Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Les deux constats de l’énoncé sont des probabilités conditionnelles qui valent pour le passage du 1er au 2e tir comme pour le passage du 2e au 3e. Pour \(k = 1\) ou \(k = 2\) : après un tir réussi, le tir suivant est manqué avec la probabilité 0,65, donc réussi avec la probabilité \(1 – 0{,}65 = 0{,}35\) ; après un tir manqué, le tir suivant est réussi avec la probabilité 0,5, donc manqué avec la probabilité 0,5. Enfin \(p(\overline{A_1}) = 1 – 0{,}6 = 0{,}4\). On obtient l’arbre suivant.
2. L’évènement \(\{X = 2\}\) est réalisé par trois chemins de l’arbre, deux succès et un échec : \(A_1 \cap A_2 \cap \overline{A_3}\), \(A_1 \cap \overline{A_2} \cap A_3\) et \(\overline{A_1} \cap A_2 \cap A_3\). Ces chemins sont incompatibles, on additionne leurs probabilités, chacune obtenue en multipliant les poids des branches :
\[p(X = 2) = 0{,}6 \times 0{,}35 \times 0{,}65 + 0{,}6 \times 0{,}65 \times 0{,}5 + 0{,}4 \times 0{,}5 \times 0{,}35 = 0{,}1365 + 0{,}195 + 0{,}07 = 0{,}4015.\]
On retrouve bien \(p(X = 2) = 0{,}4015\).
3. a. Les valeurs 0, 1, 2 et 3 sont les seules possibles, donc la somme des probabilités vaut 1 :
\[p(X = 1) = 1 – (0{,}1 + 0{,}4015 + 0{,}0735) = 1 – 0{,}575 = 0{,}425.\]
On peut le vérifier sur l’arbre : les chemins avec un seul succès donnent \(0{,}6 \times 0{,}65 \times 0{,}5 + 0{,}4 \times 0{,}5 \times 0{,}65 + 0{,}4 \times 0{,}5 \times 0{,}5 = 0{,}195 + 0{,}13 + 0{,}1 = 0{,}425\).
| \(X = x_i\) | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| \(p(X = x_i)\) | 0,1 | 0,425 | 0,4015 | 0,0735 |
b. Par définition de l’espérance :
\[E(X) = 0 \times 0{,}1 + 1 \times 0{,}425 + 2 \times 0{,}4015 + 3 \times 0{,}0735 = 0{,}425 + 0{,}803 + 0{,}2205 = 1{,}4485.\]
Donc \(E(X) = 1{,}4485\).
c. Sur un très grand nombre de parties, un joueur atteint la cible en moyenne environ 1,45 fois sur ses trois tirs.
Partie B
1. a. Un joueur est gagnant lorsqu’il réussit ses trois tirs, ce qui arrive avec la probabilité \(p = p(X = 3) = 0{,}6 \times 0{,}35 \times 0{,}35 = 0{,}0735\). Pour chacune des 15 personnes, on observe donc une épreuve de Bernoulli (succès : « le joueur est gagnant », de probabilité 0,0735). Ces 15 épreuves sont identiques et indépendantes, et \(Y\) compte le nombre de succès : \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 15\) et \(p = 0{,}0735\).
b. Avec la formule de la loi binomiale :
\[p(Y = 5) = \dbinom{15}{5} \times 0{,}0735^5 \times 0{,}9265^{10} = 3003 \times 0{,}0735^5 \times 0{,}9265^{10} \approx 0{,}003.\]
La probabilité qu’exactement 5 joueurs gagnent est environ 0,003.
2. Avec \(N\) joueurs, \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres \(N\) et 0,0735. L’évènement « au moins un gagnant » est le contraire de « aucun gagnant », donc \(p(Y \geq\, 1) = 1 – p(Y = 0) = 1 – 0{,}9265^N\). On résout l’inéquation :
\[1 – 0{,}9265^N \geq\, 0{,}98 \iff 0{,}9265^N \leq\, 0{,}02 \iff N \ln(0{,}9265) \leq\, \ln(0{,}02) \iff N \geq\, \dfrac{\ln(0{,}02)}{\ln(0{,}9265)}.\]
La fonction \(\ln\) est strictement croissante, ce qui justifie le passage au logarithme ; on change ensuite le sens de l’inégalité car \(\ln(0{,}9265) \lt 0\). Or \(\dfrac{\ln(0{,}02)}{\ln(0{,}9265)} \approx 51{,}24\). Vérification : \(0{,}9265^{51} \approx 0{,}0204 \gt 0{,}02\) et \(0{,}9265^{52} \approx 0{,}0189 \leq\, 0{,}02\).
Il faut donc au minimum 52 personnes.
Exercice 2 :
1. On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}-1\\-2\\3\end{pmatrix}\). Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) avec \(\vec{\text{AC}} = k\,\vec{\text{AB}}\) ; la première coordonnée donne \(k = -1\) et la deuxième \(k = 1\), ce qui est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés et définissent un plan.
2. a. On calcule les produits scalaires : \(\vec{n} \cdot \vec{\text{AB}} = 1 – 2 + 1 = 0\) et \(\vec{n} \cdot \vec{\text{AC}} = -1 – 2 + 3 = 0\). Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), donc \(\vec{n}\) est normal au plan (ABC).
b. Comme \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\) est normal au plan, celui-ci a une équation de la forme \(x + y + z + d = 0\). Le point A est dans le plan : \(1 + 1 – 4 + d = 0\), d’où \(d = 2\). Une équation de (ABC) est donc \(x + y + z + 2 = 0\). (On peut contrôler avec B : \(2 – 1 – 3 + 2 = 0\), et avec C : \(0 – 1 – 1 + 2 = 0\).)
3. a. On remplace les coordonnées de \(\Omega\) dans l’équation : \(1 + 1 + 2 + 2 = 6 \neq 0\). Donc \(\Omega\) n’appartient pas au plan (ABC).
b. H est le point d’intersection du plan (ABC) avec la droite passant par \(\Omega\) et dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}\). Cette droite a pour représentation paramétrique \(\{\begin{array}{l}x = 1 + t\\ y = 1 + t\\ z = 2 + t\end{array}.\), \(t \in \mathbb{R}\). On injecte dans l’équation du plan :
\[(1 + t) + (1 + t) + (2 + t) + 2 = 0 \iff 3t + 6 = 0 \iff t = -2.\]
On obtient \(\text{H}(-1~;~-1~;~0)\). On retrouve au passage \(\Omega\text{H} = \sqrt{(-2)^2 + (-2)^2 + (-2)^2} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}\).
4. Soit N un point du plan (ABC) distinct de H. La droite \((\Omega\text{H})\) est orthogonale au plan, donc à la droite (HN) qui y est contenue : le triangle \(\Omega\text{HN}\) est rectangle en H. Son hypoténuse \([\Omega\text{N}]\) est strictement plus longue que le côté \([\Omega\text{H}]\) (Pythagore : \(\Omega\text{N}^2 = \Omega\text{H}^2 + \text{HN}^2 \gt \Omega\text{H}^2\) car \(\text{HN} \gt 0\)). Donc \(\Omega\text{N} \gt 2\sqrt{3}\) et N n’est pas sur la sphère \(S\) : le plan (ABC) ne touche la sphère qu’au point H.
5. On vérifie les deux conditions de la définition.
- K est dans \(\mathcal{P}\) car \(3 + 3 – 0 – 6 = 0\). K est sur \(S\) car \(\Omega\text{K}^2 = (3 – 1)^2 + (3 – 1)^2 + (0 – 2)^2 = 12\), soit \(\Omega\text{K} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}\). Donc \(\text{K} \in \mathcal{P} \cap S\).
- Un vecteur normal à \(\mathcal{P}\) est \(\vec{n^{\prime}}\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}\) (coefficients de l’équation). Or \(\vec{\Omega\text{K}}\begin{pmatrix}2\\2\\-2\end{pmatrix} = 2\,\vec{n^{\prime}}\) : ce vecteur est normal à \(\mathcal{P}\), donc \((\Omega\text{K}) \perp \mathcal{P}\).
Les deux conditions sont remplies : le plan \(\mathcal{P}\) est tangent à la sphère \(S\) au point K.
6. Un point \(M(x~;~y~;~z)\) appartient à \((\Delta)\) si et seulement si ses coordonnées vérifient les deux équations \(x + y + z + 2 = 0\) et \(x + y – z – 6 = 0\). En soustrayant la seconde de la première, on obtient \(2z + 8 = 0\), donc \(z = -4\). En reportant, \(x + y – 4 + 2 = 0\), soit \(x = 2 – y\). En prenant \(y = t\) comme paramètre :
\[(\Delta) : \{\begin{array}{l}x = 2 – t\\ y = t\\ z = -4\end{array}., \quad t \in \mathbb{R}.\]
C’est une représentation paramétrique de \((\Delta)\) : elle passe par le point \((2~;~0~;~-4)\) et est dirigée par \(\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}\), vecteur qui est bien orthogonal à \(\vec{n}\) et à \(\vec{n^{\prime}}\).
Exercice 3 :
1. Avec \(n = 0\) : \(u_1 = 5 \times 0 – 8 \times 0 + 6\), donc \(u_1 = 6\). Avec \(n = 1\) : \(u_2 = 5 \times 6 – 8 \times 1 + 6 = 30 – 8 + 6\), donc \(u_2 = 28\).
2. On part de \(u_0 = 0\). À l’itération d’indice \(i\) (de 1 à \(n\)), la variable u contient \(u_{i-1}\) et doit recevoir \(u_i\) ; la relation de récurrence écrite au rang \(i – 1\) donne \(u_i = 5u_{i-1} – 8(i – 1) + 6\). Attention donc à écrire i-1 et non i :
def suite_u(n) :
u = 0
for i in range(1,n+1) :
u = 5*u - 8*(i-1) + 6
return u
Par exemple, suite_u(2) calcule 6 puis 28, en accord avec la question 1.
3. a. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(u_n \geq\, 2n\) ».
Initialisation. \(u_0 = 0\) et \(2 \times 0 = 0\), donc \(u_0 \geq\, 0\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(u_n \geq\, 2n\). En multipliant par 5, qui est positif, \(5u_n \geq\, 10n\), puis en ajoutant \(-8n + 6\) :
\[u_{n+1} = 5u_n – 8n + 6 \geq\, 10n – 8n + 6 = 2n + 6 = 2(n + 1) + 4 \geq\, 2(n + 1).\]
Donc \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc par récurrence \(u_n \geq\, 2n\) pour tout entier naturel \(n\).
b. On a \(\lim\limits_{n \to +\infty} 2n = +\infty\) et \(u_n \geq\, 2n\) pour tout \(n\). Par le théorème de comparaison, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = +\infty\).
c. Dire qu’une suite tend vers \(+\infty\), c’est dire que tout intervalle de la forme \([A~;~+\infty[\) contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang. En prenant \(A = 10^p\), on obtient un rang \(n_0\) tel que, pour tout \(n \geq\, n_0\), \(u_n \geq\, 10^p\). C’est donc une conséquence directe de la définition de la limite infinie et du résultat de la question b.
4. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[u_{n+1} – u_n = 5u_n – 8n + 6 – u_n = 4u_n – 8n + 6 = 4(u_n – 2n) + 6.\]
D’après la question 3.a, \(u_n – 2n \geq\, 0\), donc \(u_{n+1} – u_n \geq\, 6 \gt 0\). La suite \((u_n)\) est croissante (et même strictement).
5. a. La liste affichée contient \(v_0, v_1, \ldots, v_5\) : 1, 5, 25, 125, 625, 3125. Chaque terme est le quintuple du précédent, d’où la conjecture : \(v_{n+1} = 5v_n\) pour tout entier naturel \(n\).
Démonstration : pour tout \(n\),
\[v_{n+1} = u_{n+1} – 2(n + 1) + 1 = 5u_n – 8n + 6 – 2n – 2 + 1 = 5u_n – 10n + 5 = 5(u_n – 2n + 1) = 5v_n.\]
La conjecture est démontrée : \((v_n)\) est géométrique de raison 5.
b. Le premier terme est \(v_0 = u_0 – 0 + 1 = 1\), donc \(v_n = 1 \times 5^n = 5^n\) pour tout \(n\). Comme \(u_n = v_n + 2n – 1\), on obtient pour tout entier naturel \(n\) :
\[u_n = 5^n + 2n – 1.\]
Soit \(u_n = 5^n + 2n – 1\). Contrôle : \(u_1 = 5 + 2 – 1 = 6\) et \(u_2 = 25 + 4 – 1 = 28\).
Exercice 4 :
Partie A
1. Quand \(x \to +\infty\), \(-x \to -\infty\) donc \(\text{e}^{-x} \to 0\), puis \(1 + \text{e}^{-x} \to 1\) et, la fonction \(\ln\) étant continue en 1, \(\ln(1 + \text{e}^{-x}) \to \ln 1 = 0\). Par ailleurs \(\dfrac{1}{4}x \to +\infty\). Par somme, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).
2. a. La dérivée de \(\ln(u)\) est \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\) ; ici \(u(x) = 1 + \text{e}^{-x}\) et \(u^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\). Donc
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{-\text{e}^{-x}}{1 + \text{e}^{-x}} + \dfrac{1}{4}.\]
En multipliant numérateur et dénominateur de la fraction par \(\text{e}^x\), on obtient \(\dfrac{-1}{\text{e}^x + 1}\), puis en réduisant au même dénominateur :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{-4}{4(\text{e}^x + 1)} + \dfrac{\text{e}^x + 1}{4(\text{e}^x + 1)} = \dfrac{\text{e}^x – 3}{4(\text{e}^x + 1)}.\]
C’est l’expression attendue.
b. Le dénominateur \(4(\text{e}^x + 1)\) est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(\text{e}^x – 3\). Or \(\text{e}^x – 3 \gt 0 \iff \text{e}^x \gt 3 \iff x \gt \ln 3\), par stricte croissance de \(\ln\). Ainsi \(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty~;~\ln 3]\) et strictement croissante sur \([\ln 3~;~+\infty[\), avec un minimum en \(\ln 3\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(\ln 3\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) | ||
| variations de \(f\) | décroissante | \(f(\ln 3)\) | croissante | \(+\infty\) |
c. Comme \(\ln 3 \approx 1{,}1 \lt 2\), la fonction \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \([2~;~5]\). De plus \(f(2) = \ln(1 + \text{e}^{-2}) + 0{,}5 \approx 0{,}63 \lt 1\) et \(f(5) = \ln(1 + \text{e}^{-5}) + 1{,}25 \approx 1{,}26 \gt 1\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \(f(x) = 1\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([2~;~5]\). Une calculatrice donne \(\alpha \approx 3{,}92\).
Partie B
1. a. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^x \gt 0\) et \((\text{e}^x + 1)^2 \gt 0\) (carré d’un nombre strictement positif). Le quotient est donc strictement positif : \(f^{\prime\prime}(x) \gt 0\) pour tout réel \(x\).
b. Puisque \(f^{\prime\prime} \gt 0\) sur \(\mathbb{R}\), la fonction \(f\) est convexe sur \(\mathbb{R}\). Deux conséquences de la convexité :
- la courbe \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de chacune de ses tangentes, en particulier au-dessus de \(\Delta\), donc au-dessus du côté [PQ] ;
- entre deux de ses points, la courbe est au-dessous de la corde qui les joint : sur \([-\alpha~;~\alpha]\), elle est au-dessous du segment [NM].
Sur \([-\alpha~;~\alpha]\), la courbe est donc comprise entre [PQ] et [NM], et limitée à gauche et à droite par les segments verticaux [NP] et [MQ] d’abscisses \(-\alpha\) et \(\alpha\) : cette portion de \(\mathcal{C}_f\) est inscrite dans le quadrilatère MNPQ.
2. a. On a \(f(-\alpha) = \ln(1 + \text{e}^{\alpha}) – \dfrac{1}{4}\alpha\). On met \(\text{e}^{\alpha}\) en facteur dans le logarithme : \(1 + \text{e}^{\alpha} = \text{e}^{\alpha}(\text{e}^{-\alpha} + 1)\). Avec la propriété \(\ln(ab) = \ln a + \ln b\) :
\[f(-\alpha) = \ln(\text{e}^{\alpha}) + \ln(\text{e}^{-\alpha} + 1) – \dfrac{1}{4}\alpha = \alpha – \dfrac{1}{4}\alpha + \ln(\text{e}^{-\alpha} + 1) = \ln(\text{e}^{-\alpha} + 1) + \dfrac{3}{4}\alpha.\]
C’est l’égalité demandée.
b. On calcule les coordonnées des quatre sommets.
- Par définition de \(\alpha\), \(f(\alpha) = 1\), donc \(\text{M}(\alpha~;~1)\). De plus \(\ln(1 + \text{e}^{-\alpha}) = 1 – \dfrac{1}{4}\alpha\), et avec la question a, \(f(-\alpha) = 1 – \dfrac{1}{4}\alpha + \dfrac{3}{4}\alpha = 1 + \dfrac{1}{2}\alpha\), donc \(\text{N}(-\alpha~;~1 + \dfrac{1}{2}\alpha)\).
- La tangente \(\Delta\) a pour équation \(y = f^{\prime}(0)x + f(0)\) avec \(f^{\prime}(0) = \dfrac{1 – 3}{4 \times 2} = -\dfrac{1}{4}\) et \(f(0) = \ln 2\) : \(y = -\dfrac{1}{4}x + \ln 2\). Donc \(\text{Q}(\alpha~;~\ln 2 – \dfrac{1}{4}\alpha)\) et \(\text{P}(-\alpha~;~\ln 2 + \dfrac{1}{4}\alpha)\).
On compare alors les vecteurs \(\vec{\text{MN}}\) et \(\vec{\text{QP}}\) :
\[\vec{\text{MN}}\begin{pmatrix}-2\alpha\\ \dfrac{1}{2}\alpha\end{pmatrix} \quad \text{et} \quad \vec{\text{QP}}\begin{pmatrix}-2\alpha\\ \dfrac{1}{2}\alpha\end{pmatrix}.\]
Ces deux vecteurs sont égaux (autrement dit, la corde (MN) a la même pente \(-\dfrac{1}{4}\) que \(\Delta\), et les côtés [MQ] et [NP] sont tous deux verticaux et de même longueur \(1 – \ln 2 + \dfrac{1}{4}\alpha\)). Comme \(\vec{\text{MN}} = \vec{\text{QP}}\), le quadrilatère MNPQ est un parallélogramme.
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