;\,y_B – y_A\,;\,z_B – z_A) = (2 – 1\,;\,1 – 0\,;\,0 – 2) = (1\,;\,1\,;\,-2)\).
3. Réponse B. La représentation B donne le point \((2\,;\,1\,;\,0)\), c’est-à-dire B, pour \(t = 0\), et a pour vecteur directeur \((-1\,;\,-1\,;\,2) = -\vec{\text{AB}}\), colinéaire à \(\vec{\text{AB}}\) : c’est bien la droite (AB). On peut vérifier avec \(t = 1\) : on obtient \((1\,;\,0\,;\,2)\), c’est-à-dire A. Les autres propositions échouent : A a pour vecteur directeur \((2\,;\,1\,;\,0)\), non colinéaire à \(\vec{\text{AB}}\) ; C a le vecteur \((1\,;\,1\,;\,2)\), non colinéaire lui non plus ; D a le bon vecteur directeur mais pour \(t = 0\) elle passe par \((1\,;\,1\,;\,2)\), qui n’est pas sur (AB) (dans la représentation B, \(x = 1\) impose \(t = 1\) alors que \(y = 1\) impose \(t = 0\)).
4. Réponse B. Un plan orthogonal à \(\Delta\) admet comme vecteur normal un vecteur directeur de \(\Delta\), ici \(\vec{u}(2\,;\,1\,;\,-1)\). Son équation est donc de la forme \(2x + y – z + d = 0\). Comme \(\text{C}(0\,;\,1\,;\,2)\) appartient au plan : \(0 + 1 – 2 + d = 0\), d’où \(d = 1\). Le plan a pour équation \(2x + y – z + 1 = 0\).
5. Réponse A. Calculons les coordonnées de D : \(x_D = 3 \times 1 – 2 – 0 = 1\), \(y_D = 3 \times 0 – 1 – 1 = -2\), \(z_D = 3 \times 2 – 0 – 2 = 4\), donc \(\text{D}(1\,;\,-2\,;\,4)\), ce qui élimine C. Alors \(\vec{\text{AD}}(0\,;\,-2\,;\,2)\), \(\vec{\text{AB}}(1\,;\,1\,;\,-2)\) et \(\vec{\text{AC}}(-1\,;\,1\,;\,0)\). On remarque que \(-\vec{\text{AB}} – \vec{\text{AC}}\) a pour coordonnées \((-1 + 1\,;\,-1 – 1\,;\,2 – 0) = (0\,;\,-2\,;\,2)\) : ainsi \(\vec{\text{AD}} = -\vec{\text{AB}} – \vec{\text{AC}}\). Le vecteur \(\vec{\text{AD}}\) s’écrit comme combinaison linéaire de \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) : les trois vecteurs sont coplanaires. (B est fausse car \(\vec{\text{BC}}(-2\,;\,0\,;\,2)\) ; D est fausse car \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) ne sont pas colinéaires.)
Exercice 3 :
Partie I
1. En \(-\infty\) : quand \(x \to -\infty\), \(-2x \to +\infty\), donc \(\text{e}^{-2x} \to +\infty\) (composition), et \(-\text{e}^{-2x} \to -\infty\). Comme \(x \to -\infty\) aussi, par somme \(\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -\infty\).
En \(+\infty\) : \(-2x \to -\infty\), donc \(\text{e}^{-2x} \to 0\) ; comme \(x \to +\infty\), par somme \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).
2. \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et, puisque la dérivée de \(\text{e}^{-2x}\) est \(-2\text{e}^{-2x}\) :
\[f^{\prime}(x) = 1 – (-2\text{e}^{-2x}) = 1 + 2\text{e}^{-2x}.\]
Une exponentielle est strictement positive, donc \(f^{\prime}(x) \gt 1 \gt 0\) pour tout réel \(x\) : \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(+\infty\) | |
|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | ||
| \(f\) | \(-\infty\) | \(\nearrow\) | \(+\infty\) |
3. \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), et elle prend ses valeurs entre \(-\infty\) et \(+\infty\) ; 0 est compris entre ces limites. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(\mathbb{R}\).
Par balayage à la calculatrice : \(f(0) = -1 \lt 0\) et \(f(1) \approx 0{,}86 \gt 0\), puis \(f(0{,}42) \approx -0{,}0117 \lt 0\) et \(f(0{,}43) \approx 0{,}0068 \gt 0\). Donc \(0{,}42 \lt \alpha \lt 0{,}43\), et \(\alpha \approx 0{,}43\) à \(10^{-2}\) près (plus précisément \(\alpha \approx 0{,}4263\)).
4. Comme \(f\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha\) : \(f(x) \lt 0\) pour \(x \lt \alpha\), \(f(\alpha) = 0\), et \(f(x) \gt 0\) pour \(x \gt \alpha\).
Partie II
1. a. Posons \(u(t) = t^2 + \text{e}^{-2t}\). La fonction \(u\) est dérivable et strictement positive sur \(\mathbb{R}\) (somme d’un carré et d’une exponentielle), donc \(h = \sqrt{u}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) avec \(h^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}}{2\sqrt{u}}\). Or \(u^{\prime}(t) = 2t – 2\text{e}^{-2t}\), d’où :
\[h^{\prime}(t) = \dfrac{2t – 2\text{e}^{-2t}}{2\sqrt{t^2 + \text{e}^{-2t}}} = \dfrac{t – \text{e}^{-2t}}{\sqrt{t^2 + \text{e}^{-2t}}} = \dfrac{f(t)}{\sqrt{t^2 + \text{e}^{-2t}}}.\]
b. Le dénominateur de \(h^{\prime}(t)\) est strictement positif, donc \(h^{\prime}(t)\) a le signe de \(f(t)\), étudié à la question I.4 : \(h^{\prime}(t) \lt 0\) sur \(]-\infty\,;\,\alpha[\) et \(h^{\prime}(t) \gt 0\) sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\). La fonction \(h\) est donc décroissante puis croissante : elle atteint son minimum en \(t = \alpha\). La distance \(\text{O}M\) est minimale lorsque \(M\) a pour abscisse \(\alpha\), c’est-à-dire lorsque \(M\) est le point \(\text{A}(\alpha\,;\,\text{e}^{-\alpha})\). Numériquement, \(\text{A} \approx (0{,}43\,;\,0{,}65)\) et \(\text{OA} \approx 0{,}78\).
Placement sur l’annexe : \(\alpha\) est l’abscisse du point où \(\Gamma\) coupe l’axe des abscisses. On trace la verticale passant par ce point : elle rencontre \(\mathcal{C}\) en A.
2. a. \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) avec \(g^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\). Le coefficient directeur de la tangente \(T\) en A est donc \(g^{\prime}(\alpha) = -\text{e}^{-\alpha}\).
b. Le produit des coefficients directeurs de (OA) et de \(T\) vaut :
\[\dfrac{\text{e}^{-\alpha}}{\alpha} \times (-\text{e}^{-\alpha}) = -\dfrac{\text{e}^{-2\alpha}}{\alpha}.\]
Or \(\alpha\) est solution de \(f(x) = 0\), donc \(\alpha – \text{e}^{-2\alpha} = 0\), soit \(\text{e}^{-2\alpha} = \alpha\) (et \(\alpha \neq 0\) puisque \(f(0) = -1\)). Le produit vaut donc \(-\dfrac{\alpha}{\alpha} = -1\). D’après le rappel, la droite (OA) et la tangente \(T\) sont perpendiculaires : le point de \(\mathcal{C}\) le plus proche de O est celui où le « rayon » OA est perpendiculaire à la courbe.
Tracés : la droite (OA) passe par l’origine et par A ; la tangente \(T\) passe par A avec une pente \(-\text{e}^{-\alpha} \approx -0{,}65\) ; elle coupe l’axe des ordonnées en \(\text{e}^{-\alpha}(1 + \alpha) \approx 0{,}93\) et l’axe des abscisses en \(1 + \alpha \approx 1{,}43\).
Exercice A :
1. \(u_1 = \dfrac{3 \times 16 + 2 \times 5}{5} = \dfrac{58}{5} = 11{,}6\) et \(v_1 = \dfrac{16 + 5}{2} = \dfrac{21}{2} = 10{,}5\). Donc \(u_1 = 11{,}6\) et \(v_1 = 10{,}5\).
2. a. Pour tout entier naturel \(n\), en mettant au dénominateur commun 10 :
\[w_{n+1} = u_{n+1} – v_{n+1} = \dfrac{3u_n + 2v_n}{5} – \dfrac{u_n + v_n}{2} = \dfrac{6u_n + 4v_n – 5u_n – 5v_n}{10} = \dfrac{u_n – v_n}{10} = 0{,}1\, w_n.\]
La suite \((w_n)\) est donc géométrique de raison 0,1, de premier terme \(w_0 = 16 – 5 = 11\). Pour tout entier naturel \(n\) : \(w_n = 11 \times 0{,}1^n\).
b. Comme \(11 \gt 0\) et \(0{,}1^n \gt 0\), on a \(w_n \gt 0\) pour tout \(n\). De plus \(0 \lt 0{,}1 \lt 1\), donc \(0{,}1^n \to 0\) et \(\lim\limits_{n \to +\infty} w_n = 0\).
3. a. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[u_{n+1} – u_n = \dfrac{3u_n + 2v_n – 5u_n}{5} = \dfrac{-2u_n + 2v_n}{5} = -\dfrac{2}{5}(u_n – v_n) = -0{,}4\, w_n.\]
b. D’après 2.b, \(w_n \gt 0\), donc \(u_{n+1} – u_n = -0{,}4\, w_n \lt 0\) pour tout \(n\) : la suite \((u_n)\) est (strictement) décroissante.
c. Notons \(P(n)\) la propriété « \(u_n \geq\, 5\) ».
Initialisation : \(u_0 = 16 \geq\, 5\), donc \(P(0)\) est vraie.
Hérédité : soit \(n\) un entier naturel tel que \(u_n \geq\, 5\). On sait aussi (résultat admis) que \(v_n \geq\, 5\). Alors \(3u_n \geq\, 15\) et \(2v_n \geq\, 10\), donc \(3u_n + 2v_n \geq\, 25\) ; en divisant par 5 (nombre positif), \(u_{n+1} = \dfrac{3u_n + 2v_n}{5} \geq\, 5\). \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion : par récurrence, \(u_n \geq\, 5\) pour tout entier naturel \(n\).
La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par 5 : d’après le théorème de convergence monotone, elle converge vers une limite \(\ell\) (avec \(\ell \geq\, 5\)).
4. a. Les suites \((u_n)\) et \((v_n)\) convergent vers \(\ell\) et \(\ell^{\prime}\), donc \(w_n = u_n – v_n\) converge vers \(\ell – \ell^{\prime}\). Or on a vu que \(w_n \to 0\). Par unicité de la limite, \(\ell – \ell^{\prime} = 0\), soit \(\ell = \ell^{\prime}\).
b. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[c_{n+1} = 5u_{n+1} + 4v_{n+1} = 5 \times \dfrac{3u_n + 2v_n}{5} + 4 \times \dfrac{u_n + v_n}{2} = 3u_n + 2v_n + 2u_n + 2v_n = 5u_n + 4v_n = c_n.\]
La suite \((c_n)\) est constante, donc égale à son premier terme : \(c_n = c_0 = 5 \times 16 + 4 \times 5 = 80 + 20\), soit \(c_n = 100\) pour tout \(n\).
c. En passant à la limite dans \(5u_n + 4v_n = 100\), avec \(u_n \to \ell\) et \(v_n \to \ell^{\prime} = \ell\), on obtient \(5\ell + 4\ell = 100\), soit \(9\ell = 100\). La limite commune est \(\ell = \ell^{\prime} = \dfrac{100}{9} \approx 11{,}11\).
Exercice B :
Partie I
1. Pour \(x \gt 0\), le dénominateur ne s’annule pas, donc \(f(x) = 0 \iff 2\ln(x) – 1 = 0 \iff \ln(x) = \dfrac{1}{2} \iff x = \text{e}^{1/2}\). L’unique solution est \(\alpha = \text{e}^{1/2} = \sqrt{\text{e}} \approx 1{,}65\).
2. Sur le graphique, la courbe est sous l’axe des abscisses avant le point d’abscisse \(\alpha\) et au-dessus ensuite : \(f(x) \lt 0\) sur \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}[\), \(f(\sqrt{\text{e}}) = 0\) et \(f(x) \gt 0\) sur \(]\sqrt{\text{e}}\,;\,+\infty[\).
Partie II
1. a. Quand \(x \to 0\) (avec \(x \gt 0\)), \(\ln(x) \to -\infty\), donc \([\ln(x)]^2 \to +\infty\) et \(-\ln(x) \to +\infty\). Par somme, \(\lim\limits_{x \to 0} g(x) = +\infty\).
b. En \(+\infty\), la somme donne une forme indéterminée « \(+\infty – \infty\) ». On factorise : \(g(x) = \ln(x)[\ln(x) – 1]\). Comme \(\ln(x) \to +\infty\) et \(\ln(x) – 1 \to +\infty\), par produit \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty\).
2. La dérivée de \(u^2\) est \(2uu^{\prime}\) ; avec \(u = \ln\), la dérivée de \([\ln(x)]^2\) est \(2\ln(x) \times \dfrac{1}{x}\). Donc, pour tout \(x \gt 0\) :
\[g^{\prime}(x) = \dfrac{2\ln(x)}{x} – \dfrac{1}{x} = \dfrac{2\ln(x) – 1}{x} = f(x).\]
3. Le signe de \(g^{\prime}(x) = f(x)\) est donné par la partie I : \(g\) est décroissante sur \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}]\) et croissante sur \([\sqrt{\text{e}}\,;\,+\infty[\). Son minimum vaut \(g(\text{e}^{1/2}) = (\dfrac{1}{2})^2 – \dfrac{1}{2} = -\dfrac{1}{4}\).
| \(x\) | 0 | \(\sqrt{\text{e}}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(g^{\prime}(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) | ||
| \(g\) | \(+\infty\) | \(\searrow\) | \(-\dfrac{1}{4}\) | \(\nearrow\) | \(+\infty\) |
4. Soit \(m \gt -0{,}25 = -\dfrac{1}{4}\).
Sur \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}]\), \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(+\infty\) à \(-\dfrac{1}{4}\) : comme \(m\) est dans \(]-\dfrac{1}{4}\,;\,+\infty[\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires donne une unique solution de \(g(x) = m\) dans cet intervalle (et elle est différente de \(\sqrt{\text{e}}\) puisque \(g(\sqrt{\text{e}}) = -\dfrac{1}{4} \neq m\)).
Sur \([\sqrt{\text{e}}\,;\,+\infty[\), \(g\) est continue et strictement croissante de \(-\dfrac{1}{4}\) à \(+\infty\) : pour la même raison, l’équation y admet une unique solution.
Au total, l’équation \(g(x) = m\) admet exactement deux solutions sur \(]0\,;\,+\infty[\).
5. \(g(x) = 0 \iff \ln(x)[\ln(x) – 1] = 0 \iff \ln(x) = 0 \text{ ou } \ln(x) = 1 \iff x = 1 \text{ ou } x = \text{e}\). Les deux solutions sont \(x = 1\) et \(x = \text{e}\) (ce qui illustre la question 4 avec \(m = 0 \gt -0{,}25\) : l’une est dans \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}[\), l’autre dans \(]\sqrt{\text{e}}\,;\,+\infty[\)).
Retour à l’énoncé : Bac de maths 2021 en France (septembre, jour 2) : sujet et corrigé.
