Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. a. Paul prend son vélo deux jours sur trois, donc \(P(V) = \dfrac{2}{3}\) et \(P(\overline{V}) = \dfrac{1}{3}\). À vélo, il rate le train une fois sur 50 : \(P_V(R) = \dfrac{1}{50}\) ; en voiture, une fois sur 10 : \(P_{\overline{V}}(R) = \dfrac{1}{10}\). Les probabilités complémentaires se déduisent en retranchant à 1. L’arbre pondéré a donc la structure suivante :
- branche \(V\) de probabilité \(\dfrac{2}{3}\), puis : \(R\) avec \(\dfrac{1}{50}\), \(\overline{R}\) avec \(\dfrac{49}{50}\) ;
- branche \(\overline{V}\) de probabilité \(\dfrac{1}{3}\), puis : \(R\) avec \(\dfrac{1}{10}\), \(\overline{R}\) avec \(\dfrac{9}{10}\).
b. Les événements \(V\) et \(\overline{V}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(R) = P(V \cap R) + P(\overline{V} \cap R) = P(V) \times P_V(R) + P(\overline{V}) \times P_{\overline{V}}(R)\]
\[P(R) = \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{50} + \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{10} = \dfrac{2}{150} + \dfrac{1}{30} = \dfrac{2}{150} + \dfrac{5}{150} = \dfrac{7}{150}\]
La probabilité que Paul rate son train est bien \(\dfrac{7}{150}\).
c. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_R(V)\). Par définition :
\[P_R(V) = \dfrac{P(V \cap R)}{P(R)} = \dfrac{\dfrac{2}{150}}{\dfrac{7}{150}} = \dfrac{2}{7}\]
Sachant que Paul a raté son train, la probabilité qu’il soit venu à vélo est \(\dfrac{2}{7}\) (environ 0,286). Autrement dit, sur 7 trains ratés, 2 le sont en moyenne un jour de vélo, bien qu’il prenne son vélo deux fois plus souvent que sa voiture.
2. a. Chaque jour, on observe une épreuve à deux issues : « Paul prend son vélo » (succès, de probabilité \(\dfrac{2}{3}\)) ou non. Cette épreuve est répétée 20 fois de façon identique et indépendante (hypothèse de l’énoncé). \(X\) compte le nombre de succès, donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 20\) et \(p = \dfrac{2}{3}\).
b. Pour une loi binomiale, \(P(X = k) = \dbinom{n}{k} p^k (1 – p)^{n – k}\). Ici :
\[P(X = 10) = \dbinom{20}{10} (\dfrac{2}{3})^{10} (\dfrac{1}{3})^{10} = 184\,756 \times \dfrac{2^{10}}{3^{20}} \approx 0{,}054\]
La probabilité que Paul prenne son vélo exactement 10 jours est environ 0,054.
c. On passe par l’événement contraire : \(P(X \geq\, 10) = 1 – P(X \leq\, 9)\). À la calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale), \(P(X \leq\, 9) \approx 0{,}0376\), d’où :
\[P(X \geq\, 10) \approx 1 – 0{,}0376 \approx 0{,}962\]
La probabilité que Paul prenne son vélo au moins 10 jours sur 20 est environ 0,962.
d. Le nombre moyen de jours à vélo est l’espérance de \(X\). Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 20 \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{40}{3} \approx 13{,}3\). En moyenne, Paul prend son vélo environ 13 jours sur 20.
3. L’espérance de \(T\) est la somme des produits de chaque valeur par sa probabilité (on vérifie au passage que les probabilités du tableau ont pour somme 1) :
\[E(T) = 10 \times 0{,}14 + 11 \times 0{,}13 + 12 \times 0{,}13 + 13 \times 0{,}12 + 14 \times 0{,}12 + 15 \times 0{,}11 + 16 \times 0{,}10 + 17 \times 0{,}08 + 18 \times 0{,}07\]
\[E(T) = 1{,}4 + 1{,}43 + 1{,}56 + 1{,}56 + 1{,}68 + 1{,}65 + 1{,}6 + 1{,}36 + 1{,}26 = 13{,}5\]
\(E(T) = 13{,}5\) : sur un grand nombre de trajets en voiture, Paul met en moyenne 13,5 minutes, soit 13 minutes et 30 secondes, pour se rendre à la gare.
Exercice 2 :
1. a. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(T_n \geq\, 20\) ».
Initialisation. \(T_0 = 180\) et \(180 \geq\, 20\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(T_n \geq\, 20\). En multipliant par \(0{,}955\), qui est positif, l’inégalité est conservée : \(0{,}955\,T_n \geq\, 0{,}955 \times 20 = 19{,}1\). En ajoutant \(0{,}9\) : \(0{,}955\,T_n + 0{,}9 \geq\, 20\), c’est-à-dire \(T_{n+1} \geq\, 20\). La propriété est donc héréditaire.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire : d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(T_n \geq\, 20\).
b. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[T_{n+1} – T_n = 0{,}955\,T_n + 0{,}9 – T_n = -0{,}045\,T_n + 0{,}9\]
Par ailleurs, en développant, \(-0{,}045(T_n – 20) = -0{,}045\,T_n + 0{,}045 \times 20 = -0{,}045\,T_n + 0{,}9\). Les deux expressions coïncident, donc \(T_{n+1} – T_n = -0{,}045(T_n – 20)\).
D’après la question a., \(T_n – 20 \geq\, 0\) ; comme \(-0{,}045 \lt 0\), on obtient \(T_{n+1} – T_n \leq\, 0\) pour tout \(n\). La suite \((T_n)\) est décroissante.
c. La suite \((T_n)\) est décroissante (question b.) et minorée par 20 (question a.). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((T_n)\) est convergente, et sa limite est supérieure ou égale à 20.
2. a. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[u_{n+1} = T_{n+1} – 20 = 0{,}955\,T_n + 0{,}9 – 20 = 0{,}955\,T_n – 19{,}1\]
Or \(19{,}1 = 0{,}955 \times 20\), donc \(u_{n+1} = 0{,}955(T_n – 20) = 0{,}955\,u_n\). La suite \((u_n)\) est géométrique de raison \(q = 0{,}955\), de premier terme \(u_0 = T_0 – 20 = 160\).
b. Le terme général d’une suite géométrique est \(u_n = u_0 \times q^n\), soit \(u_n = 160 \times 0{,}955^n\). Comme \(T_n = u_n + 20\), on obtient \(T_n = 20 + 160 \times 0{,}955^n\) pour tout entier naturel \(n\).
c. Comme \(0 \lt 0{,}955 \lt 1\), on sait que \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}955^n = 0\). Par produit et somme, \(\lim\limits_{n \to +\infty} 160 \times 0{,}955^n = 0\) et donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} T_n = 20\).
d. On résout, pour \(n\) entier naturel :
\[T_n \leq\, 120 \iff 160 \times 0{,}955^n \leq\, 100 \iff 0{,}955^n \leq\, \dfrac{100}{160} = 0{,}625\]
La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), elle conserve donc l’ordre :
\[0{,}955^n \leq\, 0{,}625 \iff n \ln(0{,}955) \leq\, \ln(0{,}625)\]
Comme \(0{,}955 \lt 1\), \(\ln(0{,}955) \lt 0\) : en divisant par ce nombre négatif, on change le sens de l’inégalité :
\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}625)}{\ln(0{,}955)} \approx 10{,}21\]
\(n\) étant un entier, l’ensemble des solutions est formé des entiers \(n \geq\, 11\). Contrôle : \(T_{10} \approx 120{,}96\) et \(T_{11} \approx 116{,}42\).
3. a. Au fil du temps, le gâteau sorti du four se refroidit et sa température se rapproche de celle de la pièce, sans jamais descendre en dessous (il n’y a aucune source de froid). Il était donc naturel que la température au centre tende vers celle de l’air ambiant : la limite 20 correspond aux 20 °C de la pièce.
b. La fonction part de \(T = 180\) (température à la sortie du four) et de \(n = 0\), puis calcule les termes successifs de la suite tant que la température est strictement supérieure à \(x\). Elle renvoie donc le plus petit entier \(n\) tel que \(T_n \leq\, x\). Avec \(x = 120\), d’après la question 2. d., ce plus petit entier est 11 (car \(T_{10} \approx 120{,}96 \gt 120\) et \(T_{11} \approx 116{,}42 \leq\, 120\)).
temp(120) renvoie 11 : la température au centre du gâteau devient inférieure ou égale à 120 °C au bout de 11 minutes après la sortie du four.
Exercice 3 :
1. a. On calcule les coordonnées des deux vecteurs issus de J :
\[\vec{JK}\begin{pmatrix}1 – 2\\2 – 0\\1 – 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\2\\0\end{pmatrix} \qquad \vec{JL}\begin{pmatrix}-2 – 2\\-2 – 0\\-2 – 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-4\\-2\\-3\end{pmatrix}\]
Leur produit scalaire vaut \(\vec{JK} \cdot \vec{JL} = (-1)(-4) + 2 \times (-2) + 0 \times (-3) = 4 – 4 + 0 = 0\). Les vecteurs, non nuls, sont orthogonaux : les droites (JK) et (JL) sont perpendiculaires. Le triangle JKL est rectangle en J.
b. Les longueurs des côtés de l’angle droit sont :
\[JK = \sqrt{(-1)^2 + 2^2 + 0^2} = \sqrt{5} \qquad JL = \sqrt{(-4)^2 + (-2)^2 + (-3)^2} = \sqrt{29}\]
Dans un triangle rectangle, l’aire est le demi-produit des côtés de l’angle droit : \(\mathcal{A} = \dfrac{JK \times JL}{2} = \dfrac{\sqrt{5} \times \sqrt{29}}{2}\). L’aire du triangle JKL vaut \(\dfrac{\sqrt{145}}{2}\ \text{cm}^2\) (environ 6,02 cm²).
c. Dans le triangle JKL rectangle en J, pour l’angle \(\widehat{JKL}\), le côté opposé est [JL] et le côté adjacent est [JK]. Donc :
\[\tan \widehat{JKL} = \dfrac{JL}{JK} = \dfrac{\sqrt{29}}{\sqrt{5}} = \sqrt{5{,}8}\]
À la calculatrice, \(\widehat{JKL} \approx 67{,}5^\circ\) au dixième près.
2. a. Les vecteurs \(\vec{JK}\) et \(\vec{JL}\) ne sont pas colinéaires (ils sont orthogonaux et non nuls) : ils dirigent le plan (JKL). Un vecteur est normal au plan s’il est orthogonal à ces deux vecteurs :
\[\vec{n} \cdot \vec{JK} = 6 \times (-1) + 3 \times 2 + (-10) \times 0 = -6 + 6 + 0 = 0\]
\[\vec{n} \cdot \vec{JL} = 6 \times (-4) + 3 \times (-2) + (-10) \times (-3) = -24 – 6 + 30 = 0\]
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (JKL) : c’est un vecteur normal à ce plan.
b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}6\\3\\-10\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(6x + 3y – 10z + d = 0\). Le point J(2 ; 0 ; 1) appartient au plan : \(6 \times 2 + 3 \times 0 – 10 \times 1 + d = 0\), soit \(2 + d = 0\), d’où \(d = -2\).
Une équation cartésienne du plan (JKL) est \(6x + 3y – 10z – 2 = 0\). On peut contrôler avec K : \(6 + 6 – 10 – 2 = 0\) et avec L : \(-12 – 6 + 20 – 2 = 0\).
3. a. La droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (JKL) : elle est donc dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}\). Elle passe par T(10 ; 9 ; –6). Une représentation paramétrique de \(\Delta\) est :
\[\{\begin{array}{l} x = 10 + 6t \\ y = 9 + 3t \\ z = -6 – 10t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}\]
b. Le projeté orthogonal H de T sur le plan (JKL) est le point d’intersection de \(\Delta\) et du plan. On remplace \(x\), \(y\), \(z\) dans l’équation du plan :
\[6(10 + 6t) + 3(9 + 3t) – 10(-6 – 10t) – 2 = 0\]
\[60 + 36t + 27 + 9t + 60 + 100t – 2 = 0 \iff 145t + 145 = 0 \iff t = -1\]
Avec \(t = -1\) : \(x = 10 – 6 = 4\), \(y = 9 – 3 = 6\), \(z = -6 + 10 = 4\). Le point H a pour coordonnées \((4\,;\,6\,;\,4)\). Vérification : \(6 \times 4 + 3 \times 6 – 10 \times 4 – 2 = 24 + 18 – 40 – 2 = 0\).
c. On prend pour base le triangle JKL. La hauteur correspondante est la distance de T au plan (JKL), c’est-à-dire TH, puisque H est le projeté orthogonal de T sur ce plan. Or \(\vec{TH}\begin{pmatrix}4 – 10\\6 – 9\\4 + 6\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-6\\-3\\10\end{pmatrix}\), donc :
\[TH = \sqrt{(-6)^2 + (-3)^2 + 10^2} = \sqrt{36 + 9 + 100} = \sqrt{145}\]
Le volume du tétraèdre vaut alors :
\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{145}}{2} \times \sqrt{145} = \dfrac{145}{6}\]
Le volume du tétraèdre JKLT est \(\dfrac{145}{6}\ \text{cm}^3\), soit environ 24,2 cm³.
Exercice 4 :
1. Affirmation 1 : vraie. Pour tout réel \(x\), on réduit au même dénominateur :
\[1 – \dfrac{1 – \text{e}^x}{1 + \text{e}^x} = \dfrac{(1 + \text{e}^x) – (1 – \text{e}^x)}{1 + \text{e}^x} = \dfrac{2\text{e}^x}{1 + \text{e}^x}\]
En divisant numérateur et dénominateur par \(\text{e}^x\), qui est non nul, et en utilisant \(\dfrac{1}{\text{e}^x} = \text{e}^{-x}\) :
\[\dfrac{2\text{e}^x}{1 + \text{e}^x} = \dfrac{2}{\text{e}^{-x} + 1}\]
On retrouve bien le membre de droite.
2. Affirmation 2 : vraie. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^x + 1 \gt 0\), donc on peut multiplier par \(2(\text{e}^x + 1)\) sans changer l’ensemble des solutions :
\[g(x) = \dfrac{1}{2} \iff 2\text{e}^x = \text{e}^x + 1 \iff \text{e}^x = 1 \iff x = 0\]
L’équation a une seule solution, \(x = 0\).
3. Affirmation 3 : vraie. L’axe des abscisses (droite d’équation \(y = 0\)) est tangent à \(\mathcal{C}\) au point d’abscisse \(a\) si et seulement si la tangente \(y = f^{\prime}(a)(x – a) + f(a)\) est la droite \(y = 0\), c’est-à-dire si \(f(a) = 0\) et \(f^{\prime}(a) = 0\).
\(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et, avec la formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) :
\[f^{\prime}(x) = 2x\,\text{e}^{-x} – x^2\,\text{e}^{-x} = x(2 – x)\,\text{e}^{-x}\]
Comme \(\text{e}^{-a} \gt 0\), \(f(a) = 0 \iff a^2 = 0 \iff a = 0\). Pour \(a = 0\), on a bien \(f^{\prime}(0) = 0\). En \(a = 2\), la tangente est horizontale mais \(f(2) = 4\text{e}^{-2} \neq 0\) : c’est la droite \(y = 4\text{e}^{-2}\), pas l’axe des abscisses. L’axe des abscisses est donc tangent à \(\mathcal{C}\) en un seul point, l’origine.
4. Affirmation 4 : fausse. \(h\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\). En dérivant le produit :
\[h^{\prime}(x) = \text{e}^x(1 – x^2) + \text{e}^x \times (-2x) = \text{e}^x(-x^2 – 2x + 1)\]
\[h^{\prime\prime}(x) = \text{e}^x(-x^2 – 2x + 1) + \text{e}^x(-2x – 2) = \text{e}^x(-x^2 – 4x – 1)\]
Comme \(\text{e}^x \gt 0\), \(h^{\prime\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(-x^2 – 4x – 1\). Son discriminant est \(\Delta = (-4)^2 – 4 \times (-1) \times (-1) = 12 \gt 0\) : il a deux racines \(x_1 = -2 – \sqrt{3}\) et \(x_2 = -2 + \sqrt{3}\), et il est négatif à l’extérieur des racines, positif entre elles. \(h^{\prime\prime}\) s’annule donc en changeant de signe en \(x_1\) et en \(x_2\) : la courbe de \(h\) admet deux points d’inflexion, d’abscisses \(-2 – \sqrt{3}\) et \(-2 + \sqrt{3}\).
5. Affirmation 5 : fausse. Pour tout réel \(x\) tel que \(\text{e}^x + x \neq 0\) (c’est le cas pour \(x \gt 0\)), on factorise le dénominateur par \(\text{e}^x\) :
\[\dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x + x} = \dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x(1 + x\,\text{e}^{-x})} = \dfrac{1}{1 + \dfrac{x}{\text{e}^x}}\]
Par croissance comparée, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\text{e}^x} = 0\), donc le dénominateur tend vers 1 et la limite vaut 1, et non 0.
6. Affirmation 6 : vraie. Pour tout réel \(x\), on étudie la différence et on reconnaît une identité remarquable, puisque \(\text{e}^{2x} = (\text{e}^x)^2\) :
\[1 + \text{e}^{2x} – 2\text{e}^x = (\text{e}^x)^2 – 2\text{e}^x + 1 = (\text{e}^x – 1)^2 \geq\, 0\]
Un carré est toujours positif ou nul, donc \(1 + \text{e}^{2x} \geq\, 2\text{e}^x\) pour tout réel \(x\) (avec égalité seulement pour \(x = 0\)).
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