Corrigé du bac de maths 2024 aux centres étrangers (jour 2)

L’énoncé de cette épreuve est sur la page Bac maths 2024 aux centres étrangers : sujet n°2 corrigé : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Dénombrement, loi uniforme et espérance

Une urne contient huit boules numérotées de 1 à 8. Un joueur tire successivement trois boules avec remise et note les numéros obtenus. On note \(X_1\), \(X_2\), \(X_3\) les numéros des trois tirages et \(S = X_1 + X_2 + X_3\).

1. Nombre de tirages possibles.

Un tirage est une liste ordonnée de 3 numéros choisis parmi 8, les répétitions étant permises (tirage avec remise) : c’est une 3-liste d’un ensemble à 8 éléments. Il y en a

\[8^3 = 512.\]

Il y a 512 tirages possibles.

2. a. Nombre de tirages sans répétition de numéro.

On compte les arrangements de 3 éléments parmi 8 : 8 choix pour le premier numéro, 7 pour le deuxième (différent du premier), 6 pour le troisième.

\[8 \times 7 \times 6 = 336.\]

Il y a 336 tirages sans répétition.

b. Nombre de tirages contenant au moins une répétition.

C’est le complémentaire de l’événement précédent parmi tous les tirages :

\[512 – 336 = 176.\]

176 tirages comportent au moins deux numéros identiques.

3. Loi de \(X_1\).

Les boules sont indiscernables au toucher, on est en situation d’équiprobabilité : chacun des 8 numéros a la même probabilité de sortir au premier tirage. Pour tout entier \(k\) compris entre 1 et 8 :

\[P(X_1 = k) = \dfrac{1}{8}.\]

\(X_1\) suit la loi uniforme sur \(\{1 ; 2 ; \dots ; 8\}\).

4. Espérance de \(X_1\).

\[E(X_1) = \dfrac{1}{8}\times 1 + \dfrac{1}{8}\times 2 + \dots + \dfrac{1}{8}\times 8 = \dfrac{1}{8}(1 + 2 + \dots + 8) = \dfrac{1}{8}\times \dfrac{8 \times 9}{2} = \dfrac{9}{2}.\]

Donc \(E(X_1) = \dfrac{9}{2} = 4{,}5\).

5. Espérance de \(S\).

Le tirage se fait avec remise : \(X_1\), \(X_2\) et \(X_3\) suivent la même loi uniforme, donc ont la même espérance \(\dfrac{9}{2}\). Par linéarité de l’espérance :

\[E(S) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) = 3 \times \dfrac{9}{2} = \dfrac{27}{2}.\]

\(E(S) = \dfrac{27}{2} = 13{,}5\) : en moyenne, la somme des trois numéros vaut 13,5.

6. Probabilité que \(S = 24\).

La somme maximale est \(8 + 8 + 8 = 24\) : la seule façon d’obtenir 24 est de tirer le 8 aux trois tirages. Un seul tirage sur 512 convient :

\[P(S = 24) = \dfrac{1}{512}.\]

7. Le joueur gagne un lot lorsque la somme \(S\) est supérieure ou égale à 22.

a. Nombre de tirages gagnants.

Si l’un des numéros vaut au plus 5, alors \(S \leq\, 5 + 8 + 8 = 21\) : c’est perdu. Chaque numéro vaut donc 6, 7 ou 8. Si un numéro vaut 6, les deux autres doivent faire au moins 16, donc valoir 8 tous les deux. On liste ainsi les tirages selon la somme :

• \(S = 24\) : 8-8-8, soit 1 tirage ;
• \(S = 23\) : deux 8 et un 7 : 8-8-7, 8-7-8, 7-8-8, soit 3 tirages ;
• \(S = 22\) : deux 8 et un 6 (8-8-6, 8-6-8, 6-8-8) ou un 8 et deux 7 (8-7-7, 7-8-7, 7-7-8), soit 6 tirages.

Il y a au total \(1 + 3 + 6 = 10\) : 10 tirages permettent de gagner un lot.

b. Probabilité de gagner un lot.

Les 512 tirages étant équiprobables :

\[P(S \geq\, 22) = \dfrac{10}{512} = \dfrac{5}{256} \approx 0{,}020.\]

La probabilité de gagner un lot est \(\dfrac{5}{256}\), soit environ 2 %.

Exercice 2 :

Fonction exponentielle, convexité et valeurs intermédiaires

On étudie la fonction \(f\) définie sur \(]-\infty ; 1[\) par \(f(x) = \dfrac{\mathrm{e}^x}{x-1}\), de courbe représentative \(\mathcal{C}\).

1. a. Limite de \(f\) en \(1\) (à gauche).

On a \(\displaystyle\lim_{x \to 1^-} \mathrm{e}^x = \mathrm{e}\), avec \(\mathrm{e} \gt 0\), et \(\displaystyle\lim_{x \to 1^-} (x – 1) = 0^-\) car \(x – 1 \lt 0\) sur l’intervalle. Par quotient :

\[\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty.\]

b. Interprétation graphique : la droite d’équation \(x = 1\) est asymptote verticale à la courbe \(\mathcal{C}\).

2. Limite de \(f\) en \(-\infty\).

On a \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \mathrm{e}^x = 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (x – 1) = -\infty\). Par quotient :

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

La courbe \(\mathcal{C}\) admet donc l’axe des abscisses (droite \(y = 0\)) comme asymptote horizontale en \(-\infty\).

3. a. Calcul de la dérivée.

\(f\) est dérivable sur \(]-\infty ; 1[\) comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas. Avec \(u(x) = \mathrm{e}^x\) et \(v(x) = x – 1\), on a \(u^{\prime}(x) = \mathrm{e}^x\) et \(v^{\prime}(x) = 1\), donc pour tout \(x \lt 1\) :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\mathrm{e}^x (x-1) – \mathrm{e}^x \times 1}{(x-1)^2} = \dfrac{\mathrm{e}^x (x – 1 – 1)}{(x-1)^2} = \dfrac{\mathrm{e}^x (x-2)}{(x-1)^2}.\]

b. Variations de \(f\).

Pour tout réel \(x \lt 1\) :

• \(\mathrm{e}^x \gt 0\) ;
• \((x-1)^2 \gt 0\) ;
• \(x – 2 \lt 1 – 2 = -1\), donc \(x – 2 \lt 0\).

Ainsi \(f^{\prime}(x) \lt 0\) pour tout \(x \lt 1\) : \(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty ; 1[\). Avec les limites des questions 1 et 2 :

\(x\)	\(-\infty\)		\(1\)
\(f^{\prime}(x)\)		\(-\)	||
\(f\)	\(0\)	décroissante (↘)	\(-\infty\) ||

4. a. Convexité. On admet que, pour tout \(x \lt 1\), \(f^{\prime\prime}(x) = \dfrac{\mathrm{e}^x (x^2 – 4x + 5)}{(x-1)^3}\).

Pour tout \(x \lt 1\) : \(\mathrm{e}^x \gt 0\) et \(x – 1 \lt 0\), donc \((x-1)^3 \lt 0\).

Le trinôme \(x^2 – 4x + 5\) a pour discriminant \(\Delta = (-4)^2 – 4 \times 1 \times 5 = -4 \lt 0\) : il ne s’annule jamais et garde le signe de son coefficient dominant \(1\), il est donc strictement positif sur \(\mathbb{R}\). (On peut aussi écrire \(x^2 – 4x + 5 = (x-2)^2 + 1 \gt 0\).)

Par conséquent \(f^{\prime\prime}(x) \lt 0\) sur \(]-\infty ; 1[\) : \(f\) est concave sur \(]-\infty ; 1[\).

b. Équation de la tangente \(T\) à \(\mathcal{C}\) au point d’abscisse 0.

\(f(0) = \dfrac{\mathrm{e}^0}{0 – 1} = -1\) et \(f^{\prime}(0) = \dfrac{\mathrm{e}^0 \times (0 – 2)}{(0-1)^2} = -2\). La tangente a pour équation \(y = f^{\prime}(0)(x – 0) + f(0)\), soit :

\[T : y = -2x – 1.\]

c. Montrer que, pour tout \(x \lt 1\), \(\mathrm{e}^x \geq\, (-2x – 1)(x – 1)\).

La fonction \(f\) étant concave sur \(]-\infty ; 1[\), sa courbe est située en dessous de chacune de ses tangentes, en particulier de \(T\). Pour tout \(x \lt 1\) :

\[\dfrac{\mathrm{e}^x}{x – 1} \leq\, -2x – 1.\]

On multiplie les deux membres par \(x – 1\), qui est strictement négatif : le sens de l’inégalité change.

\[\mathrm{e}^x \geq\, (-2x – 1)(x – 1).\]

5. a. Montrer que l’équation \(f(x) = -2\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]-\infty ; 1[\).

Sur \(]-\infty ; 1[\), la fonction \(f\) est :

• continue, car dérivable ;
• strictement décroissante (question 3.b) ;
• de limite \(0\) en \(-\infty\) et \(-\infty\) en \(1\) : elle prend donc toutes les valeurs de \(]-\infty ; 0[\).

Comme \(-2 \in \,]-\infty ; 0[\), d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \(f(x) = -2\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]-\infty ; 1[\).

b. Encadrement de \(\alpha\) d’amplitude \(10^{-2}\).

À la calculatrice : \(f(0{,}31) \approx -1{,}976\), donc \(f(0{,}31) \gt -2\) ; et \(f(0{,}32) \approx -2{,}025\), donc \(f(0{,}32) \lt -2\).

Ainsi \(f(0{,}31) \gt f(\alpha) \gt f(0{,}32)\) et, \(f\) étant strictement décroissante :

\[0{,}31 \lt \alpha \lt 0{,}32.\]

(Plus précisément, \(\alpha \approx 0{,}315\).)

Exercice 3 :

Géométrie dans l’espace : plan, droite orthogonale et volume

On considère un cube \(ABCDEFGH\) d’arête 1, muni du repère orthonormé \((A ; \vec{AB}, \vec{AD}, \vec{AE})\). \(I\) est le milieu de \([AB]\) et \(J\) le milieu de \([CG]\).

1. Coordonnées de \(I\) et \(J\).

\(A(0 ; 0 ; 0)\), \(B(1 ; 0 ; 0)\), \(C(1 ; 1 ; 0)\) et \(G(1 ; 1 ; 1)\). En prenant les milieux :

\[I(0{,}5 ; 0 ; 0) \qquad J(1 ; 1 ; 0{,}5).\]

2. Montrer que \(\vec{EJ}\) est normal au plan \((FHI)\).

On a \(E(0 ; 0 ; 1)\), \(F(1 ; 0 ; 1)\) et \(H(0 ; 1 ; 1)\). D’où :

\[\vec{EJ}\begin{pmatrix}1\\1\\-0{,}5\end{pmatrix} \qquad \vec{FH}\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix} \qquad \vec{FI}\begin{pmatrix}-0{,}5\\0\\-1\end{pmatrix}.\]

Les vecteurs \(\vec{FH}\) et \(\vec{FI}\) ne sont pas colinéaires : la troisième coordonnée de \(\vec{FH}\) est nulle alors que celle de \(\vec{FI}\) ne l’est pas. Ils dirigent donc le plan \((FHI)\). Calculons les produits scalaires :

\[\vec{EJ}\cdot\vec{FH} = 1 \times (-1) + 1 \times 1 + (-0{,}5) \times 0 = 0,\]
\[\vec{EJ}\cdot\vec{FI} = 1 \times (-0{,}5) + 1 \times 0 + (-0{,}5) \times (-1) = 0.\]

\(\vec{EJ}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \((FHI)\) : c’est un vecteur normal au plan \((FHI)\).

3. Équation cartésienne du plan \((FHI)\).

Un vecteur normal étant \(\vec{EJ}(1 ; 1 ; -0{,}5)\), le plan a une équation de la forme \(x + y – 0{,}5z + d = 0\). Le point \(F(1 ; 0 ; 1)\) appartient au plan :

\[1 + 0 – 0{,}5 + d = 0 \iff d = -0{,}5.\]

D’où \(x + y – 0{,}5z – 0{,}5 = 0\) et, en multipliant par \(-2\) :

\[(FHI) : -2x – 2y + z + 1 = 0.\]

Vérification avec \(H(0 ; 1 ; 1)\) : \(0 – 2 + 1 + 1 = 0\) ; avec \(I(0{,}5 ; 0 ; 0)\) : \(-1 – 0 + 0 + 1 = 0\).

4. Représentation paramétrique de la droite \((EJ)\).

La droite passe par \(E(0 ; 0 ; 1)\) et est dirigée par \(\vec{EJ}(1 ; 1 ; -0{,}5)\) :

\[(EJ) : \begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = 1 – 0{,}5t \end{cases} \qquad t \in \mathbb{R}.\]

5. a. Coordonnées du point \(K\), projeté orthogonal de \(E\) sur le plan \((FHI)\).

La droite \((EJ)\) passe par \(E\) et est orthogonale au plan \((FHI)\) : \(K\) est donc le point d’intersection de \((EJ)\) et de \((FHI)\). On remplace \(x\), \(y\), \(z\) dans l’équation du plan :

\[-2t – 2t + (1 – 0{,}5t) + 1 = 0 \iff -4{,}5t + 2 = 0 \iff t = \dfrac{2}{4{,}5} = \dfrac{4}{9}.\]

Alors \(x = y = \dfrac{4}{9}\) et \(z = 1 – 0{,}5 \times \dfrac{4}{9} = 1 – \dfrac{2}{9} = \dfrac{7}{9}\).

\(K(\dfrac{4}{9} ; \dfrac{4}{9} ; \dfrac{7}{9})\).

b. Volume du tétraèdre \(EFHI\).

On prend pour base le triangle \(EFI\), situé dans la face \(ABFE\) (tous ses points ont une deuxième coordonnée nulle). Sa base \([EF]\) mesure 1 et la hauteur issue de \(I\) est la distance de \(I\) à la droite \((EF)\), égale à l’arête \(AE = 1\). Son aire est donc :

\[\mathcal{A}_{EFI} = \dfrac{EF \times AE}{2} = \dfrac{1 \times 1}{2} = \dfrac{1}{2}.\]

La hauteur du tétraèdre issue de \(H\) est la distance de \(H\) au plan \((ABF)\) : comme \((HE)\) est perpendiculaire à la face \(ABFE\), c’est \(HE = 1\). Donc :

\[V = \dfrac{\mathcal{A}_{EFI} \times HE}{3} = \dfrac{\frac{1}{2} \times 1}{3} = \dfrac{1}{6}.\]

Le volume du tétraèdre \(EFHI\) est \(\dfrac{1}{6}\) unité de volume.

c. En déduire l’aire du triangle \(FHI\).

On calcule d’abord \(EK\) : \(\vec{EK}(\dfrac{4}{9} ; \dfrac{4}{9} ; -\dfrac{2}{9})\), donc

\[EK = \sqrt{(\dfrac{4}{9})^2 + (\dfrac{4}{9})^2 + (-\dfrac{2}{9})^2} = \sqrt{\dfrac{16 + 16 + 4}{81}} = \sqrt{\dfrac{36}{81}} = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}.\]

Puisque \(K\) est le projeté orthogonal de \(E\) sur \((FHI)\), \(EK\) est la hauteur du tétraèdre \(EFHI\) issue de \(E\), relative à la base \(FHI\). En notant \(\mathcal{B}\) l’aire du triangle \(FHI\) :

\[V = \dfrac{\mathcal{B} \times EK}{3} \iff \dfrac{1}{6} = \dfrac{\mathcal{B} \times \frac{2}{3}}{3} \iff \mathcal{B} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{2} \iff \mathcal{B} = \dfrac{3}{4}.\]

L’aire du triangle \(FHI\) est \(\dfrac{3}{4}\) unité d’aire.

Exercice 4 :

Fonction racine carrée, suite récurrente et nombre d’or

Partie A

On considère la fonction \(f\) définie sur \([0 ; +\infty[\) par \(f(x) = \sqrt{x + 1}\).

1. Sens de variation de \(f\).

\(f\) est dérivable sur \([0 ; +\infty[\) (car \(x + 1 \gt 0\)) et, pour tout \(x \geq\, 0\), avec la formule \((\sqrt{u})^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}}{2\sqrt{u}}\) :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x+1}} \gt 0.\]

\(f\) est strictement croissante sur \([0 ; +\infty[\).

2. Montrer que, pour tout \(x \geq\, 0\), \(f(x) – x = \dfrac{-x^2 + x + 1}{\sqrt{x+1} + x}\).

Pour \(x \geq\, 0\), on a \(\sqrt{x+1} + x \gt 0\) ; on multiplie par la quantité conjuguée :

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

3. Résoudre \(f(x) = x\) sur \([0 ; +\infty[\).

D’après la question précédente, et puisque le dénominateur \(\sqrt{x+1} + x\) est strictement positif :

\[f(x) = x \iff f(x) – x = 0 \iff -x^2 + x + 1 = 0.\]

Le discriminant vaut \(\Delta = 1^2 – 4 \times (-1) \times 1 = 5 \gt 0\). Les deux racines sont :

\[x_1 = \dfrac{-1 – \sqrt{5}}{-2} = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2} \gt 0 \qquad x_2 = \dfrac{-1 + \sqrt{5}}{-2} = \dfrac{1 – \sqrt{5}}{2} \lt 0.\]

Seule \(x_1\) appartient à \([0 ; +\infty[\). L’équation \(f(x) = x\) admet donc une unique solution \(\ell = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}\) sur \([0 ; +\infty[\) : c’est le nombre d’or, \(\ell \approx 1{,}618\).

Partie B

On considère la suite \((u_n)\) définie par \(u_0 = 5\) et, pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1} = f(u_n) = \sqrt{u_n + 1}\).

1. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\), \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\).

Pour tout entier naturel \(n\), on note \(P(n)\) la propriété : « \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\) ».

Initialisation : \(u_0 = 5\) et \(u_1 = \sqrt{5 + 1} = \sqrt{6} \approx 2{,}45\). On a bien \(1 \leq\, \sqrt{6} \leq\, 5\), donc \(P(0)\) est vraie.

Hérédité : soit \(n\) un entier naturel tel que \(P(n)\) est vraie, c’est-à-dire \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\). Ces trois nombres sont dans \([0 ; +\infty[\), où \(f\) est croissante (partie A), donc elle conserve l’ordre :

\[f(1) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(u_n), \quad \text{soit} \quad \sqrt{2} \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1}.\]

Comme \(1 \leq\, \sqrt{2}\), on obtient \(1 \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1}\) : \(P(n+1)\) est vraie.

Conclusion : \(P(0)\) est vraie et la propriété est héréditaire ; par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\).

2. Convergence de la suite.

D’après la question 1, la suite \((u_n)\) est décroissante (\(u_{n+1} \leq\, u_n\)) et minorée par 1. D’après le théorème de convergence monotone, \((u_n)\) converge.

3. Limite de la suite.

Notons \(L\) la limite de \((u_n)\). Pour tout \(n\), \(u_n \geq\, 1\), donc \(L \geq\, 1\) et \(L\) appartient à \([0 ; +\infty[\). La fonction \(f\) est continue sur \([0 ; +\infty[\) (car dérivable) et \(u_{n+1} = f(u_n)\) : par passage à la limite, \(L = f(L)\).

D’après la partie A, l’unique solution de \(f(x) = x\) sur \([0 ; +\infty[\) est \(\ell\). Donc \((u_n)\) converge vers \(\ell = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}\).

4. On considère la fonction Python suivante :

from math import sqrt

def seuil(n):
    u = 5
    i = 0
    l = (1 + sqrt(5)) / 2
    while abs(u - l) >= 10**(-n):
        u = sqrt(u + 1)
        i = i + 1
    return i

a. Valeur renvoyée par seuil(2).

La fonction calcule les termes successifs de la suite tant que l’écart \(|u_i – \ell|\) est supérieur ou égal à \(10^{-2}\). Les valeurs approchées donnent :

\(i\)	0	1	2	3	4	5
\(u_i\)	5	2,449	1,857	1,690	1,640	1,625
\(u_i – \ell\)	3,382	0,831	0,239	0,072	0,022	0,0068

Le premier écart strictement inférieur à \(0{,}01\) est obtenu pour \(i = 5\) : seuil(2) renvoie 5.

b. Interprétation du résultat 9 renvoyé par seuil(4).

9 est le plus petit indice \(n\) pour lequel \(|u_n – \ell| \lt 10^{-4}\). Autrement dit, \(u_9\) est le premier terme de la suite qui soit une valeur approchée du nombre d’or \(\ell\) à \(10^{-4}\) près (on a \(u_9 \approx 1{,}61810\) et \(\ell \approx 1{,}61803\)) ; comme la suite est décroissante vers \(\ell\), tous les termes suivants le sont aussi.