Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Traduisons l’énoncé : \(P(A)=\dfrac25\), \(P_A(G)=\dfrac{7}{10}\) et \(P(G)=\dfrac{12}{25}\). Comme le joueur choisit l’un des deux mondes, \(B\) est l’évènement contraire de \(A\), donc \(P(B)=1-\dfrac25=\dfrac35\).
1. L’évènement « choisir A et gagner » est \(A\cap G\). Par définition d’une probabilité conditionnelle, \(P(A\cap G)=P(A)\times P_A(G)=\dfrac25\times \dfrac{7}{10}=\dfrac{14}{50}=\dfrac{7}{25}\). Réponse c.
2. Les évènements \(A\) et \(B\) forment une partition de l’univers. La formule des probabilités totales donne \(P(G)=P(A\cap G)+P(B\cap G)\), d’où \(P(B\cap G)=\dfrac{12}{25}-\dfrac{7}{25}=\dfrac{5}{25}=\dfrac15\).
On en déduit \(P_B(G)=\dfrac{P(B\cap G)}{P(B)}=\dfrac{1/5}{3/5}=\dfrac13\). Réponse b.
Pour les questions suivantes, on note \(X\) le nombre de parties gagnées sur les 10. On répète 10 fois, de façon identique et indépendante (tirage avec remise), une épreuve à deux issues dont le succès « gagner » a pour probabilité \(p=\dfrac{12}{25}=0{,}48\). La variable \(X\) suit donc la loi binomiale de paramètres \(n=10\) et \(p=0{,}48\).
3. \(P(X=6)=\dbinom{10}{6}\times 0{,}48^6\times 0{,}52^4=210\times 0{,}48^6\times 0{,}52^4\approx0{,}18779\). Arrondi au millième, cela donne 0,188 (le chiffre suivant, 7, impose d’arrondir vers le haut, ce qui écarte 0,187). Réponse c.
4. On calcule à la calculatrice les probabilités cumulées \(P(X\leq\, k)\) : \(P(X\leq\,2)\approx0{,}070\), \(P(X\leq\,3)\approx0{,}207\), \(P(X\leq\,4)\approx0{,}427\), \(P(X\leq\,5)\approx0{,}671\). La valeur 0,207 correspond à \(n=3\). Réponse b.
5. Le contraire de « gagner au moins une partie » est « perdre les 10 parties », de probabilité \(P(X=0)=(1-\dfrac{12}{25})^{10}=(\dfrac{13}{25})^{10}\). Donc \(P(X\geq\,1)=1-P(X=0)=1-(\dfrac{13}{25})^{10}\). Réponse d.
Exercice 2 :
Partie A
1. Une augmentation de 60 % correspond à un coefficient multiplicateur de \(1+\dfrac{60}{100}=1{,}6\). Ainsi, pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1}=1{,}6\,u_n\) : la suite \((u_n)\) est géométrique de raison \(q=1{,}6\) et de premier terme \(u_0=0{,}1\). Son terme général est \(u_n=u_0\times q^n\), c’est-à-dire \(u_n=0{,}1\times 1{,}6^n\) pour tout \(n\in\mathbb{N}\).
2. La raison \(1{,}6\) est strictement supérieure à 1, donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}1{,}6^n=+\infty\). En multipliant par le réel strictement positif \(0{,}1\), on obtient \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty\).
3. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[u_n\gt0{,}4\iff0{,}1\times 1{,}6^n\gt0{,}4\iff1{,}6^n\gt4.\]
La fonction ln est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), on peut donc l’appliquer aux deux membres sans changer le sens de l’inégalité :
\[1{,}6^n\gt4\iff n\ln(1{,}6)\gt\ln(4)\iff n\gt\dfrac{\ln(4)}{\ln(1{,}6)},\]
la dernière étape étant valable car \(\ln(1{,}6)\gt0\) (puisque \(1{,}6\gt1\)). Or \(\dfrac{\ln(4)}{\ln(1{,}6)}\approx2{,}95\). Le plus petit entier qui convient est donc \(n=3\).
4. D’après la question précédente, \(u_3\approx0{,}41\gt0{,}4\) : dès le troisième mois, la population dépasserait 400 000 insectes (et elle continuerait ensuite de croître indéfiniment puisque la suite tend vers \(+\infty\)). Selon ce modèle, l’équilibre du milieu naturel ne serait pas préservé.
Partie B
1. \(v_1=1{,}6\times 0{,}1-1{,}6\times 0{,}1^2=0{,}16-0{,}016=0{,}144\). Comme \(v_n\) est exprimé en millions, il y a 144 000 insectes au bout d’un mois.
2. a. Sur \([0\,;\,\dfrac12]\) :
\[f(x)=x\iff1{,}6x-1{,}6x^2-x=0\iff0{,}6x-1{,}6x^2=0\iff x(0{,}6-1{,}6x)=0.\]
Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul : \(x=0\) ou \(x=\dfrac{0{,}6}{1{,}6}=\dfrac38\). Ces deux valeurs appartiennent à \([0\,;\,\dfrac12]\) puisque \(\dfrac38=0{,}375\). L’ensemble des solutions est \(\{0\,;\,\dfrac38\}\).
b. La fonction \(f\) est polynomiale, donc dérivable, et \(f^{\prime}(x)=1{,}6-3{,}2x=1{,}6\,(1-2x)\). Pour \(x\in[0\,;\,\dfrac12]\), on a \(2x\leq\,1\), donc \(1-2x\geq\,0\) et \(f^{\prime}(x)\geq\,0\) (avec égalité seulement en \(\dfrac12\)). La fonction \(f\) est donc croissante sur \([0\,;\,\dfrac12]\).
3. a. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(0\leq\, v_n\leq\, v_{n+1}\leq\,\dfrac12\) ». Remarquons que, par définition, \(v_{n+1}=f(v_n)\).
Initialisation. \(v_0=0{,}1\) et \(v_1=0{,}144\) : on a bien \(0\leq\,0{,}1\leq\,0{,}144\leq\,\dfrac12\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie : \(0\leq\, v_n\leq\, v_{n+1}\leq\,\dfrac12\). Tous ces nombres sont dans \([0\,;\,\dfrac12]\), intervalle sur lequel \(f\) est croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre : \(f(0)\leq\, f(v_n)\leq\, f(v_{n+1})\leq\, f(\dfrac12)\).
Or \(f(0)=0\), \(f(v_n)=v_{n+1}\), \(f(v_{n+1})=v_{n+2}\) et \(f(\dfrac12)=0{,}8-0{,}4=0{,}4\). On obtient \(0\leq\, v_{n+1}\leq\, v_{n+2}\leq\,0{,}4\leq\,\dfrac12\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(0\leq\, v_n\leq\, v_{n+1}\leq\,\dfrac12\).
b. D’après la question précédente, pour tout \(n\), \(v_n\leq\, v_{n+1}\) : la suite \((v_n)\) est croissante. De plus, pour tout \(n\), \(v_n\leq\,\dfrac12\) : elle est majorée par \(\dfrac12\). D’après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : la suite \((v_n)\) est convergente.
c. D’après la question 2. a, \(\ell\) vaut 0 ou \(\dfrac38\). La suite étant croissante, tous ses termes sont inférieurs ou égaux à sa limite : \(\ell\geq\, v_0=0{,}1\). La valeur 0 est donc exclue et \(\ell=\dfrac38=0{,}375\).
Pour tout \(n\), \(v_n\leq\,\ell=0{,}375\) : la population ne dépassera jamais 375 000 insectes, ce qui reste en dessous du seuil de 400 000. Selon ce second modèle, l’équilibre du milieu naturel est préservé.
4. a. La fonction part de \(v=v_0=0{,}1\) et \(n=0\), puis calcule les termes successifs de la suite tant que \(v\lt a\) ; elle renvoie le premier indice \(n\) tel que \(v_n\geq\, a\). Avec \(a=0{,}4\), la condition \(v\lt0{,}4\) reste toujours vraie, puisque tous les termes sont inférieurs ou égaux à 0,375. La boucle while ne s’arrête jamais : le programme tourne indéfiniment et ne renvoie aucune valeur.
b. Calculons les termes successifs (valeurs arrondies au millième) :
| \(n\) | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(v_n\) | 0,1 | 0,144 | 0,197 | 0,253 | 0,303 | 0,338 | 0,358 |
On a \(v_5\approx0{,}338\lt0{,}35\) et \(v_6\approx0{,}358\geq\,0{,}35\) : la boucle s’arrête après le calcul de \(v_6\) et seuil(0.35) renvoie 6.
Interprétation : c’est au bout de 6 mois que la population d’insectes atteint, pour la première fois, 350 000 individus (elle les dépasse ensuite chaque mois, la suite étant croissante).
Exercice 3 :
1. a. Les coefficients de \(x\), \(y\) et \(z\) dans l’équation cartésienne \(2x+y-z+2=0\) donnent un vecteur normal : \(\vec{n_1}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\).
b. Le repère étant orthonormé, \(\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}=2\times 1+1\times (-1)+(-1)\times 1=2-1-1=0\). Les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc les plans \(\mathcal{P}_1\) et \(\mathcal{P}_2\) sont perpendiculaires.
2. a. Comme \(\vec{n_2}\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}\) est normal à \(\mathcal{P}_2\), ce plan a une équation de la forme \(x-y+z+d=0\). Le point \(\text{B}(1\,;\,1\,;\,2)\) lui appartient : \(1-1+2+d=0\), donc \(d=-2\). Une équation de \(\mathcal{P}_2\) est \(x-y+z-2=0\).
b. Les plans \(\mathcal{P}_1\) et \(\mathcal{P}_2\) sont perpendiculaires, donc sécants : leur intersection est une droite. Il suffit de montrer que tout point de \(\Delta\) appartient aux deux plans. Soit \(M(0\,;\,-2+t\,;\,t)\) un point de \(\Delta\).
Dans l’équation de \(\mathcal{P}_1\) : \(2\times 0+(-2+t)-t+2=0\), donc \(M\in\mathcal{P}_1\). Dans l’équation de \(\mathcal{P}_2\) : \(0-(-2+t)+t-2=2-t+t-2=0\), donc \(M\in\mathcal{P}_2\).
La droite \(\Delta\) est donc incluse dans les deux plans, c’est-à-dire dans leur intersection. Une droite contenue dans une autre droite lui est égale : \(\Delta\) est l’intersection de \(\mathcal{P}_1\) et \(\mathcal{P}_2\).
3. a. Pour tout réel \(t\), le vecteur \(\vec{\text{A}M_t}\) a pour coordonnées \((0-1\,;\,-2+t-1\,;\,t-1)=(-1\,;\,t-3\,;\,t-1)\). Dans un repère orthonormé :
\[\text{A}M_t^2=(-1)^2+(t-3)^2+(t-1)^2=1+t^2-6t+9+t^2-2t+1=2t^2-8t+11.\]
Une distance étant positive, \(\text{A}M_t=\sqrt{2t^2-8t+11}\).
b. Le projeté orthogonal H de A sur \(\Delta\) est le point de \(\Delta\) le plus proche de A : AH est la plus petite des distances \(\text{A}M_t\). La fonction racine carrée étant croissante, il s’agit de minimiser le trinôme \(g(t)=2t^2-8t+11\).
Son coefficient dominant 2 est positif, il atteint donc son minimum en \(t=-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{8}{4}=2\), et ce minimum vaut \(g(2)=8-16+11=3\). (On peut aussi écrire \(g(t)=2(t-2)^2+3\geq\,3\).) Ainsi \(\text{AH}=\sqrt3\), atteint pour le point \(M_2(0\,;\,0\,;\,2)\).
4. a. La droite \(\mathcal{D}_1\) est orthogonale à \(\mathcal{P}_1\), donc dirigée par le vecteur normal \(\vec{n_1}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\). Elle passe par \(\text{A}(1\,;\,1\,;\,1)\). Une représentation paramétrique est :
\[\{\begin{array}{l}x=1+2k\\y=1+k\\z=1-k\end{array}.,\quad k\in\mathbb{R}.\]
b. Le projeté orthogonal \(\text{H}_1\) de A sur \(\mathcal{P}_1\) est le point d’intersection de \(\mathcal{P}_1\) avec la droite \(\mathcal{D}_1\), perpendiculaire à ce plan passant par A. Son paramètre \(k\) vérifie l’équation du plan :
\[2(1+2k)+(1+k)-(1-k)+2=0\iff6k+4=0\iff k=-\dfrac23.\]
On remplace : \(x=1-\dfrac43=-\dfrac13\), \(y=1-\dfrac23=\dfrac13\), \(z=1+\dfrac23=\dfrac53\). Donc \(\text{H}_1(-\dfrac13\,;\,\dfrac13\,;\,\dfrac53)\).
5. Montrons d’abord que \(\text{AH}_1\text{HH}_2\) est un parallélogramme en comparant \(\vec{\text{AH}_1}\) et \(\vec{\text{H}_2\text{H}}\) :
\(\vec{\text{AH}_1}\begin{pmatrix}-\frac13-1\\\frac13-1\\\frac53-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac43\\-\frac23\\\frac23\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{H}_2\text{H}}\begin{pmatrix}0-\frac43\\0-\frac23\\2-\frac43\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac43\\-\frac23\\\frac23\end{pmatrix}\).
Ces deux vecteurs sont égaux, donc \(\text{AH}_1\text{HH}_2\) est un parallélogramme (A, \(\text{H}_1\), H ne sont pas alignés puisque \(\vec{\text{H}_1\text{H}}\begin{pmatrix}\frac13\\-\frac13\\\frac13\end{pmatrix}\) n’est pas colinéaire à \(\vec{\text{AH}_1}\)).
Cherchons un angle droit. On calcule \(\vec{\text{AH}_1}\cdot\vec{\text{H}_1\text{H}}=-\dfrac43\times \dfrac13+(-\dfrac23)\times (-\dfrac13)+\dfrac23\times \dfrac13=\dfrac{-4+2+2}{9}=0\). Ce résultat était attendu : la droite \((\text{AH}_1)\) est orthogonale au plan \(\mathcal{P}_1\), donc à toute droite de ce plan, en particulier à \((\text{H}_1\text{H})\) puisque \(\text{H}_1\) et H (point de \(\Delta\)) sont dans \(\mathcal{P}_1\).
Un parallélogramme ayant un angle droit est un rectangle : \(\text{AH}_1\text{HH}_2\) est un rectangle.
Exercice 4 :
1. a. Quand \(x\to-\infty\), \(-x\to+\infty\) et \(\lim\limits_{X\to+\infty}\text{e}^X=+\infty\), donc \(1+\text{e}^{-x}\to+\infty\). Comme \(\lim\limits_{X\to+\infty}\ln X=+\infty\), par composition \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=+\infty\).
b. Quand \(x\to+\infty\), \(-x\to-\infty\) et \(\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^X=0\), donc \(1+\text{e}^{-x}\to1\). La fonction ln est continue en 1 et \(\ln1=0\), donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\).
Graphiquement : l’axe des abscisses (droite d’équation \(y=0\)) est asymptote horizontale à la courbe \(\mathcal{C}\) en \(+\infty\).
c. On a \(f=\ln\circ u\) avec \(u(x)=1+\text{e}^{-x}\), strictement positive et dérivable, de dérivée \(u^{\prime}(x)=-\text{e}^{-x}\). La dérivée de \(\ln(u)\) est \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\), donc :
\[f^{\prime}(x)=\dfrac{-\text{e}^{-x}}{1+\text{e}^{-x}}.\]
En multipliant numérateur et dénominateur par \(\text{e}^x\neq0\), et comme \(\text{e}^{-x}\times \text{e}^x=1\) :
\[f^{\prime}(x)=\dfrac{-\text{e}^{-x}\times \text{e}^{x}}{(1+\text{e}^{-x})\text{e}^{x}}=\dfrac{-1}{\text{e}^x+1}=\dfrac{-1}{1+\text{e}^x}.\]
d. Pour tout réel \(x\), \(1+\text{e}^x\gt0\), donc \(f^{\prime}(x)\lt0\) : \(f\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\). Avec les limites trouvées en 1. a et 1. b :
| \(x\) | \(-\infty\) | \(+\infty\) | |
|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | \(+\infty\) | ↘ | 0 |
2. a. La tangente au point d’abscisse 0 a pour équation \(y=f^{\prime}(0)(x-0)+f(0)\). Or \(f(0)=\ln(1+\text{e}^0)=\ln(2)\) et \(f^{\prime}(0)=\dfrac{-1}{1+1}=-\dfrac12\). Donc \(T_0\ :\ y=-\dfrac12x+\ln(2)\).
b. On dérive \(f^{\prime}(x)=-(1+\text{e}^x)^{-1}\) : la dérivée de \(\dfrac{1}{v}\) étant \(-\dfrac{v^{\prime}}{v^2}\), on obtient
\[f^{\prime\prime}(x)=\dfrac{\text{e}^x}{(1+\text{e}^x)^2}.\]
Le numérateur et le dénominateur sont strictement positifs, donc \(f^{\prime\prime}(x)\gt0\) pour tout réel \(x\) : \(f\) est convexe sur \(\mathbb{R}\).
c. La courbe d’une fonction convexe est située au-dessus de chacune de ses tangentes, en particulier au-dessus de \(T_0\). Pour tout réel \(x\), le point de \(\mathcal{C}\) d’abscisse \(x\) est donc au-dessus du point de \(T_0\) de même abscisse : \(f(x)\geq\,-\dfrac12x+\ln(2)\).
3. a. Pour tout réel \(x\), par la propriété \(\ln a-\ln b=\ln\dfrac ab\) :
\[f(x)-f(-x)=\ln(1+\text{e}^{-x})-\ln(1+\text{e}^{x})=\ln(\dfrac{1+\text{e}^{-x}}{1+\text{e}^{x}}).\]
En factorisant le numérateur par \(\text{e}^{-x}\) : \(1+\text{e}^{-x}=\text{e}^{-x}(\text{e}^{x}+1)\). Le quotient se simplifie en \(\text{e}^{-x}\), et donc \(f(x)-f(-x)=\ln(\text{e}^{-x})=-x\).
b. Pour \(a\neq0\), les points \(M_a\) et \(N_a\) ont des abscisses distinctes (\(-a\neq a\)), et la droite \((M_aN_a)\) a pour coefficient directeur
\[\dfrac{f(a)-f(-a)}{a-(-a)}=\dfrac{-a}{2a}=-\dfrac12,\]
en utilisant la question précédente avec \(x=a\). La tangente \(T_0\) a aussi pour coefficient directeur \(-\dfrac12\). Deux droites de même coefficient directeur sont parallèles : \(T_0\) et \((M_aN_a)\) sont parallèles.
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