Corrigé du bac de maths 2022 en Amérique du Nord (jour 2)

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. Le premier matin, la moitié des vélos est en A et l’autre moitié en B, donc \(P(A_1) = P(B_1) = 0{,}5\). Partant de A, le vélo reste en A avec la probabilité \(0{,}84\), donc il passe en B avec la probabilité \(1 – 0{,}84 = 0{,}16\). Partant de B, il reste en B avec la probabilité \(0{,}76\), donc il passe en A avec la probabilité \(1 – 0{,}76 = 0{,}24\). L’arbre complété porte donc :

• branche vers \(A_1\) : \(0{,}5\), puis \(A_1 \to A_2\) : \(0{,}84\) et \(A_1 \to B_2\) : \(0{,}16\) ;
• branche vers \(B_1\) : \(0{,}5\), puis \(B_1 \to A_2\) : \(0{,}24\) et \(B_1 \to B_2\) : \(0{,}76\).

2. a. Les évènements \(A_1\) et \(B_1\) forment une partition de l’univers (le vélo est soit en A, soit en B). D’après la formule des probabilités totales :

\[a_2 = P(A_1 \cap A_2) + P(B_1 \cap A_2) = 0{,}5 \times 0{,}84 + 0{,}5 \times 0{,}24 = 0{,}42 + 0{,}12 = 0{,}54.\]

Donc \(a_2 = 0{,}54\).

b. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_{A_2}(B_1)\) : on sait que le vélo est en A le deuxième matin et on se demande s’il venait de B.

\[P_{A_2}(B_1) = \dfrac{P(B_1 \cap A_2)}{P(A_2)} = \dfrac{0{,}12}{0{,}54} = \dfrac{2}{9} \approx 0{,}222.\]

La probabilité que le vélo se soit trouvé en B le premier matin est environ \(0{,}222\).

3. a. Le \(n\)-ième matin, le vélo est en A avec la probabilité \(a_n\) et en B avec la probabilité \(b_n = 1 – a_n\), puisque les deux évènements sont contraires. Les probabilités de transition d’un matin au suivant sont les mêmes qu’à la question 1. L’arbre complété porte donc :

• branche vers \(A_n\) : \(a_n\), puis \(A_n \to A_{n+1}\) : \(0{,}84\) et \(A_n \to B_{n+1}\) : \(0{,}16\) ;
• branche vers \(B_n\) : \(1 – a_n\), puis \(B_n \to A_{n+1}\) : \(0{,}24\) et \(B_n \to B_{n+1}\) : \(0{,}76\).

b. Comme \(A_n\) et \(B_n\) forment une partition de l’univers, la formule des probabilités totales donne, pour tout entier \(n \geq\, 1\) :

\[a_{n+1} = P(A_n \cap A_{n+1}) + P(B_n \cap A_{n+1}) = 0{,}84\,a_n + 0{,}24\,(1 – a_n).\]

En développant : \(a_{n+1} = 0{,}84\,a_n + 0{,}24 – 0{,}24\,a_n\), c’est-à-dire \(a_{n+1} = 0{,}6\,a_n + 0{,}24\).

4. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(a_n = 0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\) » pour \(n \geq\, 1\).

Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{0} = 0{,}6 – 0{,}1 = 0{,}5 = a_1\). La propriété \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.

Hérédité. Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie pour un entier \(n \geq\, 1\) fixé, et montrons \(\mathcal{P}(n+1)\). En utilisant la relation de récurrence puis l’hypothèse :

\[a_{n+1} = 0{,}6(0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}) + 0{,}24 = 0{,}36 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n} + 0{,}24 = 0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n}.\]

C’est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\), puisque \(0{,}6^{(n+1)-1} = 0{,}6^n\).

Conclusion. La propriété est vraie au rang 1 et héréditaire, donc par récurrence, pour tout entier \(n \geq\, 1\), \(a_n = 0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\).

5. Comme \(-1 \lt 0{,}6 \lt 1\), la suite géométrique \((0{,}6^{n-1})\) tend vers 0 quand \(n\) tend vers \(+\infty\). Par produit et somme, \(\lim\limits_{n \to +\infty} a_n = 0{,}6\).

Interprétation : à long terme, la probabilité qu’un vélo se trouve au point A un matin se stabilise autour de 0,6. Autrement dit, au bout d’un certain temps, environ 60 % des vélos se trouvent chaque matin au point A (et 40 % au point B).

6. On résout l’inéquation :

\[a_n \geq\, 0{,}599 \iff 0{,}6 – 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1} \geq\, 0{,}599 \iff 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1} \leq\, 0{,}001 \iff 0{,}6^{n-1} \leq\, 0{,}01.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ +\infty[\), donc l’inégalité se conserve en prenant le logarithme : \((n-1)\ln(0{,}6) \leq\, \ln(0{,}01)\). Comme \(\ln(0{,}6) \lt 0\), diviser par ce nombre change le sens de l’inégalité :

\[n – 1 \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}6)} \approx 9{,}015 \quad \text{donc} \quad n \geq\, 10{,}015\ldots\]

Le plus petit entier qui convient est \(n = 11\). Vérification : \(a_{10} \approx 0{,}59899 \lt 0{,}599\) et \(a_{11} \approx 0{,}59940 \geq\, 0{,}599\).

Interprétation : c’est à partir du 11^e matin que la probabilité qu’un vélo soit au point A atteint au moins 0,599, c’est-à-dire qu’elle est à moins d’un millième de sa valeur limite 0,6.

Exercice 2 :

Partie A

1. La fonction polynôme \(p\) est dérivable sur \([-3\ ;\ 4]\) et \(p^{\prime}(x) = 3x^2 – 6x + 5\). C’est un trinôme du second degré de discriminant \(\Delta = (-6)^2 – 4 \times 3 \times 5 = 36 – 60 = -24 \lt 0\). Il n’a donc aucune racine et garde le signe de son coefficient dominant 3, qui est positif : \(p^{\prime}(x) \gt 0\) pour tout \(x\). Ainsi \(p\) est strictement croissante sur \([-3\ ;\ 4]\).

2. On calcule les valeurs aux bornes : \(p(-3) = -27 – 27 – 15 + 1 = -68\) et \(p(4) = 64 – 48 + 20 + 1 = 37\).

La fonction \(p\) est continue (c’est un polynôme) et strictement croissante sur \([-3\ ;\ 4]\), et 0 est compris entre \(p(-3) = -68\) et \(p(4) = 37\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas d’une fonction strictement monotone), l’équation \(p(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([-3\ ;\ 4]\).

3. Avec la calculatrice (tableau de valeurs), on trouve \(p(-0{,}2) = -0{,}128 \lt 0\) et \(p(-0{,}1) = 0{,}469 \gt 0\), donc \(-0{,}2 \lt \alpha \lt -0{,}1\). En affinant, \(p(-0{,}18) \lt 0\) et \(p(-0{,}17) \gt 0\) : \(\alpha \approx -0{,}18\). Au dixième près, \(\alpha \approx -0{,}2\).

4. Puisque \(p\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha\), elle est négative avant \(\alpha\) et positive après :

Partie B

1. a. Le dénominateur \(1 + x^2\) ne s’annule jamais, donc \(f\) est dérivable sur \([-3\ ;\ 4]\) comme quotient de fonctions dérivables. Avec \(u(x) = \text{e}^x\) et \(v(x) = 1 + x^2\), on a \(u^{\prime}(x) = \text{e}^x\) et \(v^{\prime}(x) = 2x\), d’où :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\text{e}^x(1 + x^2) – \text{e}^x \times 2x}{(1 + x^2)^2} = \dfrac{\text{e}^x(x^2 – 2x + 1)}{(1 + x^2)^2} = \dfrac{(x-1)^2\,\text{e}^x}{(1 + x^2)^2}.\]

b. Pour \(x = 1\), le facteur \((x-1)^2\) est nul, donc \(f^{\prime}(1) = 0\). Le coefficient directeur de la tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse 1 est nul : cette tangente est horizontale. Comme \(f(1) = \dfrac{\text{e}}{2}\), elle a pour équation \(y = \dfrac{\text{e}}{2}\) (environ 1,36, ce qui correspond au palier visible sur le graphique).

2. a. Sur le graphique, la courbe semble tourner sa concavité vers le haut (convexe) de \(-3\) à environ 0, puis vers le bas (concave) entre environ 0 et 1, puis de nouveau vers le haut de 1 à 4. La convexité semble donc changer deux fois : la courbe paraît avoir deux points d’inflexion, vers les abscisses 0 et 1. Le toboggan semble assurer de bonnes sensations.

b. Un point d’inflexion correspond à une valeur où \(f^{\prime\prime}\) s’annule en changeant de signe. Pour tout \(x\) de \([-3\ ;\ 4]\), \(\text{e}^x \gt 0\) et \((1 + x^2)^3 \gt 0\), donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le même signe que le produit \(p(x)(x-1)\). Le signe de \(p(x)\) est connu (partie A) et \(x – 1\) s’annule en 1, avec \(\alpha \approx -0{,}18 \lt 1\) :

La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en \(\alpha\) et en 1 : \(f\) est convexe sur \([-3\ ;\ \alpha]\), concave sur \([\alpha\ ;\ 1]\) et convexe sur \([1\ ;\ 4]\). La courbe \(\mathcal{C}_f\) possède donc exactement deux points d’inflexion, d’abscisses \(\alpha\) et 1. Le toboggan assure bien de bonnes sensations.

Exercice 3 :

1. a. On calcule les coordonnées des vecteurs : \(\vec{\text{AR}}\begin{pmatrix}0\\3\\2\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AT}}\begin{pmatrix}-3\\0\\2\end{pmatrix}\). Le repère étant orthonormé :

\[\text{AR} = \sqrt{0^2 + 3^2 + 2^2} = \sqrt{13} \quad \text{et} \quad \text{AT} = \sqrt{(-3)^2 + 0^2 + 2^2} = \sqrt{13}.\]

Comme AR = AT, le triangle ART est isocèle en A.

b. Avec les coordonnées dans un repère orthonormé :

\[\vec{\text{AR}} \cdot \vec{\text{AT}} = 0 \times (-3) + 3 \times 0 + 2 \times 2 = 4.\]

Donc \(\vec{\text{AR}} \cdot \vec{\text{AT}} = 4\).

c. On sait aussi que \(\vec{\text{AR}} \cdot \vec{\text{AT}} = \text{AR} \times \text{AT} \times \cos\widehat{\text{RAT}}\). Donc :

\[\cos\widehat{\text{RAT}} = \dfrac{4}{\sqrt{13} \times \sqrt{13}} = \dfrac{4}{13}.\]

À la calculatrice, \(\widehat{\text{RAT}} \approx 72{,}1^\circ\).

2. a. Les vecteurs \(\vec{\text{AR}}\) et \(\vec{\text{AT}}\) ne sont pas colinéaires : la première coordonnée de \(\vec{\text{AR}}\) est nulle alors que celle de \(\vec{\text{AT}}\) ne l’est pas, et la deuxième coordonnée de \(\vec{\text{AT}}\) est nulle alors que celle de \(\vec{\text{AR}}\) ne l’est pas. Ils dirigent donc le plan (ART). Calculons :

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AR}} = 2 \times 0 + (-2) \times 3 + 3 \times 2 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{\text{AT}} = 2 \times (-3) + (-2) \times 0 + 3 \times 2 = 0.\]

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

b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(2\ ;\ -2\ ;\ 3)\) a une équation de la forme \(2x – 2y + 3z + d = 0\). Le point A(6 ; 0 ; 2) appartient au plan, donc \(12 – 0 + 6 + d = 0\), soit \(d = -18\). Une équation cartésienne du plan est \(2x – 2y + 3z – 18 = 0\).

On peut contrôler avec R : \(12 – 6 + 12 – 18 = 0\), et avec T : \(6 – 0 + 12 – 18 = 0\).

3. a. La droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ART), donc tout vecteur normal à ce plan, en particulier \(\vec{n}(2\ ;\ -2\ ;\ 3)\), est un vecteur directeur de \(\Delta\). Elle passe par \(\text{S}(3\ ;\ \dfrac52\ ;\ 0)\). Un point \(M(x\ ;\ y\ ;\ z)\) appartient à \(\Delta\) si et seulement s’il existe un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{S}M} = k\,\vec{n}\), c’est-à-dire \(x = 3 + 2k\), \(y = \dfrac52 – 2k\), \(z = 0 + 3k\). On retrouve le système proposé.

b. Le point L est sur \(\Delta\) : ses coordonnées s’écrivent \((3 + 2k\ ;\ \dfrac52 – 2k\ ;\ 3k)\) pour un certain réel \(k\). Il est aussi dans le plan (ART), donc :

\[2(3 + 2k) – 2(\dfrac52 – 2k) + 3 \times 3k – 18 = 0 \iff 6 + 4k – 5 + 4k + 9k – 18 = 0 \iff 17k – 17 = 0 \iff k = 1.\]

En reportant \(k = 1\) : \(x = 5\), \(y = \dfrac52 – 2 = \dfrac12\) et \(z = 3\). Donc L a pour coordonnées \((5\ ;\ \dfrac12\ ;\ 3)\).

4. a. Les coordonnées des sommets utiles sont D(0 ; 8 ; 0), E(0 ; 0 ; 4) et H(0 ; 8 ; 4). Le milieu K de [EH] a pour coordonnées \((\dfrac{0+0}{2}\ ;\ \dfrac{0+8}{2}\ ;\ \dfrac{4+4}{2}) = (0\ ;\ 4\ ;\ 4)\), d’où \(\vec{\text{DK}}\begin{pmatrix}0\\-4\\4\end{pmatrix}\).

Soit \(t \in [0\ ;\ 1]\) et N le point de coordonnées \((0\ ;\ 8 – 4t\ ;\ 4t)\). Alors \(\vec{\text{DN}}\begin{pmatrix}0\\-4t\\4t\end{pmatrix}\), donc \(\vec{\text{DN}} = t\,\vec{\text{DK}}\). Les points D, N, K sont alignés, et comme \(0 \leq\, t \leq\, 1\), le point N se trouve entre D (pour \(t = 0\)) et K (pour \(t = 1\)). Ainsi N est un point du segment [DK].

b. On a \(\vec{\text{SL}}\begin{pmatrix}5 – 3\\ \frac12 – \frac52\\ 3 – 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\-2\\3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{SN}}\begin{pmatrix}0 – 3\\ 8 – 4t – \frac52\\ 4t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3\\ \frac{11}{2} – 4t\\ 4t\end{pmatrix}\).

Les segments [SL] et [SN] sont perpendiculaires si et seulement si le produit scalaire \(\vec{\text{SL}} \cdot \vec{\text{SN}}\) est nul :

\[2 \times (-3) – 2(\dfrac{11}{2} – 4t) + 3 \times 4t = 0 \iff -6 – 11 + 8t + 12t = 0 \iff 20t = 17 \iff t = \dfrac{17}{20}.\]

Cette valeur appartient bien à \([0\ ;\ 1]\). On obtient \(y = 8 – 4 \times \dfrac{17}{20} = 8 – \dfrac{17}{5} = \dfrac{23}{5}\) et \(z = 4 \times \dfrac{17}{20} = \dfrac{17}{5}\). Le point cherché est \(\text{N}(0\ ;\ \dfrac{23}{5}\ ;\ \dfrac{17}{5})\), soit N(0 ; 4,6 ; 3,4).

Exercice 4 :

Question 1 : réponse d. On écrit chaque terme avec \(\ln(3)\) : \(\ln(9) = 2\ln(3)\), \(\ln(\dfrac{\sqrt3}{3}) = \ln(\sqrt3) – \ln(3) = \dfrac12\ln(3) – \ln(3) = -\dfrac12\ln(3)\) et \(\ln(\dfrac19) = -2\ln(3)\). En additionnant : \(a = 2\ln(3) – \dfrac12\ln(3) – 2\ln(3) = -\dfrac12\ln(3)\).

Question 2 : réponse c. L’équation n’a de sens que si \(x \gt 0\) et \(x – 10 \gt 0\), c’est-à-dire \(x \gt 10\). Sur \(]10\ ;\ +\infty[\), elle s’écrit \(\ln\big(x(x-10)\big) = \ln(21)\), donc, la fonction \(\ln\) étant strictement croissante, \(x^2 – 10x – 21 = 0\). Le discriminant vaut \(100 + 84 = 184\) et \(\sqrt{184} = 2\sqrt{46}\), d’où les racines \(5 – \sqrt{46}\) et \(5 + \sqrt{46}\). Comme \(\sqrt{46} \gt 5\), la première est négative et ne convient pas ; la seconde est supérieure à 10 et convient. L’équation a donc une seule solution, \(5 + \sqrt{46}\). La réponse a est fausse car 3 n’est pas dans le domaine.

Question 3 : réponse d. Par la dérivée d’un produit, \(f^{\prime}(x) = 2x(-1 + \ln x) + x^2 \times \dfrac1x = -2x + 2x\ln x + x = x(2\ln x – 1)\). Donc la réponse a est fausse. On a \(f^{\prime}(x) = 0 \iff \ln x = \dfrac12 \iff x = \sqrt{\text{e}}\), et \(f^{\prime}\) est négative sur \(]0\ ;\ \sqrt{\text{e}}[\) : les réponses b et c sont fausses. La tangente au point d’abscisse \(\sqrt{\text{e}}\) est horizontale, d’équation \(y = f(\sqrt{\text{e}}) = \text{e}(-1 + \dfrac12) = -\dfrac12\text{e}\).

Question 4 : réponse b. Chaque tirage (avec remise) est une épreuve de Bernoulli dont le succès « jeton jaune » a pour probabilité \(\dfrac{20}{50} = 0{,}4\). Les 5 tirages sont identiques et indépendants, donc le nombre \(X\) de jetons jaunes suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(5\ ;\ 0{,}4)\). Ainsi \(P(X = 2) = \dbinom{5}{2} \times 0{,}4^2 \times 0{,}6^3 = 10 \times 0{,}16 \times 0{,}216 = 0{,}3456 \approx 0{,}346\).

Question 5 : réponse d. Avec la même variable \(X\), l’évènement contraire de « au moins un jeton jaune » est « aucun jeton jaune » : \(P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}6^5 = 1 – 0{,}07776 \approx 0{,}922\).

Question 6 : réponse c. La moyenne du nombre de jetons jaunes sur un très grand nombre de répétitions est l’espérance de \(X\) : \(E(X) = np = 5 \times 0{,}4 = 2\).

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