Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Au premier niveau, on place les trois chaînes : \(P(C_1) = 0{,}5\), \(P(C_2) = 0{,}3\) et \(P(C_3) = 1 – 0{,}5 – 0{,}3 = 0{,}2\). Au second niveau, on place les probabilités conditionnelles de défaut : \(P_{C_1}(D) = 0{,}01\), \(P_{C_2}(D) = 0{,}005\), \(P_{C_3}(D) = 0{,}04\), et leurs complémentaires à 1 pour \(\overline{D}\).
2. On cherche la probabilité de l’intersection \(C_3 \cap D\) : on multiplie les probabilités le long du chemin de l’arbre.
\[P(C_3 \cap D) = P(C_3) \times P_{C_3}(D) = 0{,}2 \times 0{,}04 = 0{,}008.\]
La probabilité que le composant vienne de la chaîne n° 3 et soit défectueux est 0,008.
3. Les évènements \(C_1\), \(C_2\), \(C_3\) forment une partition de l’univers (chaque composant vient d’une et une seule chaîne). La formule des probabilités totales donne :
\[P(D) = P(C_1 \cap D) + P(C_2 \cap D) + P(C_3 \cap D) = 0{,}5 \times 0{,}01 + 0{,}3 \times 0{,}005 + 0{,}008\]
\[P(D) = 0{,}005 + 0{,}0015 + 0{,}008 = 0{,}0145.\]
On retrouve bien \(P(D) = 0{,}0145\).
4. On cherche une probabilité conditionnelle « à rebours » : sachant que le composant est défectueux, quelle est la probabilité qu’il vienne de la chaîne n° 3 ?
\[P_D(C_3) = \dfrac{P(C_3 \cap D)}{P(D)} = \dfrac{0{,}008}{0{,}0145} \approx 0{,}551\,72.\]
Arrondie à \(10^{-4}\), cette probabilité vaut 0,5517. Plus de la moitié des pièces défectueuses viennent donc de la chaîne n° 3, alors qu’elle ne fabrique que 20 % des composants.
Partie B
1. a. Ici \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(20~;~0{,}0145)\). Pour tout entier \(k\) entre 0 et 20, \(P(X = k) = \dbinom{20}{k} p^k (1-p)^{20-k}\). Avec \(k = 3\) :
\[P(X = 3) = \dbinom{20}{3} \times 0{,}0145^3 \times 0{,}9855^{17} = 1\,140 \times 0{,}0145^3 \times 0{,}9855^{17} \approx 0{,}0027.\]
La probabilité qu’un lot contienne exactement trois composants défectueux est environ 0,0027.
b. Aucun composant défectueux correspond à \(X = 0\) :
\[P(X = 0) = (1 – 0{,}0145)^{20} = 0{,}9855^{20} \approx 0{,}7467.\]
« Au moins un composant défectueux » est l’évènement contraire de « aucun composant défectueux », donc :
\[P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}9855^{20} \approx 0{,}2533.\]
La probabilité qu’un lot ne contienne aucun défaut est environ 0,7467, et celle qu’il en contienne au moins un est environ 0,2533.
2. Pour un lot de \(n\) composants, \(P(X = 0) = 0{,}9855^n\). On résout \(0{,}9855^n \gt 0{,}85\). La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0~;~+\infty[\), on peut l’appliquer aux deux membres :
\[0{,}9855^n \gt 0{,}85 \iff n\ln(0{,}9855) \gt \ln(0{,}85) \iff n \lt \dfrac{\ln(0{,}85)}{\ln(0{,}9855)}\]
car \(\ln(0{,}9855) \lt 0\) (puisque \(0{,}9855 \lt 1\)), ce qui change le sens de l’inégalité quand on divise. La calculatrice donne \(\dfrac{\ln(0{,}85)}{\ln(0{,}9855)} \approx 11{,}13\).
La condition est donc remplie exactement pour \(n \leq\, 11\). Vérification : \(0{,}9855^{11} \approx 0{,}8516 \gt 0{,}85\) tandis que \(0{,}9855^{12} \approx 0{,}8392 \lt 0{,}85\). Le directeur a raison : des lots de 11 composants au maximum garantissent une probabilité supérieure à 0,85 de n’avoir aucun défaut, et 12 composants ne conviendraient plus.
Partie C
Le coût d’un composant pris au hasard est une variable aléatoire qui vaut 15, 12 ou 9 euros avec les probabilités respectives 0,5, 0,3 et 0,2. Le coût moyen est son espérance :
\[E = 0{,}5 \times 15 + 0{,}3 \times 12 + 0{,}2 \times 9 = 7{,}5 + 3{,}6 + 1{,}8 = 12{,}9.\]
Le coût moyen de fabrication d’un composant est de 12,90 euros.
Exercice 2 :
Partie A
1. Comme \(\ln(1) = 0\) : \(g(1) = 2(1 – 1) – 1 \times 0 = 0\), donc \(g(1) = 0\).
Comme \(\ln(\text{e}) = 1\) : \(g(\text{e}) = 2(\text{e} – 1) – \text{e} \times 1 = 2\text{e} – 2 – \text{e}\), donc \(g(\text{e}) = \text{e} – 2 \approx 0{,}718\).
2. On utilise la limite de croissance comparée \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x\ln(x) = 0\). Par ailleurs \(\displaystyle\lim_{x \to 0} 2(x – 1) = -2\). Par somme de limites :
\[\lim_{x \to 0^+} g(x) = -2 – 0 = -2.\]
Donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} g(x) = -2\).
3. \(g\) est dérivable sur \(]0~;~+\infty[\) comme somme et produit de fonctions dérivables. Le terme \(x\ln(x)\) est un produit \(uv\) avec \(u(x) = x\), \(v(x) = \ln(x)\), de dérivée \(u^{\prime}v + uv^{\prime} = \ln(x) + x \times \dfrac{1}{x} = \ln(x) + 1\). Ainsi :
\[g^{\prime}(x) = 2 – (\ln(x) + 1) = 1 – \ln(x).\]
Signe de \(g^{\prime}(x)\) : comme \(\ln\) est strictement croissante, \(1 – \ln(x) \gt 0 \iff \ln(x) \lt 1 \iff x \lt \text{e}\), et \(g^{\prime}(x) = 0 \iff x = \text{e}\). Donc \(g\) est strictement croissante sur \(]0~;~\text{e}]\) et strictement décroissante sur \([\text{e}~;~+\infty[\), avec un maximum \(g(\text{e}) = \text{e} – 2\). En utilisant les limites obtenues et admises :
| \(x\) | \(0\) | \(\text{e}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(g^{\prime}(x)\) | || | \(+\) | 0 | \(-\) | |
| variations de \(g\) | \(-2\) | \(\nearrow\) | \(\text{e} – 2\) | \(\searrow\) | \(-\infty\) |
4. On découpe l’intervalle en deux morceaux où \(g\) est strictement monotone.
Sur \(]0~;~\text{e}]\) : \(g\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, de \(-2\) (limite en 0) à \(\text{e} – 2 \gt 0\). Comme 0 est compris entre ces deux valeurs, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que \(g(x) = 0\) a une unique solution sur cet intervalle. Or \(g(1) = 0\) d’après la question 1 : cette solution est 1.
Sur \([\text{e}~;~+\infty[\) : \(g\) est continue et strictement décroissante, de \(\text{e} – 2 \gt 0\) à \(-\infty\). Pour la même raison, l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([\text{e}~;~+\infty[\) (et \(\alpha \neq \text{e}\) puisque \(g(\text{e}) \neq 0\)).
Au total, l’équation \(g(x) = 0\) a exactement deux solutions : 1 et \(\alpha\).
Encadrement : à la calculatrice, \(g(4{,}92) \approx 0{,}0009 \gt 0\) et \(g(4{,}93) \approx -0{,}0050 \lt 0\). Comme \(g\) change de signe entre ces deux valeurs, \(4{,}92 \lt \alpha \lt 4{,}93\).
5. D’après les variations : sur \(]0~;~1[\), \(g\) croît de \(-2\) jusqu’à \(g(1) = 0\), donc \(g(x) \lt 0\) ; sur \(]1~;~\alpha[\), \(g\) croît jusqu’en \(\text{e}\) puis décroît jusqu’à \(g(\alpha) = 0\) sans s’annuler, donc \(g(x) \gt 0\) ; sur \(]\alpha~;~+\infty[\), \(g\) décroît à partir de 0, donc \(g(x) \lt 0\).
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(\alpha\) | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(g(x)\) | || | \(-\) | 0 | \(+\) | 0 | \(-\) |
Partie B
1. En \(+\infty\), \(3x\) tend vers \(+\infty\) et \(-x\ln(x)\) vers \(-\infty\) : c’est une forme indéterminée. On factorise par \(x\) :
\[f(x) = x(3 – \ln(x) – 2\,\dfrac{\ln(x)}{x}).\]
Par croissance comparée, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\) ; de plus \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty\). La parenthèse tend donc vers \(-\infty\) par somme. Comme \(x\) tend vers \(+\infty\), par produit : \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\).
2. a. \(f\) est dérivable sur \(]0~;~+\infty[\). On a vu que la dérivée de \(x\ln(x)\) est \(\ln(x) + 1\), et celle de \(2\ln(x)\) est \(\dfrac{2}{x}\). Donc :
\[f^{\prime}(x) = 3 – (\ln(x) + 1) – \dfrac{2}{x} = 2 – \ln(x) – \dfrac{2}{x}.\]
On réduit au même dénominateur \(x\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{2x – x\ln(x) – 2}{x} = \dfrac{2(x – 1) – x\ln(x)}{x} = \dfrac{g(x)}{x}.\]
b. Pour \(x \gt 0\), le dénominateur est positif : \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(g(x)\), donné par la question 5 de la partie A. Donc \(f\) est décroissante sur \(]0~;~1]\), croissante sur \([1~;~\alpha]\) et décroissante sur \([\alpha~;~+\infty[\). On calcule \(f(1) = 3 – 0 – 0 = 3\) et \(f(\alpha) \approx 3{,}73\).
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(\alpha\) | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | || | \(-\) | 0 | \(+\) | 0 | \(-\) | |
| variations de \(f\) | \(+\infty\) | \(\searrow\) | \(3\) | \(\nearrow\) | \(f(\alpha) \approx 3{,}73\) | \(\searrow\) | \(-\infty\) |
Ce tableau est cohérent avec la courbe : minimum local 3 en \(x = 1\), maximum local proche de 3,7 vers \(x \approx 4{,}9\).
3. Pour \(x \gt 0\), \(x^2 \gt 0\), donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(2 – x\) :
- si \(0 \lt x \lt 2\), \(f^{\prime\prime}(x) \gt 0\) : \(f\) est convexe sur \(]0~;~2]\) ;
- si \(x \gt 2\), \(f^{\prime\prime}(x) \lt 0\) : \(f\) est concave sur \([2~;~+\infty[\).
La dérivée seconde s’annule et change de signe en \(x = 2\) : la courbe admet un point d’inflexion d’abscisse 2. Son ordonnée est \(f(2) = 6 – 2\ln(2) – 2\ln(2) = 6 – 4\ln(2)\). Le point d’inflexion a pour coordonnées \((2~;~6 – 4\ln(2))\), soit environ \((2~;~3{,}23)\).
Exercice 3 :
1. Une baisse de 10 % revient à multiplier l’effectif par \(1 – \dfrac{10}{100} = 0{,}9\). Au cours de l’année \(2020 + n\), l’effectif \(u_n\) devient donc \(0{,}9u_n\), puis on ajoute les 100 individus réintroduits en fin d’année. L’effectif au début de l’année suivante est donc :
\[u_{n+1} = 0{,}9u_n + 100.\]
2. \(u_1 = 0{,}9 \times 2\,000 + 100 = 1\,800 + 100\), donc \(u_1 = 1\,900\).
\(u_2 = 0{,}9 \times 1\,900 + 100 = 1\,710 + 100\), donc \(u_2 = 1\,810\).
3. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(1\,000 \lt u_{n+1} \leq\, u_n\) ».
Initialisation. Pour \(n = 0\) : \(u_1 = 1\,900\) et \(u_0 = 2\,000\), et on a bien \(1\,000 \lt 1\,900 \leq\, 2\,000\). \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie : \(1\,000 \lt u_{n+1} \leq\, u_n\). On multiplie les trois membres par \(0{,}9\), qui est positif, donc l’ordre est conservé :
\[900 \lt 0{,}9u_{n+1} \leq\, 0{,}9u_n.\]
On ajoute 100 aux trois membres :
\[1\,000 \lt 0{,}9u_{n+1} + 100 \leq\, 0{,}9u_n + 100, \quad \text{c^{\prime}est-à-dire} \quad 1\,000 \lt u_{n+2} \leq\, u_{n+1}.\]
\(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire : par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(1\,000 \lt u_{n+1} \leq\, u_n\).
4. D’après la question 3, pour tout \(n\), \(u_{n+1} \leq\, u_n\) : la suite est décroissante. Elle est aussi minorée par 1 000 (on a \(u_n \gt 1\,000\) pour \(n \geq\, 1\), et \(u_0 = 2\,000\)). Une suite décroissante et minorée converge (théorème de convergence monotone) : la suite \((u_n)\) est convergente.
5. a. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[v_{n+1} = u_{n+1} – 1\,000 = 0{,}9u_n + 100 – 1\,000 = 0{,}9u_n – 900 = 0{,}9(u_n – 1\,000) = 0{,}9v_n.\]
Chaque terme s’obtient en multipliant le précédent par 0,9 : \((v_n)\) est géométrique de raison 0,9, de premier terme \(v_0 = u_0 – 1\,000 = 1\,000\).
b. D’après le cours sur les suites géométriques, \(v_n = v_0 \times 0{,}9^n = 1\,000 \times 0{,}9^n\). Comme \(u_n = v_n + 1\,000\) :
\[u_n = 1\,000 \times 0{,}9^n + 1\,000 = 1\,000(1 + 0{,}9^n).\]
c. Puisque \(-1 \lt 0{,}9 \lt 1\), \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 0{,}9^n = 0\). Donc \(1 + 0{,}9^n\) tend vers 1 et \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 1\,000\).
Interprétation : malgré les réintroductions, la population continue de diminuer, mais elle se stabilise à long terme autour de 1 000 individus, sans jamais descendre en dessous.
6. a. On résout l’inéquation :
\[u_n \leq\, 1\,020 \iff 1\,000(1 + 0{,}9^n) \leq\, 1\,020 \iff 1 + 0{,}9^n \leq\, 1{,}02 \iff 0{,}9^n \leq\, 0{,}02.\]
La fonction \(\ln\) est strictement croissante, donc \(0{,}9^n \leq\, 0{,}02 \iff n\ln(0{,}9) \leq\, \ln(0{,}02)\). Comme \(\ln(0{,}9) \lt 0\), en divisant on change le sens :
\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}02)}{\ln(0{,}9)} \approx 37{,}13.\]
Le plus petit entier qui convient est \(n = 38\). Contrôle : \(u_{37} \approx 1\,020{,}28 \gt 1\,020\) et \(u_{38} \approx 1\,018{,}25 \leq\, 1\,020\). L’effectif passe sous 1 020 individus au début de l’année 2058.
b. On part de \(n = 0\) et \(u = 2\,000\). Tant que l’effectif n’est pas passé sous le seuil (c’est-à-dire tant que \(u \geq\, S\)), on calcule l’effectif de l’année suivante avec la relation de récurrence et on compte une année de plus. Quand la boucle s’arrête, \(n\) est le nombre d’années cherché.
def population(S) :
n=0
u=2000
while u >= S :
u = 0.9*u+100
n = n+1
return n
Comme \(S \gt 1\,000\) et que \((u_n)\) tend vers 1 000 en décroissant, la boucle s’arrête toujours. Par exemple, population(1020) renvoie 38, en accord avec la question a.
Exercice 4 :
1. a. On calcule \(\vec{\text{AB}}(6~;~-4~;~-2)\) et \(\vec{\text{AC}}(2~;~-4~;~-6)\). S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{AC}} = k\vec{\text{AB}}\). La deuxième coordonnée impose \(k = 1\), mais la première donnerait \(2 = 6\) : impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés et définissent un plan.
b. On calcule les produits scalaires de \(\vec{n}(1~;~2~;~-1)\) avec deux vecteurs non colinéaires du plan :
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AB}} = 1 \times 6 + 2 \times (-4) + (-1) \times (-2) = 6 – 8 + 2 = 0\]
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AC}} = 1 \times 2 + 2 \times (-4) + (-1) \times (-6) = 2 – 8 + 6 = 0\]
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : c’est un vecteur normal au plan (ABC).
c. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(1~;~2~;~-1)\) a une équation de la forme \(x + 2y – z + d = 0\). Le point \(\text{A}(0~;~8~;~6)\) appartient au plan : \(0 + 16 – 6 + d = 0\), donc \(d = -10\).
Une équation cartésienne du plan (ABC) est \(x + 2y – z – 10 = 0\). Contrôle avec B : \(6 + 8 – 4 – 10 = 0\) ; avec C : \(2 + 8 – 0 – 10 = 0\).
2. a. La droite (DE) passe par \(\text{D}(0~;~0~;~6)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{DE}}(6~;~6~;~-6)\), ou plus simplement \(\vec{u} = \dfrac{1}{6}\vec{\text{DE}}\), de coordonnées \((1~;~1~;~-1)\). Un point \(M(x~;~y~;~z)\) appartient à (DE) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{D}M} = t\,\vec{u}\), ce qui donne la représentation paramétrique :
\[\{\begin{array}{l} x = t \\ y = t \\ z = 6 – t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]
b. Le milieu I de [BC] a pour coordonnées \((\dfrac{6 + 2}{2}~;~\dfrac{4 + 4}{2}~;~\dfrac{4 + 0}{2})\), soit \(\text{I}(4~;~4~;~2)\). Avec \(t = 4\), la représentation donne \(x = 4\), \(y = 4\), \(z = 6 – 4 = 2\) : ce sont les coordonnées de I. Donc I appartient à la droite (DE).
3. a. On calcule les longueurs des côtés :
\[\text{AB}^2 = 6^2 + (-4)^2 + (-2)^2 = 36 + 16 + 4 = 56, \qquad \text{AC}^2 = 2^2 + (-4)^2 + (-6)^2 = 4 + 16 + 36 = 56,\]
\[\vec{\text{BC}}(-4~;~0~;~-4), \qquad \text{BC}^2 = 16 + 0 + 16 = 32.\]
On a \(\text{AB} = \text{AC} = \sqrt{56}\) et \(\text{BC} = \sqrt{32}\), différent. De plus \(\text{BC}^2 \neq \text{AB}^2 + \text{AC}^2\) et \(\text{AB}^2 \neq \text{AC}^2 + \text{BC}^2\), donc le triangle n’est pas rectangle. Le triangle ABC est isocèle en A.
b. Dans un triangle isocèle en A, la médiane issue de A est aussi la hauteur : (AI) est perpendiculaire à (BC). Avec \(\vec{\text{AI}}(4~;~-4~;~-4)\) :
\[\text{AI} = \sqrt{16 + 16 + 16} = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}, \qquad \text{BC} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}.\]
\[\mathcal{A}(\text{ABC}) = \dfrac{\text{BC} \times \text{AI}}{2} = \dfrac{4\sqrt{2} \times 4\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{6}.\]
L’aire du triangle ABC est \(8\sqrt{6}\) unités d’aire, soit environ 19,6 u.a.
c. Dans un repère orthonormé, on utilise l’expression analytique du produit scalaire :
\[\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = 6 \times 2 + (-4) \times (-4) + (-2) \times (-6) = 12 + 16 + 12 = 40.\]
Donc \(\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = 40\).
d. On a aussi \(\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = \text{AB} \times \text{AC} \times \cos\widehat{\text{BAC}} = \sqrt{56} \times \sqrt{56} \times \cos\widehat{\text{BAC}} = 56\cos\widehat{\text{BAC}}\). En égalant avec la question c :
\[\cos\widehat{\text{BAC}} = \dfrac{40}{56} = \dfrac{5}{7}.\]
La calculatrice (touche \(\arccos\) en mode degrés) donne \(\widehat{\text{BAC}} \approx 44{,}4^\circ\) (valeur plus précise : 44,415°).
4. H est le projeté orthogonal de O sur (ABC) si et seulement si H appartient au plan (ABC) et \(\vec{\text{OH}}\) est orthogonal au plan, c’est-à-dire colinéaire à \(\vec{n}\).
H appartient au plan : \(\dfrac{5}{3} + 2 \times \dfrac{10}{3} – (-\dfrac{5}{3}) – 10 = \dfrac{5 + 20 + 5}{3} – 10 = 10 – 10 = 0\).
\(\vec{\text{OH}}\) est colinéaire à \(\vec{n}\) : \(\vec{\text{OH}}(\dfrac{5}{3}~;~\dfrac{10}{3}~;~-\dfrac{5}{3}) = \dfrac{5}{3}(1~;~2~;~-1)\), donc \(\vec{\text{OH}} = \dfrac{5}{3}\vec{n}\).
Les deux conditions sont remplies : H est le projeté orthogonal de O sur le plan (ABC).
La distance de O au plan est alors la longueur OH :
\[\text{OH} = \dfrac{5}{3}\|\vec{n}\| = \dfrac{5}{3}\sqrt{1^2 + 2^2 + (-1)^2} = \dfrac{5\sqrt{6}}{3}.\]
La distance du point O au plan (ABC) est \(\dfrac{5\sqrt{6}}{3}\), soit environ 4,08 unités de longueur.
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