Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. L’énoncé donne \(P(D) = 0{,}01\), donc \(P(\overline{D}) = 0{,}99\), et \(P_D(A) = 0{,}97\), donc \(P_D(\overline{A}) = 0{,}03\). Les probabilités conditionnelles sachant \(\overline{D}\) seront obtenues à la question 3. L’arbre pondéré complet porte :
- branche vers \(D\) : \(0{,}01\), puis \(D \to A\) : \(0{,}97\) et \(D \to \overline{A}\) : \(0{,}03\) ;
- branche vers \(\overline{D}\) : \(0{,}99\), puis \(\overline{D} \to A\) : \(0{,}005\) et \(\overline{D} \to \overline{A}\) : \(0{,}995\).
2. a. On multiplie les probabilités le long du chemin \(D\) puis \(A\) :
\[P(D \cap A) = P(D) \times P_D(A) = 0{,}01 \times 0{,}97 = 0{,}0097.\]
La probabilité qu’un danger se présente et que l’alarme s’active est \(0{,}0097\).
b. On cherche \(P_A(D)\), en utilisant la valeur \(P(A) = 0{,}01465\) donnée par l’énoncé :
\[P_A(D) = \dfrac{P(D \cap A)}{P(A)} = \dfrac{0{,}0097}{0{,}01465} \approx 0{,}662.\]
Quand l’alarme se déclenche, il y a un danger réel avec une probabilité d’environ \(0{,}662\).
3. Les évènements \(D\) et \(\overline{D}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales, \(P(A) = P(D \cap A) + P(\overline{D} \cap A)\), donc :
\[P(\overline{D} \cap A) = 0{,}01465 – 0{,}0097 = 0{,}00495.\]
On en déduit :
\[P_{\overline{D}}(A) = \dfrac{P(\overline{D} \cap A)}{P(\overline{D})} = \dfrac{0{,}00495}{0{,}99} = 0{,}005.\]
La probabilité que l’alarme s’active alors qu’il n’y a aucun danger vaut bien \(0{,}005\).
4. L’alarme ne fonctionne pas normalement dans deux cas incompatibles : \(D \cap \overline{A}\) (danger sans alarme) ou \(\overline{D} \cap A\) (alarme sans danger). On additionne donc :
\[P(D \cap \overline{A}) + P(\overline{D} \cap A) = 0{,}01 \times 0{,}03 + 0{,}00495 = 0{,}0003 + 0{,}00495 = 0{,}00525.\]
Comme \(0{,}00525 \lt 0{,}01\), la probabilité que l’alarme ne fonctionne pas normalement est inférieure à 0,01.
Partie B
1. Chaque prélèvement est une épreuve de Bernoulli dont le « succès » est l’évènement \(S\), de probabilité \(0{,}00525\). Le prélèvement étant assimilé à un tirage avec remise, les 5 épreuves sont identiques et indépendantes. La variable \(X\), qui compte les succès, suit donc la loi binomiale de paramètres \(n = 5\) et \(p = 0{,}00525\).
2. On calcule \(P(X = 1)\) :
\[P(X = 1) = \dbinom{5}{1} \times 0{,}00525 \times (1 – 0{,}00525)^4 = 5 \times 0{,}00525 \times 0{,}99475^4 \approx 0{,}0257.\]
La probabilité qu’un seul système du lot soit défaillant est environ \(0{,}0257\).
3. L’évènement contraire de « au moins un système défaillant » est « aucun système défaillant » :
\[P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}99475^5 \approx 0{,}0260.\]
La probabilité qu’au moins un système du lot soit défaillant est environ \(0{,}0260\).
Partie C
Avec \(n\) prélèvements, le nombre \(Y\) de systèmes défaillants suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n\ ;\ 0{,}00525)\) et, comme précédemment, \(P(Y \geq\, 1) = 1 – 0{,}99475^n\). On résout :
\[1 – 0{,}99475^n \gt 0{,}07 \iff 0{,}99475^n \lt 0{,}93.\]
La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ +\infty[\), donc \(n\ln(0{,}99475) \lt \ln(0{,}93)\). Comme \(\ln(0{,}99475) \lt 0\), en divisant par ce nombre on change le sens de l’inégalité :
\[n \gt \dfrac{\ln(0{,}93)}{\ln(0{,}99475)} \approx 13{,}79.\]
Le plus petit entier qui convient est \(n = 14\). On peut le contrôler : pour \(n = 13\), \(1 – 0{,}99475^{13} \approx 0{,}0661 \lt 0{,}07\), et pour \(n = 14\), \(1 – 0{,}99475^{14} \approx 0{,}0710 \gt 0{,}07\). Il faut donc prélever au moins 14 systèmes d’alarme.
Exercice 2 :
1. a. On applique la relation de récurrence : \(u_1 = \dfrac15 \times 4^2 = \dfrac{16}{5} = 3{,}2\), puis \(u_2 = \dfrac15 \times 3{,}2^2 = \dfrac{10{,}24}{5} = 2{,}048\). Donc \(u_1 = \dfrac{16}{5}\) et \(u_2 = \dfrac{256}{125}\).
b. La variable u part de \(u_0 = 4\). Pour obtenir \(u_p\), il faut appliquer \(p\) fois la relation \(u arrow \dfrac15 u^2\) : la boucle doit donc faire parcourir à i les entiers de 1 à \(p\), ce qui s’écrit range(1, p+1) (la borne de droite est exclue en Python). Le script complété :
def suite_u(p) :
u = 4
for i in range(1, p+1) :
u = u**2/5
return u
Par exemple, suite_u(2) renvoie 2.048.
2. a. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(0 \lt u_n \leq\, 4\) ».
Initialisation. \(u_0 = 4\) et \(0 \lt 4 \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(0 \lt u_n \leq\, 4\). La fonction carré est strictement croissante sur \([0\ ;\ +\infty[\), donc \(0 \lt u_n^2 \leq\, 16\). En multipliant par \(\dfrac15 \gt 0\) : \(0 \lt \dfrac15 u_n^2 \leq\, \dfrac{16}{5}\). Comme \(\dfrac{16}{5} = 3{,}2 \leq\, 4\), on obtient \(0 \lt u_{n+1} \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(0 \lt u_n \leq\, 4\).
b. Pour tout entier naturel \(n\), on factorise la différence de deux termes consécutifs :
\[u_{n+1} – u_n = \dfrac15 u_n^2 – u_n = \dfrac{u_n(u_n – 5)}{5}.\]
D’après la question précédente, \(u_n \gt 0\) et \(u_n – 5 \leq\, -1 \lt 0\). Le produit est donc strictement négatif : \(u_{n+1} – u_n \lt 0\). La suite \((u_n)\) est (strictement) décroissante.
c. La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par 0. D’après le théorème de convergence monotone, elle est convergente.
3. a. Notons \(\ell\) la limite de \((u_n)\). La suite \((u_{n+1})\) a la même limite \(\ell\). Par ailleurs, la fonction \(h : x \mapsto \dfrac15 x^2\) est continue sur \(\mathbb{R}\), donc \(u_{n+1} = h(u_n)\) tend vers \(h(\ell) = \dfrac15 \ell^2\). Par unicité de la limite, \(\ell = \dfrac15 \ell^2\).
b. On résout : \(\ell = \dfrac15 \ell^2 \iff \ell(\dfrac{\ell}{5} – 1) = 0 \iff \ell = 0\) ou \(\ell = 5\). Or tous les termes vérifient \(0 \lt u_n \leq\, 4\), donc par passage à la limite \(0 \leq\, \ell \leq\, 4\), ce qui exclut 5. Ainsi \(\ell = 0\).
4. a. Les termes \(u_n\) sont strictement positifs, donc \(v_n = \ln(u_n)\) est bien défini. Avec les propriétés algébriques du logarithme :
\[v_{n+1} = \ln(\dfrac{u_n^2}{5}) = \ln(u_n^2) – \ln(5) = 2\ln(u_n) – \ln(5) = 2v_n – \ln(5).\]
b. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[w_{n+1} = v_{n+1} – \ln(5) = 2v_n – 2\ln(5) = 2(v_n – \ln(5)) = 2w_n.\]
La suite \((w_n)\) est géométrique de raison 2, de premier terme \(w_0 = \ln(4) – \ln(5) = \ln(\dfrac45)\).
c. Le terme général d’une suite géométrique donne \(w_n = \ln(\dfrac45) \times 2^n\). Comme \(v_n = w_n + \ln(5)\), on obtient \(v_n = \ln(\dfrac45) \times 2^n + \ln(5)\).
5. Comme \(2 \gt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 2^n = +\infty\). Le nombre \(\ln(\dfrac45)\) est strictement négatif car \(\dfrac45 \lt 1\). Par produit, \(\ln(\dfrac45) \times 2^n\) tend vers \(-\infty\), et en ajoutant la constante \(\ln(5)\) : \(\lim\limits_{n \to +\infty} v_n = -\infty\).
Puisque \(v_n = \ln(u_n)\), on a \(u_n = \text{e}^{v_n}\). Or \(\lim\limits_{X \to -\infty} \text{e}^{X} = 0\), donc par composition \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 0\), ce qui confirme le résultat de la question 3.
Exercice 3 :
Partie A
1. Comme \(\ln(\text{e}) = 1\) : \(g(\text{e}) = 1 + \text{e}^2(1 – 2) = 1 – \text{e}^2\). Or \(\text{e} \gt 1\) donc \(\text{e}^2 \gt 1\), d’où \(g(\text{e}) = 1 – \text{e}^2 \lt 0\) (environ \(-6{,}39\)).
2. On a \(\lim\limits_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty\), donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} (1 – 2\ln(x)) = -\infty\). Comme \(\lim\limits_{x \to +\infty} x^2 = +\infty\), le produit \(x^2(1 – 2\ln(x))\) tend vers \(-\infty\), et en ajoutant 1 : \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty\).
3. a. On dérive le produit \(x^2(1 – 2\ln(x))\) avec \(u(x) = x^2\), \(u^{\prime}(x) = 2x\), \(v(x) = 1 – 2\ln(x)\), \(v^{\prime}(x) = -\dfrac{2}{x}\) :
\[g^{\prime}(x) = 2x(1 – 2\ln(x)) + x^2 \times (-\dfrac{2}{x}) = 2x – 4x\ln(x) – 2x = -4x\ln(x).\]
b. Sur \(]0\ ;\ +\infty[\), \(-4x \lt 0\), donc \(g^{\prime}(x)\) est du signe contraire de \(\ln(x)\). Or \(\ln(x) \lt 0\) sur \(]0\ ;\ 1[\), \(\ln(1) = 0\) et \(\ln(x) \gt 0\) sur \(]1\ ;\ +\infty[\). Donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0\ ;\ 1[\) et \(g^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]1\ ;\ +\infty[\) : \(g\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ 1]\) et strictement décroissante sur \([1\ ;\ +\infty[\), avec un maximum \(g(1) = 1 + 1 \times (1 – 0) = 2\).
c. Sur \([1\ ;\ +\infty[\), la fonction \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante. On a \(g(1) = 2 \gt 0\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty\). La valeur 0 est donc comprise entre \(g(1)\) et cette limite. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \([1\ ;\ +\infty[\). (On sait même que \(\alpha \lt \text{e}\), puisque \(g(\text{e}) \lt 0\).)
d. Par balayage à la calculatrice : \(g(1{,}8) \approx 0{,}43 \gt 0\) et \(g(1{,}9) \approx -0{,}024 \lt 0\), puis \(g(1{,}89) \approx 0{,}024 \gt 0\) et \(g(1{,}90) \approx -0{,}024 \lt 0\). Donc \(1{,}89 \lt \alpha \lt 1{,}90\).
4. Sur \([1\ ;\ +\infty[\), \(g\) est strictement décroissante et s’annule en \(\alpha\). Donc \(g(x) \gt 0\) sur \([1\ ;\ \alpha[\), \(g(\alpha) = 0\) et \(g(x) \lt 0\) sur \(]\alpha\ ;\ +\infty[\).
Partie B
1. Pour \(x \in [1\ ;\ \alpha]\), on a \(x \geq\, 1\), donc \(\ln(x) \geq\, 0\) et \(\ln(x) + 1 \geq\, 1 \gt 0\). Par conséquent \(g^{\prime\prime}(x) = -4[\ln(x) + 1] \lt 0\). La dérivée seconde étant négative, \(g\) est concave sur \([1\ ;\ \alpha]\).
2. a. On a \(\text{A}(1\ ;\ g(1)) = (1\ ;\ 2)\) et \(\text{B}(\alpha\ ;\ g(\alpha)) = (\alpha\ ;\ 0)\). Le coefficient directeur de (AB) est :
\[m = \dfrac{0 – 2}{\alpha – 1} = \dfrac{-2}{\alpha – 1}.\]
La droite passe par B, donc son équation est \(y = \dfrac{-2}{\alpha – 1}(x – \alpha)\), soit, en développant, \(y = \dfrac{-2}{\alpha – 1}x + \dfrac{2\alpha}{\alpha – 1}\). On vérifie qu’en \(x = 1\) on trouve \(\dfrac{-2 + 2\alpha}{\alpha – 1} = 2\) : le point A est bien sur la droite.
b. Une fonction concave sur un intervalle a sa courbe située au-dessus de chacune de ses cordes sur cet intervalle. Sur \([1\ ;\ \alpha]\), la corde reliant A et B est le segment [AB], porté par la droite (AB). Donc, pour tout \(x\) de \([1\ ;\ \alpha]\), le point de \(\mathcal{C}\) d’abscisse \(x\) est au-dessus du point de (AB) de même abscisse, c’est-à-dire \(g(x) \geq\, \dfrac{-2}{\alpha – 1}x + \dfrac{2\alpha}{\alpha – 1}\).
Exercice 4 :
1. a. Dans ce pavé droit, \(\vec{\text{AH}} = \vec{\text{AD}} + \vec{\text{AE}}\) et \(\vec{\text{AG}} = \vec{\text{AB}} + \vec{\text{AD}} + \vec{\text{AE}}\). Comme A est l’origine, on lit directement les coordonnées : H(0 ; 3 ; 2) et G(5 ; 3 ; 2).
b. La droite (GH) passe par H(0 ; 3 ; 2) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{HG}}\begin{pmatrix}5\\0\\0\end{pmatrix}\). Une représentation paramétrique est donc :
\[\{\begin{array}{l} x = 5t\\ y = 3\\ z = 2 \end{array}. \quad \text{avec } t \in \mathbb{R}.\]
2. a. Notons \((x\ ;\ y\ ;\ z)\) les coordonnées de M. L’égalité \(\vec{\text{HM}} = k\,\vec{\text{HG}}\) s’écrit coordonnée par coordonnée : \(x – 0 = 5k\), \(y – 3 = 0\) et \(z – 2 = 0\). Donc M a pour coordonnées \((5k\ ;\ 3\ ;\ 2)\).
b. Le point C a pour coordonnées (5 ; 3 ; 0), puisque \(\vec{\text{AC}} = \vec{\text{AB}} + \vec{\text{AD}}\). On obtient \(\vec{\text{AM}}\begin{pmatrix}5k\\3\\2\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{CM}}\begin{pmatrix}5k – 5\\0\\2\end{pmatrix}\). Dans un repère orthonormé :
\[\vec{\text{AM}} \cdot \vec{\text{CM}} = 5k(5k – 5) + 3 \times 0 + 2 \times 2 = 25k^2 – 25k + 4.\]
c. Le triangle AMC est rectangle en M si et seulement si \(\vec{\text{AM}} \cdot \vec{\text{CM}} = 0\) (les vecteurs ne sont jamais nuls ici, puisque M n’est ni en A ni en C), soit \(25k^2 – 25k + 4 = 0\). Le discriminant vaut \(\Delta = 625 – 400 = 225 = 15^2\), d’où :
\[k = \dfrac{25 – 15}{50} = \dfrac15 \quad \text{ou} \quad k = \dfrac{25 + 15}{50} = \dfrac45.\]
Ces deux valeurs sont dans \([0\ ;\ 1]\). AMC est rectangle en M pour \(k = \dfrac15\) ou \(k = \dfrac45\), c’est-à-dire pour M(1 ; 3 ; 2) ou M(4 ; 3 ; 2).
3. a. Les points A(0 ; 0 ; 0), C(5 ; 3 ; 0) et D(0 ; 3 ; 0) ont tous une cote nulle et ne sont pas alignés : le plan (ACD) est le plan de la base du pavé, d’équation \(z = 0\).
b. Le point K(1 ; 3 ; 0) a une cote nulle, donc K appartient au plan (ACD). De plus \(\vec{\text{MK}}\begin{pmatrix}0\\0\\-2\end{pmatrix}\) est colinéaire au vecteur \(\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\), qui est normal au plan d’équation \(z = 0\) : la droite (MK) est orthogonale au plan (ACD). K est donc le projeté orthogonal de M sur le plan (ACD).
c. On prend pour base le triangle ACD. Il est rectangle en D (les arêtes [AD] et [DC] du pavé sont perpendiculaires), avec AD = 3 et DC = AB = 5, donc son aire vaut \(\dfrac{3 \times 5}{2} = \dfrac{15}{2}\). La hauteur relative à cette base est MK = 2. Donc :
\[V_{\text{MACD}} = \dfrac13 \times \dfrac{15}{2} \times 2 = 5.\]
Le volume du tétraèdre MACD est 5 unités de volume.
4. On calcule le volume du même tétraèdre en prenant cette fois pour base le triangle AMC ; la hauteur correspondante est alors DP, puisque P est le projeté orthogonal de D sur le plan (AMC).
Avec M(1 ; 3 ; 2) : \(\vec{\text{AM}}\begin{pmatrix}1\\3\\2\end{pmatrix}\) donc \(\text{AM} = \sqrt{1 + 9 + 4} = \sqrt{14}\), et \(\vec{\text{CM}}\begin{pmatrix}-4\\0\\2\end{pmatrix}\) donc \(\text{CM} = \sqrt{16 + 0 + 4} = \sqrt{20}\). Le triangle AMC étant rectangle en M, son aire vaut :
\[\mathcal{A}_{\text{AMC}} = \dfrac{\text{AM} \times \text{CM}}{2} = \dfrac{\sqrt{14} \times \sqrt{20}}{2} = \dfrac{\sqrt{280}}{2} = \sqrt{70}.\]
Le volume s’écrit donc aussi \(\dfrac13 \times \sqrt{70} \times \text{DP}\). En l’égalant au volume trouvé à la question 3 :
\[\dfrac{\sqrt{70} \times \text{DP}}{3} = 5 \iff \text{DP} = \dfrac{15}{\sqrt{70}} \approx 1{,}79.\]
Arrondie au dixième, la distance DP vaut environ 1,8.
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