Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie 1
1. Une personne est de rhésus positif lorsqu’elle est A+, O+, B+ ou AB+. Ces quatre évènements sont deux à deux incompatibles, donc leurs probabilités s’additionnent :
\[P(Rh+) = 0{,}382 + 0{,}365 + 0{,}077 + 0{,}025 = 0{,}849.\]
2. Être de groupe A et de rhésus positif, c’est exactement l’évènement \(A+\) : \(P(A \cap Rh+) = 0{,}382\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[P_{Rh+}(A) = \dfrac{P(A \cap Rh+)}{P(Rh+)} = \dfrac{0{,}382}{0{,}849} \approx 0{,}450.\]
On obtient bien \(P_{Rh+}(A) \approx 0{,}450\) à 0,001 près.
3. On cherche \(P_{AB}(Rh-)\). Le groupe AB regroupe AB+ et AB−, donc \(P(AB) = 0{,}025 + 0{,}004 = 0{,}029\), et \(P(AB \cap Rh-) = P(AB-) = 0{,}004\). D’où :
\[P_{AB}(Rh-) = \dfrac{0{,}004}{0{,}029} = \dfrac{4}{29} \approx 0{,}138.\]
La probabilité que son rhésus soit négatif est environ 0,138.
Partie 2
1. a. Choisir une personne et regarder si elle est donneur universel est une épreuve de Bernoulli de succès « la personne est O− », de probabilité \(p = 0{,}065\). La population étant très grande, on assimile le choix des 50 personnes à 50 répétitions identiques et indépendantes de cette épreuve. \(X\) compte les succès, donc \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(50\,;\,0{,}065)\). Ainsi :
\[P(X = 8) = \dbinom{50}{8} \times 0{,}065^8 \times 0{,}935^{42} \approx 0{,}010.\]
La probabilité qu’exactement 8 des 50 personnes soient donneurs universels est environ 0,010.
b. La boucle ajoute à \(p\) les valeurs \(P(X = 0)\), \(P(X = 1)\), …, \(P(X = k)\). Donc proba(k) renvoie \(P(X \leq\, k)\), et proba(8) renvoie \(P(X \leq\, 8) \approx\) 0,995.
Interprétation : parmi 50 personnes choisies au hasard, la probabilité qu’il y ait au plus 8 donneurs universels est environ 0,995.
2. On choisit maintenant \(n\) personnes ; le nombre \(Y\) de donneurs universels parmi elles suit la loi \(\mathcal{B}(n\,;\,0{,}065)\). L’évènement « au moins un donneur universel » est le contraire de « aucun », donc \(P(Y \geq\, 1) = 1 – P(Y = 0) = 1 – 0{,}935^n\). On résout, avec \(\ln\) strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\) :
\[1 – 0{,}935^n \gt 0{,}999 \iff 0{,}935^n \lt 0{,}001 \iff n\ln(0{,}935) \lt \ln(0{,}001) \iff n \gt \dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}935)}.\]
On a divisé par \(\ln(0{,}935) \lt 0\), d’où le changement de sens. Comme \(\dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}935)} \approx 102{,}8\), il faut choisir au minimum 103 personnes. (Contrôle : \(1 – 0{,}935^{102} \approx 0{,}99895\) et \(1 – 0{,}935^{103} \approx 0{,}99901\).)
Exercice 2 :
Partie 1
On commence par l’affirmation 3, qui donne l’expression explicite de \(u_n\) et facilite les deux autres.
3. Affirmation 3 : VRAI. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[v_{n+1} = u_{n+1} – 3 = \dfrac{1}{3}u_n + 2 – 3 = \dfrac{1}{3}u_n – 1 = \dfrac{1}{3}(u_n – 3) = \dfrac{1}{3}v_n.\]
La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(\dfrac{1}{3}\) et de premier terme \(v_0 = 10 – 3 = 7\). On en déduit \(v_n = 7(\dfrac{1}{3})^n\), puis \(u_n = 3 + 7(\dfrac{1}{3})^n\).
1. Affirmation 1 : VRAI. D’après l’expression précédente, \(u_n \gt 3 \gt 0\) pour tout \(n\) : la suite est minorée par 0. De plus :
\[u_{n+1} – u_n = 7(\dfrac{1}{3})^{n+1} – 7(\dfrac{1}{3})^n = 7(\dfrac{1}{3})^n(\dfrac{1}{3} – 1) = -\dfrac{14}{3}(\dfrac{1}{3})^n \lt 0.\]
La suite \((u_n)\) est donc décroissante et minorée par 0.
2. Affirmation 2 : FAUX. Comme \(-1 \lt \dfrac{1}{3} \lt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} (\dfrac{1}{3})^n = 0\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 3\), et non 0.
Partie 2
1. Affirmation 4 : VRAI. Une fonction constante \(y = c\) a une dérivée nulle ; elle est solution de \((E)\) si et seulement si \(0 = \dfrac{3}{2}c + 2\), c’est-à-dire \(c = -\dfrac{4}{3}\). La fonction constante \(x \mapsto -\dfrac{4}{3}\) est donc solution de \((E)\).
3. Affirmation 5 : VRAI. Les solutions de \(y^{\prime} = \dfrac{3}{2}y\) sont les fonctions \(x \mapsto C\text{e}^{\frac{3}{2}x}\) ; en ajoutant la solution constante trouvée ci-dessus, les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(x \mapsto C\text{e}^{\frac{3}{2}x} – \dfrac{4}{3}\), \(C \in \mathbb{R}\).
La condition \(f(0) = 0\) donne \(C – \dfrac{4}{3} = 0\), donc \(C = \dfrac{4}{3}\) et \(f(x) = \dfrac{4}{3}(\text{e}^{\frac{3}{2}x} – 1)\). Le coefficient directeur de la tangente au point d’abscisse 1 est \(f^{\prime}(1)\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{4}{3} \times \dfrac{3}{2}\text{e}^{\frac{3}{2}x} = 2\,\text{e}^{\frac{3}{2}x}, \quad \text{donc} \quad f^{\prime}(1) = 2\,\text{e}^{\frac{3}{2}}.\]
Exercice 3 :
Partie 1
1. En \(-\infty\) : \(\lim\limits_{x \to -\infty} (x^2 – 4) = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to -\infty} \text{e}^{-x} = +\infty\), donc par produit \(\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty\).
En \(+\infty\) : on écrit \(f(x) = x^2\text{e}^{-x} – 4\text{e}^{-x} = \dfrac{x^2}{\text{e}^{x}} – \dfrac{4}{\text{e}^{x}}\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^2}{\text{e}^{x}} = 0\), et \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{4}{\text{e}^{x}} = 0\). Donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0\) : l’axe des abscisses est asymptote à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).
2. On dérive le produit \(u(x) = x^2 – 4\), \(v(x) = \text{e}^{-x}\), avec \(u^{\prime}(x) = 2x\) et \(v^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\) :
\[f^{\prime}(x) = 2x\,\text{e}^{-x} – (x^2 – 4)\text{e}^{-x} = (-x^2 + 2x + 4)\text{e}^{-x}.\]
3. Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(-x^2 + 2x + 4\). Son discriminant est \(\Delta = 4 + 16 = 20\), ses racines sont \(x_1 = \dfrac{-2 + \sqrt{20}}{-2} = 1 – \sqrt{5}\) et \(x_2 = 1 + \sqrt{5}\). Le coefficient de \(x^2\) étant négatif, le trinôme est négatif à l’extérieur des racines et positif entre elles.
Valeurs aux bornes : \(f(1 – \sqrt{5}) = (2 – 2\sqrt{5})\text{e}^{\sqrt{5} – 1} \approx -8{,}51\) et \(f(1 + \sqrt{5}) = (2 + 2\sqrt{5})\text{e}^{-1 – \sqrt{5}} \approx 0{,}25\) (on a utilisé \((1 \pm \sqrt{5})^2 – 4 = 2 \pm 2\sqrt{5}\)).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(1 – \sqrt{5}\) | \(1 + \sqrt{5}\) | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | \(+\infty\) | \(\searrow\) | \((2 – 2\sqrt{5})\text{e}^{\sqrt{5} – 1}\) | \(\nearrow\) | \((2 + 2\sqrt{5})\text{e}^{-1 – \sqrt{5}}\) | \(\searrow\) | 0 |
\(f\) est décroissante sur \(]-\infty\,;\,1 – \sqrt{5}]\), croissante sur \([1 – \sqrt{5}\,;\,1 + \sqrt{5}]\) et décroissante sur \([1 + \sqrt{5}\,;\,+\infty[\).
Partie 2
1. Une primitive de \(x \mapsto \text{e}^{-x}\) est \(x \mapsto -\text{e}^{-x}\), donc :
\[I_0 = \displaystyle\int_{-2}^{0} \text{e}^{-x}\,\text{d}x = \Big[-\text{e}^{-x}\Big]_{-2}^{0} = -\text{e}^{0} + \text{e}^{2} = \text{e}^2 – 1.\]
2. Dans \(I_{n+1} = \displaystyle\int_{-2}^{0} x^{n+1}\text{e}^{-x}\,\text{d}x\), on pose \(u(x) = x^{n+1}\) et \(v^{\prime}(x) = \text{e}^{-x}\), d’où \(u^{\prime}(x) = (n + 1)x^n\) et \(v(x) = -\text{e}^{-x}\). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([-2\,;\,0]\). La formule d’intégration par parties donne :
\[I_{n+1} = \Big[-x^{n+1}\text{e}^{-x}\Big]_{-2}^{0} + (n + 1)\displaystyle\int_{-2}^{0} x^n\text{e}^{-x}\,\text{d}x = (0 + (-2)^{n+1}\text{e}^{2}) + (n + 1)I_n.\]
En effet, le crochet vaut 0 en 0 et \(-(-2)^{n+1}\text{e}^{2}\) en \(-2\). On obtient bien \(I_{n+1} = (-2)^{n+1}\text{e}^2 + (n + 1)I_n\).
3. Avec \(n = 0\) : \(I_1 = (-2)^1\text{e}^2 + 1 \times I_0 = -2\text{e}^2 + \text{e}^2 – 1\), donc \(I_1 = -\text{e}^2 – 1\).
Avec \(n = 1\) : \(I_2 = (-2)^2\text{e}^2 + 2I_1 = 4\text{e}^2 – 2\text{e}^2 – 2\), donc \(I_2 = 2\text{e}^2 – 2\).
Partie 3
1. Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(f(x)\) a le signe de \(x^2 – 4 = (x – 2)(x + 2)\). Donc \(f(x) \gt 0\) sur \(]-\infty\,;\,-2[\) et sur \(]2\,;\,+\infty[\), \(f(x) \lt 0\) sur \(]-2\,;\,2[\), et \(f\) s’annule en \(-2\) et en 2.
2. Le domaine \(D\) correspond à \(x\) compris entre \(-2\) et 0. Sur cet intervalle \(f\) est continue et négative, donc l’aire vaut l’opposé de l’intégrale. Par linéarité :
\[S = -\displaystyle\int_{-2}^{0} (x^2 – 4)\text{e}^{-x}\,\text{d}x = -\displaystyle\int_{-2}^{0} x^2\text{e}^{-x}\,\text{d}x + 4\displaystyle\int_{-2}^{0} \text{e}^{-x}\,\text{d}x = -I_2 + 4I_0.\]
\[S = -(2\text{e}^2 – 2) + 4(\text{e}^2 – 1) = 2\text{e}^2 – 2.\]
L’aire du domaine \(D\) vaut \(2\text{e}^2 – 2 \approx 12{,}78\) unités d’aire, ce qui est cohérent avec la figure (un peu moins que le rectangle de 2 sur 8,5).
Exercice 4 :
Partie 1 : Distance du point O au plan (ABC)
1. On a \(\vec{\text{AB}}(-3\,;\,2\,;\,0)\) et \(\vec{\text{AC}}(-3\,;\,0\,;\,2)\), qui ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{\text{AC}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{AB}}\)). Or :
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AB}} = -6 + 6 + 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{\text{AC}} = -6 + 0 + 6 = 0.\]
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : c’est un vecteur normal au plan (ABC).
2. Le plan (ABC) admet donc une équation de la forme \(2x + 3y + 3z + d = 0\). Il passe par A, d’où \(6 + d = 0\), soit \(d = -6\). Une équation cartésienne de (ABC) est \(2x + 3y + 3z – 6 = 0\). (Contrôle : B donne \(6 – 6 = 0\) et C donne \(6 – 6 = 0\).)
3. La droite \(d\) passe par O(0 ; 0 ; 0) et est dirigée par \(\vec{n}\) :
\[d : \{\begin{array}{l}x = 2t\\y = 3t\\z = 3t\end{array}., \quad t \in \mathbb{R}.\]
4. On injecte la représentation paramétrique dans l’équation du plan : \(2(2t) + 3(3t) + 3(3t) – 6 = 0\), soit \(22t = 6\), donc \(t = \dfrac{3}{11}\). On obtient \(\text{H}(\dfrac{6}{11}\,;\,\dfrac{9}{11}\,;\,\dfrac{9}{11})\).
5. La droite (OH) est dirigée par un vecteur normal au plan et H appartient au plan : H est le projeté orthogonal de O sur (ABC), et la distance de O au plan est OH. Le repère étant orthonormé :
\[\text{OH} = \sqrt{\dfrac{36 + 81 + 81}{121}} = \dfrac{\sqrt{198}}{11} = \dfrac{\sqrt{9 \times 22}}{11} = \dfrac{3\sqrt{22}}{11}.\]
Partie 2 : Démonstration de la propriété
1. Les axes du repère sont deux à deux perpendiculaires : le triangle OAB est rectangle en O et la droite (OC) est perpendiculaire au plan (OAB). On prend OAB comme base et OC = 2 comme hauteur. L’aire de OAB vaut \(\dfrac{\text{OA} \times \text{OB}}{2} = \dfrac{3 \times 2}{2} = 3\), donc :
\[V = \dfrac{1}{3} \times 3 \times 2 = 2.\]
Le volume du tétraèdre OABC vaut bien 2 unités de volume.
2. On calcule ce même volume en prenant ABC pour base ; la hauteur associée est alors OH. En notant \(\mathcal{A}\) l’aire de ABC : \(2 = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A} \times \dfrac{3\sqrt{22}}{11}\), c’est-à-dire \(2 = \dfrac{\sqrt{22}}{11}\mathcal{A}\). D’où :
\[\mathcal{A} = \dfrac{22}{\sqrt{22}} = \sqrt{22}.\]
3. Les trois autres faces sont des triangles rectangles en O :
- OAB : aire \(\dfrac{3 \times 2}{2} = 3\), dont le carré vaut 9 ;
- OAC : aire \(\dfrac{3 \times 2}{2} = 3\), dont le carré vaut 9 ;
- OBC : aire \(\dfrac{2 \times 2}{2} = 2\), dont le carré vaut 4.
La somme des carrés vaut \(9 + 9 + 4 = 22\), et le carré de l’aire de ABC vaut \((\sqrt{22})^2 = 22\). Le carré de l’aire de ABC est donc égal à la somme des carrés des aires des trois autres faces : c’est l’analogue, dans l’espace, du théorème de Pythagore.
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