Corrigé du bac de maths 2024 en Amérique du Sud (jour 1)

Corrigé bac 2024 : présentation de la correction

Avant tout, ce corrigé bac 2024 reprend l’épreuve de spécialité mathématiques 2024 en Amérique du Sud (jour 1) et détaille la démarche attendue à chaque question. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, la géométrie dans l’espace et les probabilités conditionnelles. Enfin, l’épreuve officielle dure 4 heures : comptez donc environ 60 minutes par exercice, relecture comprise. Par conséquent, la correction sert autant à contrôler un résultat qu’à apprendre la rédaction attendue le jour de l’examen.

Corrigé du sujet

Exercice 1 : correction du corrigé bac 2024

Partie A

1. La fonction \(g : x \mapsto ax\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\) est dérivable sur \([0\,;\,+\infty[\) comme produit de fonctions dérivables. Avec la formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) et \((\text{e}^{-\frac{1}{4}x})^{\prime} = -\dfrac{1}{4}\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\), on obtient :

\[g^{\prime}(x) = a\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} – \dfrac{a}{4}x\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}.\]

On calcule alors le membre de gauche de \((E)\) : les termes en \(x\) se simplifient.

\[g^{\prime}(x) + \dfrac{1}{4}g(x) = a\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} – \dfrac{a}{4}x\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} + \dfrac{a}{4}x\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} = a\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}.\]

Donc \(g\) est solution de \((E)\) si et seulement si \(a\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} = 20\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\) pour tout \(x \geq\, 0\). Comme une exponentielle ne s’annule jamais, on peut diviser : \(a = 20\), c’est-à-dire \(g(x) = 20x\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\).

2. L’équation \((E^{\prime})\) s’écrit \(y^{\prime} = -\dfrac{1}{4}y\). D’après le cours, les solutions de \(y^{\prime} = ay\) sont les fonctions \(x \mapsto C\text{e}^{ax}\). Ici \(a = -\dfrac{1}{4}\), donc les solutions de \((E^{\prime})\) sont les fonctions \(x \mapsto C\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

3. Soit \(y\) une fonction dérivable sur \([0\,;\,+\infty[\). Comme \(g\) est solution de \((E)\), on a \(g^{\prime} + \dfrac{1}{4}g = 20\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\). Par différence :

\[y \text{ solution de } (E) \iff y^{\prime} + \dfrac{1}{4}y = g^{\prime} + \dfrac{1}{4}g \iff (y – g)^{\prime} + \dfrac{1}{4}(y – g) = 0 \iff y – g \text{ solution de } (E^{\prime}).\]

D’après la question 2, cela revient à \(y(x) – 20x\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} = C\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\). Les solutions de \((E)\) sont donc les fonctions \(x \mapsto (20x + C)\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

4. On cherche \(C\) tel que \(f(0) = 8\). Or \(f(0) = (20 \times 0 + C)\,\text{e}^{0} = C\). Donc \(C = 8\) et \(f(x) = (20x + 8)\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\).

Partie B

1. a. On dérive le produit \(u(x) = 20x + 8\), \(v(x) = \text{e}^{-\frac{1}{4}x}\), avec \(u^{\prime}(x) = 20\) et \(v^{\prime}(x) = -\dfrac{1}{4}\text{e}^{-\frac{1}{4}x}\) :

\[f^{\prime}(x) = 20\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} – \dfrac{1}{4}(20x + 8)\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} = (20 – 5x – 2)\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} = (18 – 5x)\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x}.\]

On retrouve bien l’expression demandée. (On pouvait aussi utiliser directement \(f^{\prime} = 20\,\text{e}^{-\frac{1}{4}x} – \dfrac{1}{4}f\), puisque \(f\) est solution de \((E)\).)

b. Pour tout \(x\), \(\text{e}^{-\frac{1}{4}x} \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(18 – 5x\). Or \(18 – 5x \gt 0 \iff x \lt \dfrac{18}{5} = 3{,}6\). Ainsi \(f^{\prime} \gt 0\) sur \([0\,;\,3{,}6[\), \(f^{\prime}(3{,}6) = 0\) et \(f^{\prime} \lt 0\) sur \(]3{,}6\,;\,+\infty[\).

On calcule les valeurs utiles : \(f(0) = 8\) et \(f(3{,}6) = (72 + 8)\,\text{e}^{-0{,}9} = 80\,\text{e}^{-0{,}9} \approx 32{,}53\). La limite en \(+\infty\) est 0 (admise).

Le maximum de \(f\) sur \([0\,;\,+\infty[\) vaut donc \(80\,\text{e}^{-\frac{9}{10}}\), atteint en \(x = \dfrac{18}{5}\).

2. a. L’intervalle \([14\,;\,15]\) est inclus dans \([\dfrac{18}{5}\,;\,+\infty[\), sur lequel \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante. On calcule :

\[f(14) = 288\,\text{e}^{-3{,}5} \approx 8{,}70 \quad \text{et} \quad f(15) = 308\,\text{e}^{-3{,}75} \approx 7{,}24.\]

Ainsi \(f(15) \lt 8 \lt f(14)\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas d’une fonction continue et strictement monotone), l’équation \(f(x) = 8\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([14\,;\,15]\).

b. À chaque passage dans la boucle, on calcule le milieu \(m\) de \([a\,;\,b]\) ; si \(f(m) \gt 8\), la solution est à droite de \(m\) (car \(f\) décroît) et \(a\) prend la valeur \(m\), sinon c’est \(b\) qui prend la valeur \(m\). On obtient \(f(14{,}5) \approx 7{,}94\), \(f(14{,}25) \approx 8{,}31\), \(f(14{,}375) \approx 8{,}12\) et \(f(14{,}4375) \approx 8{,}03\), d’où le tableau :

Exercice 1 du corrigé bac 2024, partie B (suite)

Dans la dernière colonne, \(b – a = 0{,}0625 \leq\, 0{,}1\) : la boucle s’arrête et la fonction renvoie \((14{,}4375\,;\,14{,}5)\).

c. La fonction applique la méthode de dichotomie : elle renvoie un encadrement \(a \leq\, \alpha \leq\, b\) de la solution \(\alpha\) de \(f(x) = 8\) d’amplitude inférieure ou égale à 0,1. Ici on obtient \(14{,}4375 \leq\, \alpha \leq\, 14{,}5\).

Exercice 2 :

Partie A

1. a. Si l’on a pioché une boule blanche dans \(\text{U}_1\), on l’ajoute à \(\text{U}_2\), qui contient alors 1 boule noire et 4 boules blanches, soit 5 boules. Le tirage étant au hasard, \(P_{\overline{N_1}}(N_2) = \dfrac{1}{5} = 0{,}2\).

b. Dans \(\text{U}_1\), 4 boules sur 10 sont noires : \(P(N_1) = 0{,}4\) et \(P(\overline{N_1}) = 0{,}6\). Si la boule transférée est noire, \(\text{U}_2\) contient 2 noires sur 5 boules : \(P_{N_1}(N_2) = 0{,}4\) et \(P_{N_1}(\overline{N_2}) = 0{,}6\). Enfin \(P_{\overline{N_1}}(\overline{N_2}) = 1 – 0{,}2 = 0{,}8\). L’arbre complété porte donc les probabilités suivantes :

2. On suit la branche \(N_1\) puis \(N_2\) : \(P(N_1 \cap N_2) = P(N_1) \times P_{N_1}(N_2) = 0{,}4 \times 0{,}4 = \) \(0{,}16\).

3. Les évènements \(N_1\) et \(\overline{N_1}\) forment une partition de l’univers ; la formule des probabilités totales donne :

\[P(N_2) = P(N_1 \cap N_2) + P(\overline{N_1} \cap N_2) = 0{,}16 + 0{,}6 \times 0{,}2 = 0{,}16 + 0{,}12 = 0{,}28.\]

4. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_{N_2}(\overline{N_1})\) :

\[P_{N_2}(\overline{N_1}) = \dfrac{P(\overline{N_1} \cap N_2)}{P(N_2)} = \dfrac{0{,}12}{0{,}28} = \dfrac{3}{7} \approx 0{,}43.\]

Sachant qu’on a obtenu une boule noire dans \(\text{U}_2\), la probabilité d’avoir pioché une boule blanche dans \(\text{U}_1\) est environ 0,43.

Partie B

1. Chaque expérience est une épreuve de Bernoulli dont le succès « piocher une boule noire dans \(\text{U}_2\) » a pour probabilité \(p = 0{,}28\). On répète cette épreuve \(n\) fois, de façon identique et indépendante, et \(X\) compte le nombre de succès. Donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(p = 0{,}28\).

2. On isole la puissance puis on applique la fonction \(\ln\), strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\) :

\[1 – 0{,}72^n \geq\, 0{,}9 \iff 0{,}72^n \leq\, 0{,}1 \iff n\ln(0{,}72) \leq\, \ln(0{,}1) \iff n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}1)}{\ln(0{,}72)}.\]

Le sens de l’inégalité change à la dernière étape car \(\ln(0{,}72) \lt 0\). Comme \(\dfrac{\ln(0{,}1)}{\ln(0{,}72)} \approx 7{,}01\), le plus petit entier qui convient est \(n = 8\).

3. On remarque que \(P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}72^n\). Le résultat signifie donc : il faut répéter l’expérience au moins 8 fois pour que la probabilité de piocher au moins une fois une boule noire dans l’urne \(\text{U}_2\) soit supérieure ou égale à 0,9.

Partie C

1. Un tirage simultané de deux boules parmi les 10 de \(\text{U}_1\) est une combinaison de 2 éléments parmi 10 : il y en a \(\dbinom{10}{2} = \dfrac{10 \times 9}{2} = \) 45.

2. On choisit une boule noire parmi 4 et une boule blanche parmi 6 : il y a \(4 \times 6 = \) 24 tirages de ce type.

3. Trois cas se présentent pour les deux boules transférées, tous les tirages étant équiprobables :

• deux noires : \(\dbinom{4}{2} = 6\) tirages, probabilité \(\dfrac{6}{45} = \dfrac{2}{15}\) ; l’urne \(\text{U}_2\) contient alors 3 noires sur 6 boules ;
• une noire et une blanche : probabilité \(\dfrac{24}{45} = \dfrac{8}{15}\) ; \(\text{U}_2\) contient alors 2 noires sur 6 boules ;
• deux blanches : \(\dbinom{6}{2} = 15\) tirages, probabilité \(\dfrac{15}{45} = \dfrac{1}{3}\) ; \(\text{U}_2\) contient alors 1 noire sur 6 boules.

L’arbre pondéré a donc trois branches au premier niveau, puis \(N_2\) de probabilité \(\dfrac{3}{6}\), \(\dfrac{2}{6}\) ou \(\dfrac{1}{6}\) selon le cas. Par la formule des probabilités totales :

\[P(N_2) = \dfrac{2}{15} \times \dfrac{3}{6} + \dfrac{8}{15} \times \dfrac{2}{6} + \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{6}{90} + \dfrac{16}{90} + \dfrac{5}{90} = \dfrac{27}{90} = 0{,}3.\]

Comme \(0{,}3 \gt 0{,}28\), oui, la probabilité de piocher une boule noire dans \(\text{U}_2\) est plus grande avec cette nouvelle expérience.

Exercice 3 :

1. Affirmation 1 : FAUX. Pour tout \(n \geq\, 1\), \((-1)^n\) vaut \(-1\) ou \(1\), donc \(24 \leq\, 25 + (-1)^n \leq\, 26\). En divisant par \(n \gt 0\) : \(\dfrac{24}{n} \leq\, u_n \leq\, \dfrac{26}{n}\).

Les deux suites qui encadrent \(u_n\) tendent vers 0. D’après le théorème des gendarmes, \((u_n)\) converge vers 0 : elle n’est pas divergente.

2. Affirmation 2 : VRAI. Pour tout entier naturel \(n\), comme \(w_n \gt 0\) :

\[t_{n+1} = \dfrac{k}{w_{n+1}} = k \times \dfrac{1 + w_n}{w_n} = \dfrac{k}{w_n} + k = t_n + k.\]

La suite \((t_n)\) est donc arithmétique de raison \(k\). Comme \(k \gt 0\), elle est strictement croissante.

3. Affirmation 3 : VRAI. Étudions \(h(x) = \ln(1 + x) – x\) sur \([0\,;\,+\infty[\). On a \(h^{\prime}(x) = \dfrac{1}{1 + x} – 1 = \dfrac{-x}{1 + x}\), qui est strictement négatif pour \(x \gt 0\). Donc \(h\) est strictement décroissante sur \([0\,;\,+\infty[\) et, puisque \(h(0) = 0\), \(h(x) \lt 0\) pour tout \(x \gt 0\).

Comme \(v_n \gt 0\) pour tout \(n\), on obtient \(v_{n+1} – v_n = \ln(1 + v_n) – v_n = h(v_n) \lt 0\). La suite \((v_n)\) est donc (strictement) décroissante.

4. Affirmation 4 : VRAI. On intègre par parties \(I_{n+1} = \displaystyle\int_1^{\text{e}} 1 \times [\ln(x)]^{n+1}\,\text{d}x\) en posant \(u(x) = [\ln(x)]^{n+1}\) et \(v^{\prime}(x) = 1\), soit \(u^{\prime}(x) = (n + 1)\dfrac{1}{x}[\ln(x)]^n\) et \(v(x) = x\). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([1\,;\,\text{e}]\).

\[I_{n+1} = \Big[x[\ln(x)]^{n+1}\Big]_1^{\text{e}} – \displaystyle\int_1^{\text{e}} x \times (n + 1)\dfrac{1}{x}[\ln(x)]^n\,\text{d}x = \text{e} \times 1^{n+1} – 1 \times 0^{n+1} – (n + 1)I_n.\]

Comme \(\ln(\text{e}) = 1\) et \(\ln(1) = 0\), on obtient bien \(I_{n+1} = \text{e} – (n + 1)I_n\) pour tout entier naturel \(n\).

Exercice 4 :

1. Un point \(M(x\,;\,y\,;\,z)\) appartient à \((d_1)\) si et seulement s’il existe un réel \(s\) tel que \(\vec{AM} = s\,\vec{u_1}\). Une représentation paramétrique de \((d_1)\) est donc :

\[\{\begin{array}{l}x = 1 + s\\y = 2 + 2s\\z = -1\end{array}., \quad s \in \mathbb{R}.\]

2. Un vecteur directeur de \((d_2)\) est \(\vec{u_2}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\). Sa première coordonnée est nulle alors que celle de \(\vec{u_1}\) vaut 1 : les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles.

Cherchons un éventuel point commun. Il faudrait \(1 + s = 0\), \(2 + 2s = 1 + t\) et \(-1 = 2 + t\). La troisième équation donne \(t = -3\), la première \(s = -1\), et la deuxième devient \(0 = -2\) : impossible. Les droites ne sont donc pas sécantes.

Deux droites de l’espace ni parallèles ni sécantes sont non coplanaires.

3. Soit \(\vec{n}\begin{pmatrix}-2\\1\\5\end{pmatrix}\). On a \(\vec{n} \cdot \vec{u_1} = -2 + 2 + 0 = 0\) et \(\vec{n} \cdot \vec{w} = -4 – 1 + 5 = 0\). Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \(\mathcal{P}\) : c’est un vecteur normal à \(\mathcal{P}\).

Une équation de \(\mathcal{P}\) est donc de la forme \(-2x + y + 5z + d = 0\). Comme A appartient à \(\mathcal{P}\) : \(-2 + 2 – 5 + d = 0\), d’où \(d = 5\). Une équation cartésienne de \(\mathcal{P}\) est bien \(-2x + y + 5z + 5 = 0\).

Exercice 4 du corrigé bac 2024 : questions 4 à 5

4. a. On calcule \(\vec{n} \cdot \vec{u_2} = 0 + 1 + 5 = 6 \neq 0\). Le vecteur directeur de \((d_2)\) n’est pas orthogonal au vecteur normal de \(\mathcal{P}\) : la droite \((d_2)\) n’est pas parallèle au plan \(\mathcal{P}\), elle le coupe donc en un point unique. \((d_2)\) et \(\mathcal{P}\) sont sécants.

b. Le point de coordonnées \((0\,;\,-\dfrac{5}{3}\,;\,-\dfrac{2}{3})\) appartient à \((d_2)\) : on prend \(t = -\dfrac{8}{3}\), ce qui donne \(x = 0\), \(y = 1 – \dfrac{8}{3} = -\dfrac{5}{3}\) et \(z = 2 – \dfrac{8}{3} = -\dfrac{2}{3}\).

Il appartient aussi à \(\mathcal{P}\) : \(-2 \times 0 – \dfrac{5}{3} + 5 \times (-\dfrac{2}{3}) + 5 = -\dfrac{5}{3} – \dfrac{10}{3} + 5 = -5 + 5 = 0\).

Comme l’intersection est réduite à un point, F a bien pour coordonnées \((0\,;\,-\dfrac{5}{3}\,;\,-\dfrac{2}{3})\).

5. a. Par construction, E appartient à \((d_1)\) et F à \((d_2)\). La droite (EF) est la droite \((\delta)\), dirigée par \(\vec{w}\). Or :

\[\vec{w} \cdot \vec{u_1} = 2 – 2 + 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{w} \cdot \vec{u_2} = 0 – 1 + 1 = 0.\]

La droite (EF) est donc orthogonale à \((d_1)\) et à \((d_2)\). D’après la définition rappelée dans l’énoncé, EF est la distance entre les droites \((d_1)\) et \((d_2)\).

b. On a \(\vec{\text{EF}}\begin{pmatrix}0 + \frac{2}{3}\\-\frac{5}{3} + \frac{4}{3}\\-\frac{2}{3} + 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{2}{3}\\-\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}\end{pmatrix}\), c’est-à-dire \(\vec{\text{EF}} = \dfrac{1}{3}\vec{w}\). Le repère étant orthonormé :

\[\text{EF} = \sqrt{\dfrac{4}{9} + \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{9}} = \sqrt{\dfrac{6}{9}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}.\]

La distance entre les droites \((d_1)\) et \((d_2)\) vaut \(\dfrac{\sqrt{6}}{3} \approx 0{,}82\) unité de longueur.

Bien travailler ce corrigé bac 2024

Pour commencer, reprenez l’énoncé du sujet et cherchez chaque exercice seul, au brouillon puis au propre. Ensuite, comparez votre copie avec la correction ligne par ligne : au-delà du résultat final, regardez surtout la justification attendue. En outre, identifiez les chapitres qui vous ont bloqué, notamment la fonction exponentielle ou la fonction logarithme népérien, puis reprenez le cours correspondant. Enfin, refaites les questions ratées deux ou trois jours plus tard, cette fois sans rien regarder. En complément, l’article fonction exponentielle de Wikipédia rappelle les définitions et propriétés utiles.

Les erreurs fréquentes à éviter

• Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
• Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
• En géométrie dans l’espace, ne confondez pas le vecteur normal d’un plan et le vecteur directeur d’une droite.

Corrigé bac 2024 : vos questions

Où trouver l’énoncé complet ? Il se trouve sur la page du sujet ; ainsi, vous pouvez chercher chaque exercice avant de lire la correction.

Quelles notions revoir avant de commencer ? Surtout, la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien et la géométrie dans l’espace, mais aussi les probabilités conditionnelles.

Faut-il tout justifier ? Oui, en règle générale ; en revanche, dans un QCM, l’énoncé précise le plus souvent qu’aucune justification n’est attendue.

De plus, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2024 en Amérique du Sud (jour 1) : sujet et corrigé.