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

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

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 :

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 \(-2x + y + 5z + 5 = 0\).

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.

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