Bac maths 2025 Amérique du Sud J1 : sujet et corrigé

Voici le sujet du jour 1 du bac de spécialité mathématiques 2025 en Amérique du Sud, passé le 13 novembre 2025, avec l’énoncé intégral et un corrigé détaillé rédigé question par question. Le premier exercice suit un étudiant qui choisit chaque jour entre plat végétarien et non végétarien au restaurant universitaire : arbre pondéré, suite arithmético-géométrique, trois programmes Python à départager et récurrence. Le deuxième est un vrai-faux de dénombrement (poignées de main, podiums) et de probabilités (somme de deux variables aléatoires, loi binomiale conditionnée). Le troisième modélise la concentration d’un médicament dans le sang par une équation différentielle, puis étudie la fonction obtenue pour estimer la durée du risque de somnolence et une concentration moyenne. Le dernier cherche le projeté orthogonal d’un point sur une droite, l’orthocentre d’un triangle de l’espace et son aire.

Ce sujet fait partie des annales que nous rassemblons pour préparer le bac de maths 2027 : tous les sujets de spécialité y sont classés par session.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2025
Mathématiques — Jour 1
Amérique du Sud — 13 novembre 2025
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (4 points)

Un étudiant mange tous les jours au restaurant universitaire. Ce restaurant propose des plats végétariens et des plats non végétariens.

Lorsqu’un jour donné l’étudiant a choisi un plat végétarien, la probabilité qu’il choisisse un plat végétarien le lendemain est \(0{,}9\).
Lorsqu’un jour donné l’étudiant a choisi un plat non végétarien, la probabilité qu’il choisisse un plat végétarien le lendemain est \(0{,}7\).

Pour tout entier naturel \(n\), on note \(V_n\) l’évènement « l’étudiant a choisi un plat végétarien le \(n^{\text{e}}\) jour » et \(p_n\) la probabilité de \(V_n\).

Le jour de la rentrée, l’étudiant a choisi le plat végétarien. On a donc \(p_1=1\).

1. a. Indiquer la valeur de \(p_2\).

b. Montrer que \(p_3=0{,}88\). On pourra s’aider d’un arbre pondéré.

c. Sachant que le 3^e jour l’étudiant a choisi un plat végétarien, quelle est la probabilité qu’il ait choisi un plat non végétarien le jour précédent ?

On arrondira le résultat à \(10^{-2}\).

2. Recopier et compléter l’arbre pondéré ci-dessous :

3. Justifier que, pour tout entier naturel \(n \geq\, 1\), \(p_{n+1}=0{,}2p_n+0{,}7\).

4. On souhaite disposer de la liste des premiers termes de la suite \((p_n)\) pour \(n \geq\, 1\).

Pour cela, on utilise une fonction appelée repas programmée en langage Python dont on propose trois versions, indiquées ci-dessous.

Programme 1

1  def repas(n):
2    p=1
3    L=[p]
4    for k in range(1,n):
5      p = 0.2*p+0.7
6      L. append(p)
7    return(L)

Programme 2

1  def repas(n):
2    p=1
3    L=[p]
4    for k in range(1,n+1):
5      p = 0.2*p+0.7
6      L. append(p)
7    return(L)

Programme 3

1  def repas(n):
2    p=1
3    L=[p]
4    for k in range(1,n):
5      p = 0.2*p+0.7
6      L.append(p+1)
7    return(L)

a. Lequel de ces programmes permet d’afficher les \(n\) premiers termes de la suite \((p_n)\) ? Aucune justification n’est attendue.

b. Avec le programme choisi à la question a. donner le résultat affiché pour \(n=5\).

5. Démontrer par récurrence que, pour tout naturel \(n \geq\, 1\), \(p_n=0{,}125\times 0{,}2^{n-1}+0{,}875\).

6. En déduire la limite de la suite \((p_n)\).

Exercice 2 (5 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Chaque réponse doit être justifiée. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

1. Deux équipes de footballeurs de 22 et 25 joueurs échangent une poignée de main à la fin d’un match. Chaque joueur d’une équipe serre une seule fois la main de chaque joueur de l’autre équipe.

Affirmation 1

47 poignées de mains ont été échangées.

2. Une course oppose 18 concurrents. On récompense indistinctement les trois premiers en offrant le même prix à chacun.

Affirmation 2

Il y a 4 896 possibilités de distribuer ces prix.

3. Une association organise une compétition de course de haies qui permettra d’établir un podium (le podium est constitué des trois meilleurs sportifs classés dans leur ordre d’arrivée). Sept sportifs participent au tournoi. Jacques est l’un d’entre eux.

Affirmation 3

Il y a 90 podiums différents dont Jacques fait partie.

4. Soit \(X_1\) et \(X_2\) deux variables aléatoires de même loi donnée par le tableau ci-dessous :

\(x_i\)	\(-2\)	\(-1\)	2	5
\(P(X=x_i)\)	0,1	0,4	0,3	0,2

On suppose que \(X_1\) et \(X_2\) sont indépendantes et on considère \(Y\) la variable aléatoire somme de ces deux variables aléatoires.

Affirmation 4

\(P(Y=4)=0{,}25\).

5. Un nageur s’entraîne dans l’objectif de parcourir le 50 mètres nage libre en moins de 25 secondes. Au fil des entraînements, il s’avère que la probabilité qu’il y parvienne s’établit à \(0{,}85\).

Il effectue, sur une journée, 20 parcours chronométrés sur 50 mètres. On note \(X\) la variable aléatoire qui compte le nombre de fois où il nage cette distance en moins de 25 secondes lors de cette journée.

On admet que \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=20\) et \(p=0{,}85\).

Affirmation 5

Sachant qu’il a atteint au moins 15 fois son objectif, une valeur approchée à \(10^{-3}\) de la probabilité qu’il l’ait atteint au moins 18 fois est \(0{,}434\).

Exercice 3 (6 points)

On se propose d’étudier la concentration dans le sang d’un médicament ingéré par une personne pour la première fois. Soit \(t\) le temps (en heures) écoulé depuis l’ingestion de ce médicament.

On admet que la concentration de ce médicament dans le sang, en gramme par litre de sang, est modélisée par une fonction \(f\) de la variable \(t\) définie sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\).

Partie A : lectures graphiques

On a représenté ci-dessus la courbe représentative de la fonction \(f\). Avec la précision permise par le graphique, donner sans justification :

1. Le temps écoulé depuis l’instant de l’ingestion de ce médicament et l’instant où la concentration de médicament dans le sang est maximale selon ce modèle.

2. L’ensemble des solutions de l’inéquation \(f(t) \geq\, 1\).

3. La convexité de la fonction \(f\) sur l’intervalle \([0\,;\,8]\).

Partie B : détermination de la fonction \(f\)

On considère l’équation différentielle

\[(E)\ :\qquad y^{\prime}+y=5\text{e}^{-t},\]

d’inconnue \(y\), où \(y\) est une fonction définie et dérivable sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\).

On admet que la fonction \(f\) est une solution de l’équation différentielle \((E)\).

1. Résoudre l’équation différentielle \((E^{\prime})\ :\ y^{\prime}+y=0\).

2. Soit \(u\) la fonction définie sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\) par \(u(t)=at\text{e}^{-t}\) avec \(a \in \mathbb{R}\).

Déterminer la valeur du réel \(a\) telle que la fonction \(u\) soit solution de l’équation \((E)\).

3. En déduire l’ensemble des solutions de l’équation différentielle \((E)\).

4. La personne n’ayant pas pris ce médicament auparavant, on admet que \(f(0)=0\).

Déterminer l’expression de la fonction \(f\).

Partie C : étude de la fonction \(f\)

Dans cette partie, on admet que \(f\) est définie sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\) par \(f(t)=5t\text{e}^{-t}\).

1. Déterminer la limite de \(f\) en \(+\infty\).

Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

2. Étudier les variations de \(f\) sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\) puis dresser son tableau de variation complet.

3. Démontrer qu’il existe deux réels \(t_1\) et \(t_2\) tels que \(f(t_1)=f(t_2)=1\).

On donnera une valeur approchée à \(10^{-2}\) des réels \(t_1\) et \(t_2\).

4. Pour une concentration du médicament supérieure ou égale à 1 gramme par litre de sang, il y a un risque de somnolence.

Quelle est la durée en heures et minutes du risque de somnolence lors de la prise de ce médicament ?

Partie D : concentration moyenne

La concentration moyenne du médicament (en gramme par litre de sang) durant la première heure est donnée par :

\[T_m=\displaystyle\int_0^1 f(t)\,\text{d}t\]

où \(f\) est la fonction définie sur \([0\,;\,+\infty[\) par \(f(t)=5t\text{e}^{-t}\).

Calculer cette concentration moyenne.

On donnera la valeur exacte puis une valeur approchée à 0,01 près.

Exercice 4 (5 points)

L’espace est muni d’un repère orthonormé \((\mathrm{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath},\,\vec{k})\).

On considère les points

\[\mathrm{A}(2\sqrt{3}\,;\,0\,;\,0),\quad \mathrm{B}(0\,;\,2\,;\,0),\quad \mathrm{C}(0\,;\,0\,;\,1)\quad \text{et}\quad \mathrm{K}(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,;\,\dfrac{3}{2}\,;\,0).\]

1. Justifier qu’une représentation paramétrique de la droite (CK) est :

\[\{\begin{array}{l} x=\dfrac{\sqrt{3}}{2}t \\ y=\dfrac{3}{2}t \\ z=1-t \end{array}. \quad (t \in \mathbb{R})\]

2. Soit \(\mathrm{M}(t)\) un point de la droite (CK) paramétrée par un réel \(t\).

Établir que \(\mathrm{OM}(t)=\sqrt{4t^2-2t+1}\).

3. Soit \(f\) la fonction définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\) par \(f(t)=\mathrm{OM}(t)\).

a. Étudier les variations de la fonction \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

b. En déduire la valeur de \(t\) pour laquelle \(f\) atteint son minimum.

4. En déduire que le point \(\mathrm{H}(\dfrac{\sqrt{3}}{8}\,;\,\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})\) est le projeté orthogonal du point O sur la droite (CK).

5. Démontrer, à l’aide de l’outil produit scalaire, que le point H est l’orthocentre (intersection des hauteurs d’un triangle) du triangle ABC.

6. a. Démontrer que la droite (OH) est orthogonale au plan (ABC).

b. En déduire une équation du plan (ABC).

7. Calculer, en unité d’aire, l’aire du triangle ABC.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. a. Le premier jour, l’étudiant a mangé végétarien. La probabilité qu’il mange végétarien le lendemain est donc la probabilité conditionnelle \(P_{V_1}(V_2)=0{,}9\), et comme \(P(V_1)=1\), on obtient \(p_2=0{,}9\).

b. On construit l’arbre des jours 2 et 3 : de la racine partent \(V_2\) (probabilité 0,9) et \(\overline{V_2}\) (0,1) ; de \(V_2\) partent \(V_3\) (0,9) et \(\overline{V_3}\) (0,1) ; de \(\overline{V_2}\) partent \(V_3\) (0,7) et \(\overline{V_3}\) (0,3).

Les évènements \(V_2\) et \(\overline{V_2}\) forment une partition de l’univers ; la formule des probabilités totales donne :

\[p_3=P(V_2\cap V_3)+P(\overline{V_2}\cap V_3)=0{,}9\times 0{,}9+0{,}1\times 0{,}7=0{,}81+0{,}07=0{,}88.\]

On a bien \(p_3=0{,}88\).

c. On cherche \(P_{V_3}(\overline{V_2})\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :

\[P_{V_3}(\overline{V_2})=\dfrac{P(\overline{V_2}\cap V_3)}{P(V_3)}=\dfrac{0{,}07}{0{,}88}=\dfrac{7}{88}\approx 0{,}08.\]

Sachant qu’il a mangé végétarien le 3^e jour, la probabilité qu’il ait mangé non végétarien la veille est d’environ 0,08.

2. Les pondérations à placer sont les suivantes :

branche vers \(\overline{V_n}\) : \(1-p_n\) (évènement contraire) ;
de \(V_n\) : \(0{,}9\) vers \(V_{n+1}\) et \(1-0{,}9=0{,}1\) vers \(\overline{V_{n+1}}\) ;
de \(\overline{V_n}\) : \(0{,}7\) vers \(V_{n+1}\) et \(1-0{,}7=0{,}3\) vers \(\overline{V_{n+1}}\).

3. Soit \(n \geq\, 1\). Les évènements \(V_n\) et \(\overline{V_n}\) forment une partition de l’univers. En suivant les deux chemins de l’arbre qui mènent à \(V_{n+1}\) (formule des probabilités totales) :

\[p_{n+1}=P(V_n)\times P_{V_n}(V_{n+1})+P(\overline{V_n})\times P_{\overline{V_n}}(V_{n+1})=0{,}9p_n+0{,}7(1-p_n).\]

En développant, \(p_{n+1}=0{,}9p_n+0{,}7-0{,}7p_n\), soit \(p_{n+1}=0{,}2p_n+0{,}7\).

4. a. C’est le programme 1. La liste démarre avec \(p_1=1\) et la boucle for k in range(1,n) tourne \(n-1\) fois, ajoutant \(p_2, \ldots, p_n\) : on obtient bien \(n\) termes. Le programme 2 fait un tour de trop (il renvoie \(n+1\) termes) et le programme 3 ajoute \(p+1\) au lieu de \(p\), ce qui donne des nombres supérieurs à 1, impossibles pour des probabilités.

b. Pour \(n=5\), le programme renvoie \([p_1, p_2, p_3, p_4, p_5]\). On a \(p_1=1\), \(p_2=0{,}9\), \(p_3=0{,}88\), puis \(p_4=0{,}2\times 0{,}88+0{,}7=0{,}876\) et \(p_5=0{,}2\times 0{,}876+0{,}7=0{,}875\,2\).

Le résultat affiché est la liste [1, 0.9, 0.88, 0.876, 0.8752]. (En pratique, à cause de l’écriture des décimaux en binaire, Python peut afficher 0.8999999999999999 au lieu de 0.9, et de même pour les deux termes suivants.)

5. Pour tout entier \(n \geq\, 1\), on note \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(p_n=0{,}125\times 0{,}2^{n-1}+0{,}875\) ».

Initialisation. Pour \(n=1\) : \(0{,}125\times 0{,}2^0+0{,}875=0{,}125+0{,}875=1=p_1\). \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n \geq\, 1\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. En utilisant la relation de la question 3 :

\[p_{n+1}=0{,}2(0{,}125\times 0{,}2^{n-1}+0{,}875)+0{,}7=0{,}125\times 0{,}2^{n}+0{,}175+0{,}7=0{,}125\times 0{,}2^{n}+0{,}875.\]

C’est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\), puisque \(0{,}2^n=0{,}2^{(n+1)-1}\).

Conclusion. La propriété est vraie au rang 1 et héréditaire, donc par récurrence \(p_n=0{,}125\times 0{,}2^{n-1}+0{,}875\) pour tout entier \(n \geq\, 1\).

6. Comme \(-1 \lt 0{,}2 \lt 1\), la suite géométrique \((0{,}2^{n-1})\) tend vers 0. Par produit et somme de limites, \(\lim\limits_{n \to +\infty} p_n=0{,}125\times 0+0{,}875\), donc \((p_n)\) converge vers 0,875. À long terme, l’étudiant choisit un plat végétarien environ 7 jours sur 8.

Exercice 2 :

Affirmation 1 : fausse. Chacun des 22 joueurs de la première équipe serre la main de chacun des 25 joueurs de l’autre équipe : c’est le principe multiplicatif (on compte les couples formés d’un joueur de chaque équipe). Il y a donc \(22\times 25=550\) poignées de main, et non \(22+25=47\).

Affirmation 2 : fausse. Les trois lauréats reçoivent le même prix : l’ordre entre eux ne compte pas. Distribuer les prix revient à choisir une partie à 3 éléments parmi les 18 concurrents, soit

\[\dbinom{18}{3}=\dfrac{18\times 17\times 16}{3\times 2\times 1}=816\ \text{possibilités}.\]

Le nombre 4 896 \(=18\times 17\times 16\) correspondrait à des prix tous différents (liste ordonnée), ce qui n’est pas le cas.

Affirmation 3 : vraie. Un podium est une liste ordonnée de 3 sportifs distincts. Jacques peut occuper l’une des 3 places ; il reste ensuite 6 sportifs pour la première place libre, puis 5 pour la dernière. Cela donne \(3\times 6\times 5=90\) podiums contenant Jacques.

On peut aussi calculer par différence : il y a \(7\times 6\times 5=210\) podiums en tout et \(6\times 5\times 4=120\) podiums sans Jacques, soit \(210-120=90\) avec lui.

Affirmation 4 : vraie. Avec les valeurs possibles \(-2\), \(-1\), 2 et 5, on obtient une somme égale à 4 dans exactement trois cas incompatibles : \((X_1,X_2)=(-1\,;\,5)\), \((2\,;\,2)\) ou \((5\,;\,-1)\). Grâce à l’indépendance, la probabilité de chaque couple est le produit des probabilités :

\[P(Y=4)=0{,}4\times 0{,}2+0{,}3\times 0{,}3+0{,}2\times 0{,}4=0{,}08+0{,}09+0{,}08=0{,}25.\]

Affirmation 5 : vraie. On cherche \(P_{X \geq\, 15}(X \geq\, 18)\). L’évènement \(X \geq\, 18\) est inclus dans \(X \geq\, 15\), donc leur intersection est \(X \geq\, 18\) et :

\[P_{X \geq\, 15}(X \geq\, 18)=\dfrac{P(X \geq\, 18)}{P(X \geq\, 15)}.\]

À la calculatrice (loi \(\mathcal{B}(20\,;\,0{,}85)\)) : \(P(X \geq\, 18)=1-P(X \leq\, 17)\approx 0{,}404\,9\) et \(P(X \geq\, 15)=1-P(X \leq\, 14)\approx 0{,}932\,7\). Le quotient vaut environ \(0{,}434\,1\), soit \(0{,}434\) à \(10^{-3}\) près.

Exercice 3 :

Partie A : lectures graphiques

1. Le sommet de la courbe est atteint pour \(t=1\) : la concentration est maximale environ 1 heure après l’ingestion.

2. La courbe est au-dessus de la droite d’équation \(y=1\) entre les abscisses 0,25 et 2,5 environ : l’ensemble des solutions est à peu près \([0{,}25\,;\,2{,}5]\).

3. La courbe est d’abord « en dôme » puis « en creux », avec un changement de courbure vers \(t=2\) : \(f\) semble concave sur \([0\,;\,2]\) et convexe sur \([2\,;\,8]\).

Partie B : détermination de la fonction \(f\)

1. L’équation \(y^{\prime}+y=0\) s’écrit \(y^{\prime}=-y\), de la forme \(y^{\prime}=ay\) avec \(a=-1\). D’après le cours, ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{-t}\), où \(k\) est un réel quelconque.

2. La fonction \(u\) est dérivable comme produit, et \(u^{\prime}(t)=a\text{e}^{-t}+at\times (-\text{e}^{-t})=a\text{e}^{-t}-at\text{e}^{-t}\). Donc pour tout \(t \geq\, 0\) :

\[u^{\prime}(t)+u(t)=a\text{e}^{-t}-at\text{e}^{-t}+at\text{e}^{-t}=a\text{e}^{-t}.\]

\(u\) est solution de \((E)\) si et seulement si \(a\text{e}^{-t}=5\text{e}^{-t}\) pour tout \(t\), c’est-à-dire (comme \(\text{e}^{-t} \neq 0\)) \(a=5\). La fonction \(u : t \mapsto 5t\text{e}^{-t}\) est une solution particulière de \((E)\).

3. Les solutions de \((E)\) s’obtiennent en ajoutant à une solution particulière de \((E)\) les solutions de l’équation homogène \((E^{\prime})\). Ce sont donc les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{-t}+5t\text{e}^{-t}=(k+5t)\text{e}^{-t}\), où \(k \in \mathbb{R}\).

4. \(f\) est une de ces solutions : \(f(t)=(k+5t)\text{e}^{-t}\). La condition \(f(0)=0\) donne \((k+0)\times \text{e}^0=0\), soit \(k=0\). Donc \(f(t)=5t\text{e}^{-t}\) pour tout \(t \geq\, 0\).

Partie C : étude de la fonction \(f\)

1. On écrit \(f(t)=5\times \dfrac{t}{\text{e}^t}\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{t \to +\infty}\dfrac{\text{e}^t}{t}=+\infty\), donc \(\lim\limits_{t \to +\infty}\dfrac{t}{\text{e}^t}=0\) et \(\lim\limits_{t \to +\infty} f(t)=0\).

Interprétation : avec le temps, le médicament est éliminé et sa concentration dans le sang devient quasiment nulle.

2. \(f\) est dérivable sur \([0\,;\,+\infty[\) comme produit de fonctions dérivables, et

\[f^{\prime}(t)=5\text{e}^{-t}+5t\times (-\text{e}^{-t})=5(1-t)\text{e}^{-t}.\]

Comme \(5\text{e}^{-t} \gt 0\), \(f^{\prime}(t)\) a le signe de \(1-t\) : positif sur \([0\,;\,1[\), nul en 1, négatif sur \(]1\,;\,+\infty[\). Donc \(f\) est strictement croissante sur \([0\,;\,1]\) et strictement décroissante sur \([1\,;\,+\infty[\). Avec \(f(0)=0\), \(f(1)=5\text{e}^{-1}\approx 1{,}84\) et la limite 0 en \(+\infty\) :

\(t\)	0		1		\(+\infty\)
signe de \(f^{\prime}(t)\)		\(+\)	0	\(-\)
variations de \(f\)	0	\(\nearrow\)	\(5\text{e}^{-1}\)	\(\searrow\)	0

3. Sur \([0\,;\,1]\), \(f\) est continue et strictement croissante, avec \(f(0)=0 \lt 1\) et \(f(1)=5\text{e}^{-1}\approx 1{,}84 \gt 1\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(t)=1\) admet une unique solution \(t_1\) dans \([0\,;\,1]\).

Sur \([1\,;\,+\infty[\), \(f\) est continue et strictement décroissante, de \(f(1) \gt 1\) vers la limite 0, qui est inférieure à 1. Pour la même raison, l’équation \(f(t)=1\) admet une unique solution \(t_2\) dans \([1\,;\,+\infty[\).

Il existe donc bien deux réels \(t_1\) et \(t_2\) tels que \(f(t_1)=f(t_2)=1\) (et ce sont les seuls). Par balayage à la calculatrice : \(f(0{,}259)\approx 0{,}999\,5\) et \(f(0{,}260)\approx 1{,}002\,4\), donc \(t_1\approx 0{,}259\) et \(t_1\approx 0{,}26\) ; \(f(2{,}54)\approx 1{,}001\,6\) et \(f(2{,}55)\approx 0{,}995\,5\), donc \(t_2\approx 2{,}54\).

4. D’après les variations de \(f\), \(f(t) \geq\, 1\) exactement lorsque \(t \in [t_1\,;\,t_2]\). Le risque de somnolence dure donc \(t_2-t_1\approx 2{,}543-0{,}259\approx 2{,}28\) heures. Or \(0{,}28\ \text{h}\approx 0{,}28\times 60\approx 17\) minutes : la durée du risque de somnolence est d’environ 2 heures et 17 minutes.

Partie D : concentration moyenne

On intègre par parties en posant \(u(t)=5t\) et \(v^{\prime}(t)=\text{e}^{-t}\), d’où \(u^{\prime}(t)=5\) et \(v(t)=-\text{e}^{-t}\) (fonctions dérivables à dérivées continues sur \([0\,;\,1]\)) :

\[T_m=[-5t\text{e}^{-t}]_0^1-\displaystyle\int_0^1 5\times (-\text{e}^{-t})\text{d}t=-5\text{e}^{-1}+5\displaystyle\int_0^1 \text{e}^{-t}\,\text{d}t.\]

Or \(\displaystyle\int_0^1 \text{e}^{-t}\,\text{d}t=[-\text{e}^{-t}]_0^1=1-\text{e}^{-1}\). Donc :

\[T_m=-5\text{e}^{-1}+5-5\text{e}^{-1}=5-10\text{e}^{-1}\approx 1{,}32.\]

La concentration moyenne pendant la première heure vaut \(5-10\text{e}^{-1}\) g/L, soit environ 1,32 g/L.

Exercice 4 :

1. La droite (CK) passe par \(\mathrm{C}(0\,;\,0\,;\,1)\) et est dirigée par \(\vec{\mathrm{CK}}(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,;\,\dfrac{3}{2}\,;\,-1)\). Un point \(\mathrm{M}(x\,;\,y\,;\,z)\) est sur (CK) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\mathrm{CM}}=t\,\vec{\mathrm{CK}}\), c’est-à-dire \(x=\dfrac{\sqrt{3}}{2}t\), \(y=\dfrac{3}{2}t\) et \(z-1=-t\). On retrouve la représentation paramétrique donnée, avec \(z=1-t\).

2. \(\mathrm{M}(t)\) a pour coordonnées \((\dfrac{\sqrt{3}}{2}t\,;\,\dfrac{3}{2}t\,;\,1-t)\). Le repère étant orthonormé :

\[\mathrm{OM}(t)^2=\dfrac{3}{4}t^2+\dfrac{9}{4}t^2+(1-t)^2=3t^2+1-2t+t^2=4t^2-2t+1.\]

Une distance étant positive, \(\mathrm{OM}(t)=\sqrt{4t^2-2t+1}\).

3. a. Posons \(g(t)=4t^2-2t+1\). Son discriminant vaut \(4-16=-12 \lt 0\), donc \(g(t) \gt 0\) pour tout réel \(t\) et \(f=\sqrt{g}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), avec

\[f^{\prime}(t)=\dfrac{g^{\prime}(t)}{2\sqrt{g(t)}}=\dfrac{8t-2}{2\sqrt{4t^2-2t+1}}.\]

Le dénominateur est strictement positif, donc \(f^{\prime}(t)\) a le signe de \(8t-2\) : négatif pour \(t \lt \dfrac{1}{4}\), nul en \(\dfrac{1}{4}\), positif pour \(t \gt \dfrac{1}{4}\). Ainsi \(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty\,;\,\dfrac{1}{4}]\) et strictement croissante sur \([\dfrac{1}{4}\,;\,+\infty[\).

b. D’après ces variations, \(f\) atteint son minimum en \(t=\dfrac{1}{4}\), et ce minimum vaut \(f(\dfrac{1}{4})=\sqrt{\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).

4. Le projeté orthogonal de O sur (CK) est le point de la droite le plus proche de O. D’après la question 3, c’est le point de paramètre \(t=\dfrac{1}{4}\), dont les coordonnées sont

\[(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times \dfrac{1}{4}\,;\,\dfrac{3}{2}\times \dfrac{1}{4}\,;\,1-\dfrac{1}{4})=(\dfrac{\sqrt{3}}{8}\,;\,\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{4}).\]

C’est bien le point H. Vérification : \(\vec{\mathrm{OH}}\cdot\vec{\mathrm{CK}}=\dfrac{\sqrt{3}}{8}\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{3}{8}\times \dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{4}\times (-1)=\dfrac{3}{16}+\dfrac{9}{16}-\dfrac{12}{16}=0\), donc (OH) est bien perpendiculaire à (CK) en H.

5. H est dans le plan (ABC). On a \(\vec{\mathrm{AB}}(-2\sqrt{3}\,;\,2\,;\,0)\) et \(\vec{\mathrm{AK}}(-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\,;\,\dfrac{3}{2}\,;\,0)\), donc \(\vec{\mathrm{AK}}=\dfrac{3}{4}\vec{\mathrm{AB}}\) : K appartient à (AB). La droite (CK) joint deux points du plan (ABC), elle y est contenue, et H, qui est sur (CK), appartient au plan (ABC).

(CH) est une hauteur. \(\vec{\mathrm{CK}}\cdot\vec{\mathrm{AB}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times (-2\sqrt{3})+\dfrac{3}{2}\times 2+(-1)\times 0=-3+3=0\). Donc (CK), qui est aussi la droite (CH), est perpendiculaire à (AB) : c’est la hauteur issue de C.

(AH) est une hauteur. \(\vec{\mathrm{AH}}(\dfrac{\sqrt{3}}{8}-2\sqrt{3}\,;\,\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})=(-\dfrac{15\sqrt{3}}{8}\,;\,\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})\) et \(\vec{\mathrm{BC}}(0\,;\,-2\,;\,1)\), d’où \(\vec{\mathrm{AH}}\cdot\vec{\mathrm{BC}}=0-\dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{4}=0\). La droite (AH) est la hauteur issue de A.

H est à l’intersection de deux hauteurs du triangle ABC : H est l’orthocentre du triangle ABC.

6. a. \(\vec{\mathrm{OH}}(\dfrac{\sqrt{3}}{8}\,;\,\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})\) est orthogonal à \(\vec{\mathrm{CK}}\) (question 4). De plus :

\[\vec{\mathrm{OH}}\cdot\vec{\mathrm{AB}}=\dfrac{\sqrt{3}}{8}\times (-2\sqrt{3})+\dfrac{3}{8}\times 2+\dfrac{3}{4}\times 0=-\dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{4}=0.\]

Les vecteurs \(\vec{\mathrm{CK}}\) et \(\vec{\mathrm{AB}}\) ne sont pas colinéaires (troisièmes coordonnées \(-1\) et 0) et sont tous deux dans le plan (ABC) : ils en forment un couple de vecteurs directeurs. \(\vec{\mathrm{OH}}\) étant orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, la droite (OH) est orthogonale au plan (ABC).

b. \(\vec{\mathrm{OH}}\) est un vecteur normal à (ABC), tout comme \(8\,\vec{\mathrm{OH}}(\sqrt{3}\,;\,3\,;\,6)\). Une équation de (ABC) est donc de la forme \(\sqrt{3}x+3y+6z+d=0\). Le point C appartient au plan : \(6+d=0\), soit \(d=-6\).

Une équation du plan (ABC) est \(\sqrt{3}x+3y+6z-6=0\). Contrôle : pour A, \(\sqrt{3}\times 2\sqrt{3}-6=0\) ; pour B, \(3\times 2-6=0\).

7. (CK) est la hauteur issue de C et K est son pied sur (AB). L’aire du triangle est donc \(\mathcal{A}=\dfrac{\mathrm{AB}\times \mathrm{CK}}{2}\), avec

\[\mathrm{AB}=\sqrt{(-2\sqrt{3})^2+2^2+0^2}=\sqrt{16}=4 \quad \text{et} \quad \mathrm{CK}=\sqrt{\dfrac{3}{4}+\dfrac{9}{4}+1}=\sqrt{4}=2.\]

Donc \(\mathcal{A}=\dfrac{4\times 2}{2}=\) 4 unités d’aire.

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