Corrigé du bac de maths 2024 en Amérique du Nord (sujet 1)

L’énoncé de cette épreuve est sur la page Amérique du Nord : bac de maths 2024 sujet 1 corrigé en PDF. : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Probabilités conditionnelles et loi binomiale

Partie A

1. On traduit les données de l’énoncé par un arbre pondéré. On note \( R \) l’événement « l’objet obtenu est rare » et \( E \) l’événement étudié dans l’énoncé : \( P(R) = 0{,}07 \), \( P_R(E) = 0{,}8 \) et \( P_{\overline{R}}(E) = 0{,}4 \). Les probabilités manquantes s’obtiennent par complément à 1 sur chaque nœud.

On demande ensuite \( P(R \cap E) \). Par la règle du produit le long d’un chemin :

\[ P(R \cap E) = P(R) \times P_R(E) = 0{,}07 \times 0{,}8 = 0{,}056. \]

\( P(R \cap E) = 0{,}056 \).

2. On calcule \( P(E) \). Les événements \( R \) et \( \overline{R} \) forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales :

\[ P(E) = P(R \cap E) + P(\overline{R} \cap E) = 0{,}056 + P(\overline{R}) \times P_{\overline{R}}(E) = 0{,}056 + 0{,}93 \times 0{,}4 = 0{,}056 + 0{,}372. \]

\( P(E) = 0{,}428 \).

3. On cherche la probabilité que l’objet soit rare sachant que \( E \) est réalisé, c’est-à-dire \( P_E(R) \) :

\[ P_E(R) = \dfrac{P(R \cap E)}{P(E)} = \dfrac{0{,}056}{0{,}428} \approx 0{,}131. \]

\( P_E(R) \approx 0{,}131 \) à \( 10^{-3} \) près.

Partie B

1. Le joueur effectue 30 tirages identiques et indépendants ; chacun donne un objet rare (succès) avec la probabilité \( 0{,}07 \). La variable \( X \), qui compte le nombre d’objets rares obtenus, compte donc les succès d’un schéma de Bernoulli de 30 épreuves : \( X \) suit la loi binomiale \( \mathcal{B}(30\,;\,0{,}07) \). Son espérance vaut :

\[ E(X) = n \times p = 30 \times 0{,}07 = 2{,}1. \]

En moyenne, sur 30 tirages, le joueur obtient 2,1 objets rares.

2. On cherche \( P(X \lt 6) \). Comme \( X \) prend des valeurs entières, \( P(X \lt 6) = P(X \leq\, 5) \). La calculatrice (fonction de répartition binomiale) donne :

\( P(X \lt 6) = P(X \leq\, 5) \approx 0{,}984 \) au millième.

3. On cherche le plus grand entier \( k \) tel que \( P(X \geq\, k) \geq\, 0{,}5 \). On calcule \( P(X \geq\, k) = 1 – P(X \leq\, k-1) \) :

• \( P(X \geq\, 2) = 1 – P(X \leq\, 1) \approx 0{,}631 \), qui est supérieur à 0,5 ;
• \( P(X \geq\, 3) = 1 – P(X \leq\, 2) \approx 0{,}351 \), qui est inférieur à 0,5.

Comme \( k \mapsto P(X \geq\, k) \) est décroissante, l’entier cherché est \( k = 2 \). Interprétation : le joueur a au moins une chance sur deux d’obtenir au moins 2 objets rares en 30 tirages, mais moins d’une chance sur deux d’en obtenir 3 ou plus.

4. On cherche le nombre minimal \( N \) de tirages pour que la probabilité d’obtenir au moins un objet rare soit supérieure ou égale à 0,95. Notons \( Y \) le nombre d’objets rares obtenus en \( N \) tirages : \( Y \) suit la loi binomiale \( \mathcal{B}(N\,;\,0{,}07) \).

L’événement « au moins un objet rare » est le contraire de « aucun objet rare », donc :

\[ P(Y \geq\, 1) = 1 – P(Y = 0) = 1 – 0{,}93^N. \]

On résout \( 1 – 0{,}93^N \geq\, 0{,}95 \) :

\[ 1 – 0{,}93^N \geq\, 0{,}95 \iff 0{,}93^N \leq\, 0{,}05 \iff \ln(0{,}93^N) \leq\, \ln(0{,}05) \iff N\ln(0{,}93) \leq\, \ln(0{,}05), \]

la deuxième équivalence venant de la stricte croissance de \( \ln \) sur \( ]0\,;+\infty[ \). Comme \( 0 \lt 0{,}93 \lt 1 \), on a \( \ln(0{,}93) \lt 0 \) : en divisant par ce nombre négatif, on change le sens de l’inégalité :

\[ N \geq\, \dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}93)} \approx 41{,}28. \]

Vérification : \( 1 – 0{,}93^{41} \approx 0{,}949 \) et \( 1 – 0{,}93^{42} \approx 0{,}953 \). Il faut donc au moins 42 tirages pour que la probabilité d’obtenir au moins un objet rare atteigne 0,95.

Exercice 2 :

QCM de géométrie dans l’espace

1. On cherche une représentation paramétrique de la droite \( (AB) \) avec \( A(1\,;0\,;3) \) et \( B(4\,;1\,;0) \). Un vecteur directeur est :

\[ \vec{AB}\begin{pmatrix} 4-1 \\ 1-0 \\ 0-3 \end{pmatrix} \text{ soit } \vec{AB}\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ -3 \end{pmatrix}. \]

La droite \( (AB) \) passe par \( A \) et est dirigée par \( \vec{AB} \) ; une représentation paramétrique est :

\[ \begin{cases} x = 1 + 3t \\ y = t \\ z = 3 – 3t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}. \]

Contrôle : \( t = 0 \) donne \( A \) et \( t = 1 \) donne \( B \). On peut aussi raisonner par élimination : les propositions a, b et d ont pour vecteurs directeurs \( \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} \), \( \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \) et \( \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -3 \end{pmatrix} \), aucun n’étant colinéaire à \( \vec{AB} \). Réponse c.

2. On cherche lequel des points proposés appartient à la droite \( (d) \) de représentation paramétrique \( x = 3 + 4t \), \( y = 6t \), \( z = 4 – 2t \).

Les points \( M \), \( N \) et \( P \) ont tous pour ordonnée 6. Or \( y = 6t = 6 \) impose \( t = 1 \), qui donne le point \( (7\,;6\,;2) \) : il ne correspond à aucun de ces trois points. Il reste le point \( R(-3\,;-9\,;7) \). Vérifions :

\[ 3 + 4t = -3 \iff t = -\dfrac{3}{2}, \qquad 6t = -9 \iff t = -\dfrac{3}{2}, \qquad 4 – 2t = 7 \iff t = -\dfrac{3}{2}. \]

Les trois équations donnent la même valeur du paramètre, donc \( R \in (d) \). Réponse d.

3. On étudie la position relative de \( (d) \) et de \( (d^{\prime}) \) : \( x = -2 + 3k \), \( y = -1 – 2k \), \( z = 1 + k \), \( k \in \mathbb{R} \).

Un vecteur directeur de \( (d) \) est \( \vec{u}\begin{pmatrix} 4 \\ 6 \\ -2 \end{pmatrix} \) et un vecteur directeur de \( (d^{\prime}) \) est \( \vec{v}\begin{pmatrix} 3 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \). Leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles (\( \frac{4}{3} \neq \frac{6}{-2} \)), donc les droites ne sont ni parallèles ni confondues.

Cherchons un éventuel point commun, c’est-à-dire des réels \( t \) et \( k \) tels que :

\[ \begin{cases} 3 + 4t = -2 + 3k \\ 6t = -1 – 2k \\ 4 – 2t = 1 + k \end{cases} \iff \begin{cases} 3 + 4t = -2 + 3(3 – 2t) \\ 6t = -1 – 2(3 – 2t) \\ k = 3 – 2t \end{cases} \iff \begin{cases} 10t = 4 \\ 2t = -7 \\ k = 3 – 2t \end{cases} \iff \begin{cases} t = \frac{2}{5} \\ t = -\frac{7}{2} \\ k = 3 – 2t \end{cases} \]

Les deux premières lignes sont incompatibles : le système n’a pas de solution, les droites ne sont pas sécantes. Non parallèles et non sécantes, \( (d) \) et \( (d^{\prime}) \) sont non coplanaires. Réponse b.

4. On cherche une équation du plan \( (P) \) passant par le point \( I \) et orthogonal à la droite \( (d) \).

En remplaçant \( x \), \( y \) et \( z \) par les coordonnées de \( I \), on constate que \( I \) n’appartient pas aux plans des propositions c et d : il ne reste que les propositions a et b.

Le plan \( (P) \), orthogonal à \( (d) \), a pour vecteur normal un vecteur directeur de \( (d) \), par exemple \( \vec{u}\begin{pmatrix} 4 \\ 6 \\ -2 \end{pmatrix} \). Le plan de la proposition a a pour vecteur normal \( \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} \), et \( \vec{u} = 2\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} \) : ces vecteurs sont colinéaires. Le plan de la proposition b a pour vecteur normal \( \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -4 \end{pmatrix} \), qui n’est pas colinéaire à \( \vec{u} \). Réponse a.

Exercice 3 :

Fonction logarithme, convexité et théorème des valeurs intermédiaires

La fonction étudiée est définie sur \( ]0\,;+\infty[ \) par \( f(x) = x\ln(x^2) – \dfrac{1}{x} \). Comme \( x \gt 0 \), on peut aussi écrire \( \ln(x^2) = 2\ln(x) \), soit \( f(x) = 2x\ln(x) – \dfrac{1}{x} \).

Partie A : lectures graphiques

1. On lit \( f^{\prime}(1) \) et l’équation de la tangente \( (T) \) au point \( A \) d’abscisse 1. Cette tangente est la droite \( (AB) \) avec \( A(1\,;-1) \) et \( B(0\,;-4) \). Son coefficient directeur vaut :

\[ f^{\prime}(1) = \dfrac{y_A – y_B}{x_A – x_B} = \dfrac{-1 – (-4)}{1 – 0} = 3. \]

Le point \( B \), situé sur l’axe des ordonnées, donne l’ordonnée à l’origine \( -4 \). \( f^{\prime}(1) = 3 \) et \( (T) : y = 3x – 4 \).

2. Graphiquement, la courbe est sous ses tangentes sur \( ]0\,;1] \) et au-dessus sur \( [1\,;+\infty[ \) : \( f \) semble concave sur \( ]0\,;1] \) et convexe sur \( [1\,;+\infty[ \), et le point \( A \) semble être un point d’inflexion de \( \mathcal{C}_f \).

Partie B : étude de la fonction

1. On détermine les limites de \( f \) aux bornes de son ensemble de définition.

En \( +\infty \) : \( \lim\limits_{x \to +\infty} x^2 = +\infty \) et \( \lim\limits_{X \to +\infty} \ln(X) = +\infty \), donc par composition \( \lim\limits_{x \to +\infty} \ln(x^2) = +\infty \). Par produit avec \( x \to +\infty \), \( x\ln(x^2) \to +\infty \) ; de plus \( \dfrac{1}{x} \to 0 \). Par somme :

\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty. \]

En \( 0^+ \) : \( x\ln(x^2) = 2x\ln(x) \), et par croissances comparées \( \lim\limits_{x \to 0^+} x\ln(x) = 0 \). D’autre part \( \lim\limits_{x \to 0^+} (-\dfrac{1}{x}) = -\infty \). Par somme :

\[ \lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty. \]

2. a) On calcule \( f^{\prime}(x) \). Pour \( x \gt 0 \), on dérive le produit \( x \times \ln(x^2) \), avec \( (\ln(x^2))^{\prime} = \dfrac{2x}{x^2} = \dfrac{2}{x} \), et \( (-\dfrac{1}{x})^{\prime} = \dfrac{1}{x^2} \) :

\[ f^{\prime}(x) = 1 \times \ln(x^2) + x \times \dfrac{2}{x} + \dfrac{1}{x^2} = \ln(x^2) + 2 + \dfrac{1}{x^2}. \]

2. b) On calcule \( f^{\prime\prime}(x) \). Pour \( x \gt 0 \) :

\[ f^{\prime\prime}(x) = \dfrac{2}{x} – \dfrac{2}{x^3} = \dfrac{2x^2 – 2}{x^3} = \dfrac{2(x^2 – 1)}{x^3} = \dfrac{2(x+1)(x-1)}{x^3}. \]

3. a) On étudie la convexité de \( f \). Pour \( x \gt 0 \), \( x + 1 \gt 0 \) et \( x^3 \gt 0 \) : \( f^{\prime\prime}(x) \) est du signe de \( x – 1 \), négatif sur \( ]0\,;1] \) et positif sur \( [1\,;+\infty[ \).

\( f \) est concave sur \( ]0\,;1] \) et convexe sur \( [1\,;+\infty[ \) ; \( f^{\prime\prime} \) s’annule en changeant de signe en 1, donc le point \( A(1\,;-1) \) est bien le point d’inflexion de \( \mathcal{C}_f \), ce qui confirme les conjectures de la partie A.

3. b) On en déduit les variations de \( f^{\prime} \), puis le sens de variation de \( f \). Le signe de \( f^{\prime\prime} \) donne le tableau suivant, avec \( f^{\prime}(1) = \ln(1) + 2 + 1 = 3 \) :

\( x \)	\( 0 \)		\( 1 \)		\( +\infty \)
\( f^{\prime\prime}(x) \)		\( – \)	\( 0 \)	\( + \)
\( f^{\prime} \)		décroissante	\( 3 \) (minimum)	croissante

Le minimum de \( f^{\prime} \) sur \( ]0\,;+\infty[ \) vaut 3 : pour tout \( x \gt 0 \), \( f^{\prime}(x) \geq\, 3 \gt 0 \). La fonction \( f \) est donc strictement croissante sur \( ]0\,;+\infty[ \).

4. a) On montre que l’équation \( f(x) = 0 \) admet une unique solution \( \alpha \) sur \( ]0\,;+\infty[ \).

La fonction \( f \) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \( ]0\,;+\infty[ \), avec \( \lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -\infty \) et \( \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \). Comme \( 0 \in \, ]-\infty\,;+\infty[ \), d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \( f(x) = 0 \) admet une unique solution \( \alpha \) dans \( ]0\,;+\infty[ \).

4. b) On donne une valeur approchée de \( \alpha \), puis on établit la relation \( \alpha^2 = \exp(\dfrac{1}{\alpha^2}) \).

Par balayage à la calculatrice : \( f(1{,}32) \lt 0 \) et \( f(1{,}33) \gt 0 \), donc \( \alpha \approx 1{,}33 \) à \( 10^{-2} \) près (plus précisément \( \alpha \approx 1{,}328 \)).

Par définition, \( f(\alpha) = 0 \), c’est-à-dire :

\[ \alpha\ln(\alpha^2) – \dfrac{1}{\alpha} = 0 \iff \alpha\ln(\alpha^2) = \dfrac{1}{\alpha} \iff \ln(\alpha^2) = \dfrac{1}{\alpha^2}, \]

en divisant par \( \alpha \gt 0 \). En appliquant la fonction exponentielle, réciproque de \( \ln \) :

\[ \alpha^2 = \exp(\dfrac{1}{\alpha^2}). \]

Exercice 4 :

Suite d’intégrales et intégration par parties

Pour tout entier naturel \( n \), on pose \( I_n = \displaystyle\int_0^{\pi} e^{-nx}\sin(x)\,\mathrm{d}x \) et \( J_n = \displaystyle\int_0^{\pi} e^{-nx}\cos(x)\,\mathrm{d}x \).

1. On calcule \( I_0 = \displaystyle\int_0^{\pi} \sin(x)\,\mathrm{d}x \). Une primitive de \( \sin \) est \( -\cos \), donc :

\[ I_0 = \big[-\cos(x)\big]_0^{\pi} = -\cos(\pi) + \cos(0) = 1 + 1 = 2. \]

\( I_0 = 2 \).

2. a) On montre que \( I_n \geq\, 0 \). Pour tout \( x \in [0\,;\pi] \), \( e^{-nx} \gt 0 \) et \( \sin(x) \geq\, 0 \) (il s’annule en 0 et en \( \pi \)). Ainsi \( e^{-nx}\sin(x) \geq\, 0 \) sur \( [0\,;\pi] \) et, par positivité de l’intégrale (avec \( 0 \lt \pi \)), \( I_n \geq\, 0 \).

2. b) On montre que la suite \( (I_n) \) est décroissante. Pour tout \( x \in [0\,;\pi] \) :

\[ e^{-(n+1)x}\sin(x) – e^{-nx}\sin(x) = e^{-nx}\sin(x)(e^{-x} – 1). \]

Pour \( x \geq\, 0 \), \( e^{-x} \leq\, 1 \) donc \( e^{-x} – 1 \leq\, 0 \), alors que \( e^{-nx}\sin(x) \geq\, 0 \) : la différence est négative ou nulle. Par linéarité et positivité de l’intégrale :

\[ I_{n+1} – I_n = \int_0^{\pi} (e^{-(n+1)x}\sin(x) – e^{-nx}\sin(x))\mathrm{d}x \leq\, 0. \]

La suite \( (I_n) \) est décroissante.

2. c) La suite \( (I_n) \) est décroissante (question 2.b) et minorée par 0 (question 2.a). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \( (I_n) \) converge.

3. a) On montre que \( I_n \leq\, \displaystyle\int_0^{\pi} e^{-nx}\,\mathrm{d}x \). Pour tout réel \( x \), \( \sin(x) \leq\, 1 \) ; en multipliant par \( e^{-nx} \gt 0 \), on obtient \( e^{-nx}\sin(x) \leq\, e^{-nx} \) sur \( [0\,;\pi] \). En intégrant cette inégalité (croissance de l’intégrale) :

\[ I_n \leq\, \int_0^{\pi} e^{-nx}\,\mathrm{d}x. \]

3. b) Pour \( n \geq\, 1 \), une primitive de \( x \mapsto e^{-nx} \) est \( x \mapsto -\dfrac{e^{-nx}}{n} \). Ainsi :

\[ \int_0^{\pi} e^{-nx}\,\mathrm{d}x = [-\dfrac{e^{-nx}}{n}]_0^{\pi} = -\dfrac{e^{-n\pi}}{n} + \dfrac{1}{n} = \dfrac{1 – e^{-n\pi}}{n}. \]

3. c) On en déduit la limite de \( (I_n) \). Pour tout entier \( n \geq\, 1 \) :

\[ 0 \leq\, I_n \leq\, \dfrac{1 – e^{-n\pi}}{n}. \]

Comme \( \lim\limits_{n \to +\infty} e^{-n\pi} = 0 \), le numérateur tend vers 1 et le dénominateur vers \( +\infty \) : \( \lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1 – e^{-n\pi}}{n} = 0 \). D’après le théorème des gendarmes, \( \lim\limits_{n \to +\infty} I_n = 0 \).

4. a) On établit deux relations par intégration par parties.

Première intégration par parties. On pose \( u(x) = e^{-nx} \), \( u^{\prime}(x) = -ne^{-nx} \), \( v(x) = -\cos(x) \), \( v^{\prime}(x) = \sin(x) \), fonctions dérivables à dérivées continues sur \( [0\,;\pi] \) :

\[ I_n = \Big[-e^{-nx}\cos(x)\Big]_0^{\pi} – \int_0^{\pi} (-ne^{-nx})(-\cos(x))\mathrm{d}x = (e^{-n\pi} + 1) – n\int_0^{\pi} e^{-nx}\cos(x)\,\mathrm{d}x, \]

car \( -e^{-n\pi}\cos(\pi) = e^{-n\pi} \) et \( e^{0}\cos(0) = 1 \). Donc \( I_n = 1 + e^{-n\pi} – nJ_n \).

Seconde intégration par parties (pour \( n \geq\, 1 \)). On pose \( w(x) = \sin(x) \), \( w^{\prime}(x) = \cos(x) \), \( p(x) = -\dfrac{e^{-nx}}{n} \), \( p^{\prime}(x) = e^{-nx} \) :

\[ I_n = [-\dfrac{e^{-nx}}{n}\sin(x)]_0^{\pi} – \int_0^{\pi} (-\dfrac{e^{-nx}}{n})\cos(x)\,\mathrm{d}x = 0 – 0 + \dfrac{1}{n}\int_0^{\pi} e^{-nx}\cos(x)\,\mathrm{d}x, \]

car \( \sin(0) = \sin(\pi) = 0 \). Donc \( I_n = \dfrac{1}{n}J_n \).

4. b) On en déduit l’expression de \( I_n \). La seconde relation donne \( J_n = nI_n \). En reportant dans la première :

\[ I_n = 1 + e^{-n\pi} – n \times nI_n \iff I_n + n^2 I_n = 1 + e^{-n\pi} \iff (1 + n^2)I_n = 1 + e^{-n\pi}. \]
\[ I_n = \dfrac{1 + e^{-n\pi}}{1 + n^2}. \]

On remarque que cette formule reste vraie pour \( n = 0 \) : elle donne \( \dfrac{1+1}{1} = 2 = I_0 \).

5. On complète une fonction Python qui renvoie le plus petit entier \( n \) tel que \( I_n \lt 0{,}1 \). On part de \( n = 0 \) et \( I_0 = 2 \), et tant que \( I \geq\, 0{,}1 \), on augmente \( n \) de 1 et on recalcule \( I_n \) grâce à la formule de la question 4.b :

from math import *
def seuil():
    n = 0
    I = 2
    while I >= 0.1:
        n = n + 1
        I = (1 + exp(-n*pi)) / (n*n + 1)
    return n

À titre de contrôle : \( I_3 = \dfrac{1 + e^{-3\pi}}{10} \approx 0{,}100008 \), encore supérieur à 0,1, et \( I_4 = \dfrac{1 + e^{-4\pi}}{17} \approx 0{,}0588 \). La fonction renvoie donc 4.