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BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2025
Mathématiques — Sujet 2
France métropolitaine — 10 septembre 2025
Durée de l’épreuve : 4 heures
Exercice 1 (6 points)
El Niño est un phénomène océanique à grande échelle du Pacifique équatorial qui affecte le régime des vents, la température de la mer et les précipitations sur l’ensemble du globe. Certaines années, ce phénomène est dit « dominant ». Les scientifiques cherchent à modéliser l’apparition de ce phénomène.
Dans cet exercice, les parties A et B sont indépendantes
Partie A – Premier modèle
À partir d’un échantillon de données, on considère une première modélisation :
- chaque année, la probabilité que le phénomène El Niño soit dominant est égale à 0,4 ;
- la survenue du phénomène El Niño se fait de façon indépendante d’une année sur l’autre.
On note \(X\) la variable aléatoire qui, sur une période de 10 ans, associe le nombre d’années où El Niño est dominant.
1. Justifier que \(X\) suit une loi binomiale et préciser les paramètres de cette loi.
2. a. Calculer la probabilité que, sur une période de 10 ans, le phénomène El Niño soit dominant exactement 2 années.
b. Calculer \(P(X \leq\, 2)\). Que signifie ce résultat dans le contexte de l’exercice ?
3. Calculer \(E(X)\). Interpréter ce résultat.
Partie B – Second modèle
Après une étude d’un recueil de données plus important sur les 50 dernières années, une autre modélisation apparait plus pertinente :
- si le phénomène El Niño est dominant une année, alors la probabilité qu’il le soit encore l’année suivante est 0,5
- par contre, si le phénomène El Niño n’est pas dominant une année, alors la probabilité qu’il soit dominant l’année suivante est 0,3.
On considère que l’année de référence est 2023.
On note pour tout entier naturel \(n\) :
- \(E_n\) l’évènement « le phénomène El Niño est dominant l’année \(2023 + n\) » ;
- \(p_n\) la probabilité de l’évènement \(E_n\).
En 2023, El Niño n’était pas dominant. On a ainsi \(p_0 = 0\).
1. Soit \(n\) un entier naturel. Recopier et compléter l’arbre pondéré suivant :
2. Justifier que \(p_1 = 0{,}3\).
3. En vous aidant de l’arbre, montrer que, pour tout entier naturel \(n\), on a :
\[p_{n+1} = 0{,}2p_n + 0{,}3\]
On cherche à prévoir l’évolution de l’apparition du phénomène El Niño.
4. a. Conjecturer les variations et la limite éventuelle de la suite \((p_n)\).
b. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\), on a : \(p_n \leq\, \dfrac{3}{8}\).
c. Déterminer le sens de variation de la suite \((p_n)\).
d. En déduire la convergence de la suite \((p_n)\).
On cherche à déterminer la limite de la suite \((p_n)\).
5. Soit \((u_n)\) la suite définie par \(u_n = p_n – \dfrac{3}{8}\) pour tout entier naturel \(n\).
a. Montrer que la suite \((u_n)\) est géométrique de raison 0,2 et préciser son premier terme.
b. Montrer que, pour tout entier naturel \(n\), on a :
\[p_n = \dfrac{3}{8}(1 – 0{,}2^n).\]
c. Calculer la limite de la suite \((p_n)\).
d. Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.
Exercice 2 (5 points)
Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est juste ou fausse.
Chaque réponse doit être justifiée.
Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.
1. Dans une classe de 24 élèves, il y a 14 filles et 10 garçons.
Affirmation 1 :
Il est possible de constituer 272 groupes différents de quatre élèves composés de deux filles et deux garçons.
2. Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x) = 3\sin(2x + \pi)\) et \(C\) sa courbe représentative dans un repère donné.
Affirmation 2 :
Une équation de la tangente à \(C\) au point d’abscisse \(\dfrac{\pi}{2}\) est \(y = 6x – 3\pi\).
3. On considère la fonction \(F\) définie sur \(]0\,;\,+\infty[\) par \(F(x) = (2x + 1)\ln(x)\).
Affirmation 3 :
La fonction \(F\) est une primitive de la fonction \(f\) définie sur \(]0\,;\,+\infty[\) par \(f(x) = \dfrac{2}{x}\).
4. On considère la fonction \(g\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(g(t) = 45\,\text{e}^{0{,}06t} + 20\).
Affirmation 4 :
La fonction \(g\) est l’unique solution de l’équation différentielle
\((E_1) : y^{\prime} + 0{,}06y = 1{,}2\) vérifiant \(g(0) = 65\).
5. On considère l’équation différentielle :
\[(E_2) : \quad y^{\prime} – y = 3\,\text{e}^{0{,}4x}\]
où \(y\) est une fonction positive de la variable réelle \(x\), définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(y^{\prime}\) la fonction dérivée de la fonction \(y\).
Affirmation 5 :
Les solutions de l’équation \((E_2)\) sont des fonctions convexes sur \(\mathbb{R}\).
Exercice 3 (4 points)
On considère la fonction \(f\) définie sur \(]0\,;\,8]\) par
\[f(x) = \dfrac{10\ln(-x^2 + 7x + 9)}{x}\]
Soit \(C_f\) la représentation graphique de la fonction \(f\) dans un repère orthonormé \((\text{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath})\).
Partie A
1. Résoudre dans \(\mathbb{R}\) l’inéquation \(-x^2 + 7x + 8 \geq\, 0\).
2. En déduire que pour tout \(x \in\ ]0\,;\,8]\), on a \(f(x) \geq\, 0\).
3. Interpréter graphiquement ce résultat.
Partie B
La courbe \(C_f\) est représentée ci-dessous.
Soit \(M\) le point de \(C_f\) d’abscisse \(x\) avec \(x \in\ ]0\,;\,8]\).
On appelle \(N\) et \(P\) les projetés orthogonaux du point \(M\) respectivement sur l’axe des abscisses et sur l’axe des ordonnées.
Dans cette partie, on s’intéresse à l’aire \(\mathcal{A}(x)\) du rectangle \(\text{O}NMP\).
1. Donner les coordonnées des points \(N\) et \(P\) en fonction de \(x\).
2. Montrer que pour tout \(x\) appartenant à l’intervalle \(]0\,;\,8]\),
\[\mathcal{A}(x) = 10\ln(-x^2 + 7x + 9)\]
3. Existe-t-il une position du point \(M\) pour laquelle l’aire du rectangle \(\text{O}NMP\) est maximale ? Si elle existe, déterminer cette position.
Partie C
On considère un réel strictement positif \(k\).
On souhaite déterminer la plus petite valeur de \(x\), approchée au dixième, appartenant à \([3{,}5\,;\,8]\) pour laquelle l’aire \(\mathcal{A}(x)\) devient inférieure ou égale à \(k\).
Pour ce faire, on considère l’algorithme ci-dessous.
Pour rappel, en langage Python, \(\ln(x)\) s’écrit log(\(x\)).
1 from math import * 2 3 def A(x) : 4 return 10*log (- 1* x**2 + 7*x + 9) 5 6 def pluspetitevaleur(k) : 7 x = 3.5 8 while A(x).......... : 9 x = x + 0.1 10 return ...........
1. Recopier et compléter les lignes 8 et 10 de l’algorithme.
2. Quel nombre renvoie alors l’instruction pluspetitevaleur(30) ?
3. Que se passe-t-il lorsque \(k = 35\) ? Justifier.
Exercice 4 (5 points)
L’espace est rapporté à un repère orthonormé \((\text{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath},\,\vec{k})\).
On considère les points
A\((4\,;\,-1\,;\,3)\), B\((-1\,;\,1\,;\,-2)\), C\((0\,;\,4\,;\,5)\) et D\((-3\,;\,-4\,;\,6)\).
1. a. Vérifier que les points A, B, C ne sont pas alignés.
On admet qu’une équation cartésienne du plan (ABC) est : \(29x + 30y – 17z = 35\).
b. Les points A, B, C, D sont-ils coplanaires ? Justifier.
On admet que lorsque quatre points ne sont pas coplanaires, il existe un unique point situé à égale distance de ces quatre points.
L’objectif de cet exercice est de déterminer le point H se situant à égale distance des quatre points A, B, C, D.
On définit le plan médiateur d’un segment comme le plan passant par le milieu de ce segment et orthogonal à la droite portant ce segment. C’est l’ensemble des points équidistants des extrémités de ce segment.
2. Soit \(P_1\) le plan médiateur du segment [AB].
a. Déterminer les coordonnées du milieu du segment [AB].
b. En déduire qu’une équation cartésienne de \(P_1\) est : \(5x – 2y + 5z = 10\).
3. On note \(P_2\) le plan médiateur du segment [CD].
a. Soit M un point du plan \(P_2\) de coordonnées \((x\,;\,y\,;\,z)\).
Exprimer \(\text{MC}^2\) et \(\text{MD}^2\) en fonction des coordonnées de M.
En déduire qu’une équation cartésienne du plan \(P\) est : \(-3x – 8y + z = 10\).
b. Justifier que les plans \(P_1\) et \(P_2\) sont sécants.
4. Soit \(\Delta\) la droite dont une représentation paramétrique est :
\[\{\begin{array}{l} x = -2 – 1{,}9t \\ y = t \\ z = 4 + 2{,}3t \end{array}. \quad \text{où } t \in \mathbb{R}\]
Démontrer que \(\Delta\) est la droite d’intersection de \(P_1\) et \(P_2\).
On note \(P_3\) le plan médiateur du segment [AC].
On admet qu’une équation cartésienne du plan \(P_3\) est : \(8x – 10y – 4z = -15\).
5. Démontrer que la droite \(\Delta\) et le plan \(P_3\) sont sécants.
6. Justifier que le point d’intersection entre \(\Delta\) et \(P_3\) est le point H.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Chaque année est une épreuve à deux issues : succès « El Niño est dominant », de probabilité 0,4, ou échec. On observe 10 années, les survenues étant indépendantes d’une année à l’autre et la probabilité de succès restant la même : on répète donc 10 fois, de façon identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli. \(X\) compte le nombre de succès, donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 10\) et \(p = 0{,}4\).
2. a. Avec la formule de la loi binomiale :
\[P(X = 2) = \binom\,{10}{2} \times 0{,}4^2 \times 0{,}6^8 = 45 \times 0{,}16 \times 0{,}6^8 \approx 0{,}1209.\]
La probabilité que El Niño soit dominant exactement 2 années sur 10 est d’environ 0,121.
b. On additionne les probabilités des valeurs 0, 1 et 2 (évènements incompatibles) :
\[P(X \leq\, 2) = 0{,}6^{10} + 10 \times 0{,}4 \times 0{,}6^9 + 45 \times 0{,}4^2 \times 0{,}6^8 \approx 0{,}0060 + 0{,}0403 + 0{,}1209 \approx 0{,}1673.\]
\(P(X \leq\, 2) \approx 0{,}167\) : selon ce modèle, il y a environ 16,7 % de chances que, sur une période de 10 ans, El Niño soit dominant au plus 2 années.
3. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 10 \times 0{,}4 = 4\). \(E(X) = 4\) : sur un grand nombre de périodes de 10 ans, El Niño est dominant en moyenne 4 années par période.
Partie B
1. On complète l’arbre à partir des données de l’énoncé et du fait que, sur chaque nœud, les probabilités des branches ont pour somme 1 :
- branche vers \(\overline{E_n}\) : \(1 – p_n\) ;
- après \(E_n\) : \(P_{E_n}(E_{n+1}) = 0{,}5\) et \(P_{E_n}(\overline{E_{n+1}}) = 0{,}5\) ;
- après \(\overline{E_n}\) : \(P_{\overline{E_n}}(E_{n+1}) = 0{,}3\) et \(P_{\overline{E_n}}(\overline{E_{n+1}}) = 0{,}7\).
2. En 2023, El Niño n’était pas dominant : l’évènement \(\overline{E_0}\) est certain. L’année suivante, il est dominant avec la probabilité \(P_{\overline{E_0}}(E_1) = 0{,}3\). Par la formule des probabilités totales, \(p_1 = p_0 \times 0{,}5 + (1 – p_0) \times 0{,}3 = 0 + 1 \times 0{,}3\), donc \(p_1 = 0{,}3\).
3. \(E_n\) et \(\overline{E_n}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales, en suivant les deux chemins qui mènent à \(E_{n+1}\) :
\[p_{n+1} = P(E_n \cap E_{n+1}) + P(\overline{E_n} \cap E_{n+1}) = 0{,}5\,p_n + 0{,}3\,(1 – p_n) = 0{,}5\,p_n – 0{,}3\,p_n + 0{,}3.\]
On obtient bien \(p_{n+1} = 0{,}2\,p_n + 0{,}3\) pour tout entier naturel \(n\).
4. a. On calcule les premiers termes : \(p_0 = 0\), \(p_1 = 0{,}3\), \(p_2 = 0{,}36\), \(p_3 = 0{,}372\), \(p_4 = 0{,}3744\), \(p_5 = 0{,}37488\). On conjecture que \((p_n)\) est croissante et converge vers 0,375, c’est-à-dire \(\dfrac{3}{8}\).
b. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(p_n \leq\, \dfrac{3}{8}\) ».
Initialisation. \(p_0 = 0 \leq\, \dfrac{3}{8}\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(p_n \leq\, \dfrac{3}{8}\). En multipliant par \(0{,}2 \gt 0\), puis en ajoutant 0,3 :
\[0{,}2\,p_n + 0{,}3 \leq\, 0{,}2 \times \dfrac{3}{8} + 0{,}3 = 0{,}075 + 0{,}3 = 0{,}375 = \dfrac{3}{8}.\]
Donc \(p_{n+1} \leq\, \dfrac{3}{8}\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(p_n \leq\, \dfrac{3}{8}\).
c. Pour tout \(n\), \(p_{n+1} – p_n = 0{,}2\,p_n + 0{,}3 – p_n = 0{,}3 – 0{,}8\,p_n\). Or \(p_n \leq\, \dfrac{3}{8}\) donne \(0{,}8\,p_n \leq\, 0{,}8 \times 0{,}375 = 0{,}3\), donc \(p_{n+1} – p_n \geq\, 0\). La suite \((p_n)\) est croissante.
d. La suite \((p_n)\) est croissante et majorée par \(\dfrac{3}{8}\). D’après le théorème de convergence monotone, elle converge, vers une limite inférieure ou égale à \(\dfrac{3}{8}\).
5. a. Pour tout entier naturel \(n\), en utilisant \(0{,}3 – \dfrac{3}{8} = -0{,}075 = 0{,}2 \times (-\dfrac{3}{8})\) :
\[u_{n+1} = p_{n+1} – \dfrac{3}{8} = 0{,}2\,p_n + 0{,}3 – 0{,}375 = 0{,}2\,p_n – 0{,}2 \times \dfrac{3}{8} = 0{,}2(p_n – \dfrac{3}{8}) = 0{,}2\,u_n.\]
\((u_n)\) est géométrique de raison 0,2, de premier terme \(u_0 = p_0 – \dfrac{3}{8} = -\dfrac{3}{8}\).
b. On en déduit \(u_n = -\dfrac{3}{8} \times 0{,}2^n\) pour tout \(n\). Comme \(p_n = u_n + \dfrac{3}{8}\) :
\[p_n = \dfrac{3}{8} – \dfrac{3}{8} \times 0{,}2^n = \dfrac{3}{8}(1 – 0{,}2^n).\]
c. Comme \(-1 \lt 0{,}2 \lt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}2^n = 0\), donc par produit et somme \(\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{3}{8} = 0{,}375\).
d. Avec ce second modèle, la probabilité que El Niño soit dominant une année donnée se rapproche de 0,375 quand on s’éloigne de 2023 : à long terme, El Niño est dominant environ 3 années sur 8. Cette valeur est proche de celle du premier modèle (0,4) mais un peu plus faible.
Exercice 2 :
1. Affirmation 1 : fausse (si l’on comprend qu’il y a 272 groupes possibles). Un groupe est un ensemble d’élèves : l’ordre ne compte pas. On choisit 2 filles parmi 14, puis 2 garçons parmi 10 ; par le principe multiplicatif, le nombre de groupes est :
\[\binom\,{14}{2} \times \binom\,{10}{2} = \dfrac{14 \times 13}{2} \times \dfrac{10 \times 9}{2} = 91 \times 45 = 4\,095.\]
Il y a donc 4 095 groupes différents de deux filles et deux garçons, et non 272 : l’affirmation, qui annonce 272 groupes, est fausse. Remarque : si on lit la phrase au pied de la lettre (« peut-on former 272 groupes distincts ? »), la réponse serait oui puisque \(272 \leq\, 4\,095\) ; l’intention de la question est toutefois de dénombrer les groupes.
2. Affirmation 2 : vraie. La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et, avec \((\sin(ax + b))^{\prime} = a\cos(ax + b)\), \(f^{\prime}(x) = 6\cos(2x + \pi)\). En \(\dfrac{\pi}{2}\) : \(2 \times \dfrac{\pi}{2} + \pi = 2\pi\), donc \(f(\dfrac{\pi}{2}) = 3\sin(2\pi) = 0\) et \(f^{\prime}(\dfrac{\pi}{2}) = 6\cos(2\pi) = 6\). La tangente a pour équation :
\[y = f^{\prime}(\dfrac{\pi}{2})(x – \dfrac{\pi}{2}) + f(\dfrac{\pi}{2}) = 6(x – \dfrac{\pi}{2}) = 6x – 3\pi.\]
L’affirmation 2 est vraie.
3. Affirmation 3 : fausse. Il suffit de dériver \(F\) et de comparer avec \(f\). Par la règle du produit, pour \(x \gt 0\) :
\[F^{\prime}(x) = 2\ln(x) + (2x + 1) \times \dfrac{1}{x} = 2\ln(x) + 2 + \dfrac{1}{x}.\]
Par exemple \(F^{\prime}(1) = 0 + 2 + 1 = 3\) alors que \(f(1) = 2\). Donc \(F^{\prime} \neq f\) : \(F\) n’est pas une primitive de \(f\), l’affirmation 3 est fausse.
4. Affirmation 4 : fausse. On a bien \(g(0) = 45 + 20 = 65\), mais \(g^{\prime}(t) = 45 \times 0{,}06\,\text{e}^{0{,}06t} = 2{,}7\,\text{e}^{0{,}06t}\), d’où :
\[g^{\prime}(t) + 0{,}06\,g(t) = 2{,}7\,\text{e}^{0{,}06t} + 2{,}7\,\text{e}^{0{,}06t} + 1{,}2 = 5{,}4\,\text{e}^{0{,}06t} + 1{,}2 \neq 1{,}2.\]
\(g\) n’est donc pas solution de \((E_1)\). (Les solutions de \((E_1)\) sont les fonctions \(t \mapsto C\,\text{e}^{-0{,}06t} + 20\) ; celle qui vaut 65 en 0 est \(t \mapsto 45\,\text{e}^{-0{,}06t} + 20\) : c’est le signe de l’exposant qui ne va pas.) L’affirmation 4 est fausse.
5. Affirmation 5 : vraie (avec l’hypothèse de l’énoncé : \(y\) positive). Soit \(y\) une solution positive de \((E_2)\). On a \(y^{\prime} = y + 3\,\text{e}^{0{,}4x}\), somme de deux fonctions positives, donc \(y^{\prime} \geq\, 0\). De plus \(y^{\prime}\) est alors dérivable (somme de fonctions dérivables) et, en dérivant l’égalité :
\[y^{\prime\prime} = y^{\prime} + 1{,}2\,\text{e}^{0{,}4x}.\]
C’est encore une somme de deux termes positifs, donc \(y^{\prime\prime} \geq\, 0\) sur \(\mathbb{R}\) : \(y\) est convexe sur \(\mathbb{R}\), l’affirmation 5 est vraie.
Remarque : l’hypothèse « \(y\) positive » est indispensable. Les solutions de \((E_2)\) sur \(\mathbb{R}\) sont les fonctions \(x \mapsto C\,\text{e}^{x} – 5\,\text{e}^{0{,}4x}\) ; avec \(C = 0\) on obtient \(x \mapsto -5\,\text{e}^{0{,}4x}\), qui est concave. En fait, comme \(C\,\text{e}^{x} – 5\,\text{e}^{0{,}4x} = \text{e}^{0{,}4x}(C\,\text{e}^{0{,}6x} – 5)\) devient négatif quand \(x\) tend vers \(-\infty\), aucune solution n’est positive sur tout \(\mathbb{R}\) : l’affirmation n’est vraie que dans le cadre fixé par l’énoncé.
Exercice 3 :
Partie A
1. Le trinôme \(-x^2 + 7x + 8\) a pour discriminant \(\Delta = 49 + 32 = 81 = 9^2\), donc deux racines : \(x_1 = \dfrac{-7 – 9}{-2} = 8\) et \(x_2 = \dfrac{-7 + 9}{-2} = -1\). Son coefficient dominant \(-1\) est négatif : le trinôme est positif entre ses racines et négatif à l’extérieur. L’ensemble des solutions est \([-1\,;\,8]\).
2. Si \(x \in\ ]0\,;\,8]\), alors \(x \in [-1\,;\,8]\), donc \(-x^2 + 7x + 8 \geq\, 0\), c’est-à-dire \(-x^2 + 7x + 9 \geq\, 1\). La fonction \(\ln\) étant croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), \(\ln(-x^2 + 7x + 9) \geq\, \ln(1) = 0\). Enfin \(x \gt 0\), donc le quotient \(f(x) = \dfrac{10\ln(-x^2 + 7x + 9)}{x}\) est positif : \(f(x) \geq\, 0\) pour tout \(x \in\ ]0\,;\,8]\).
3. La courbe \(C_f\) est au-dessus de l’axe des abscisses sur \(]0\,;\,8]\) ; elle ne le touche qu’en \(x = 8\), où \(f(8) = \dfrac{10\ln(1)}{8} = 0\).
Partie B
1. M a pour coordonnées \((x\,;\,f(x))\). Son projeté orthogonal sur l’axe des abscisses garde l’abscisse et a une ordonnée nulle, son projeté sur l’axe des ordonnées garde l’ordonnée et a une abscisse nulle : \(N(x\,;\,0)\) et \(P(0\,;\,f(x))\), soit \(P(0\,;\,\dfrac{10\ln(-x^2 + 7x + 9)}{x})\).
2. ONMP est un rectangle de côtés \(ON = x\) (car \(x \gt 0\)) et \(OP = f(x)\) (car \(f(x) \geq\, 0\) d’après la partie A). Son aire vaut :
\[\mathcal{A}(x) = ON \times OP = x \times \dfrac{10\ln(-x^2 + 7x + 9)}{x} = 10\ln(-x^2 + 7x + 9).\]
3. On étudie \(\mathcal{A}\) sur \(]0\,;\,8]\). Sur cet intervalle \(-x^2 + 7x + 9 \geq\, 1 \gt 0\), donc \(\mathcal{A}\) est dérivable et, avec \((\ln w)^{\prime} = \dfrac{w^{\prime}}{w}\) :
\[\mathcal{A}^{\prime}(x) = \dfrac{10(-2x + 7)}{-x^2 + 7x + 9}.\]
Le dénominateur est strictement positif, donc \(\mathcal{A}^{\prime}(x)\) a le signe de \(-2x + 7\) : positif pour \(x \lt 3{,}5\), nul en 3,5, négatif pour \(x \gt 3{,}5\). La fonction \(\mathcal{A}\) est croissante sur \(]0\,;\,3{,}5]\) puis décroissante sur \([3{,}5\,;\,8]\) : elle atteint son maximum en \(x = 3{,}5\).
\[\mathcal{A}(3{,}5) = 10\ln(-12{,}25 + 24{,}5 + 9) = 10\ln(21{,}25) \approx 30{,}56.\]
Oui, l’aire est maximale lorsque M a pour abscisse 3,5, c’est-à-dire \(M(3{,}5\,;\,\dfrac{10\ln(21{,}25)}{3{,}5})\), soit environ \(M(3{,}5\,;\,8{,}73)\). L’aire maximale vaut \(10\ln(21{,}25) \approx 30{,}56\) unités d’aire.
Partie C
1. On part de \(x = 3{,}5\) et on avance de 0,1 tant que l’aire est encore strictement supérieure à \(k\) ; dès que \(\mathcal{A}(x) \leq\, k\), on sort de la boucle et on renvoie \(x\). Ligne 8 : while A(x) > k : ; ligne 10 : return x. Le script complet :
from math import *
def A(x) :
return 10*log(- 1* x**2 + 7*x + 9)
def pluspetitevaleur(k) :
x = 3.5
while A(x) > k :
x = x + 0.1
return x
2. Sur \([3{,}5\,;\,8]\), la fonction \(\mathcal{A}\) est décroissante, et \(\mathcal{A}(x) \leq\, 30 \iff -x^2 + 7x + 9 \leq\, \text{e}^3 \iff x^2 – 7x + \text{e}^3 – 9 \geq\, 0\). La racine de ce trinôme située dans \([3{,}5\,;\,8]\) est \(\dfrac{7 + \sqrt{49 – 4(\text{e}^3 – 9)}}{2} \approx 4{,}579\). Le programme teste 3,5 ; 3,6 ; … : on a \(\mathcal{A}(4{,}5) \approx 30{,}08 \gt 30\) et \(\mathcal{A}(4{,}6) \approx 29{,}98 \leq\, 30\). pluspetitevaleur(30) renvoie 4,6 (Python affiche 4.599999999999998 à cause des erreurs d’arrondi sur les ajouts successifs de 0.1).
3. D’après la partie B, l’aire ne dépasse jamais \(10\ln(21{,}25) \approx 30{,}56\), donc \(\mathcal{A}(3{,}5) \approx 30{,}56 \leq\, 35\). Dès le premier test, la condition A(x) > 35 est fausse : la boucle n’est jamais exécutée et pluspetitevaleur(35) renvoie 3,5, la borne de départ. C’est cohérent : pour \(k = 35\), toutes les aires sont inférieures à \(k\), donc la plus petite valeur de \([3{,}5\,;\,8]\) qui convient est 3,5 elle-même.
Exercice 4 :
1. a. \(\vec{AB}(-5\,;\,2\,;\,-5)\) et \(\vec{AC}(-4\,;\,5\,;\,2)\). S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(\lambda\) tel que \(\vec{AC} = \lambda\,\vec{AB}\) : les premières coordonnées donneraient \(\lambda = \dfrac{4}{5}\), les deuxièmes \(\lambda = \dfrac{5}{2}\), ce qui est contradictoire. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés.
b. On teste les coordonnées de D dans l’équation de (ABC) : \(29 \times (-3) + 30 \times (-4) – 17 \times 6 = -87 – 120 – 102 = -309 \neq 35\). D n’appartient pas au plan (ABC) : A, B, C, D ne sont pas coplanaires.
2. a. Le milieu I de [AB] a pour coordonnées \((\dfrac{4 – 1}{2}\,;\,\dfrac{-1 + 1}{2}\,;\,\dfrac{3 – 2}{2})\), soit \(I(1{,}5\,;\,0\,;\,0{,}5)\).
b. \(P_1\) est orthogonal à (AB), donc \(\vec{BA}(5\,;\,-2\,;\,5)\) en est un vecteur normal : \(P_1\) a une équation de la forme \(5x – 2y + 5z = d\). Comme I appartient à \(P_1\) : \(d = 5 \times 1{,}5 – 0 + 5 \times 0{,}5 = 7{,}5 + 2{,}5 = 10\). Une équation de \(P_1\) est \(5x – 2y + 5z = 10\).
3. a. Le repère étant orthonormé :
\[\text{MC}^2 = x^2 + (y – 4)^2 + (z – 5)^2 = x^2 + y^2 + z^2 – 8y – 10z + 41,\]
\[\text{MD}^2 = (x + 3)^2 + (y + 4)^2 + (z – 6)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + 6x + 8y – 12z + 61.\]
M appartient à \(P_2\) si et seulement si \(\text{MC} = \text{MD}\), c’est-à-dire \(\text{MC}^2 = \text{MD}^2\) (des distances sont positives). Les termes \(x^2 + y^2 + z^2\) s’éliminent :
\[-8y – 10z + 41 = 6x + 8y – 12z + 61 \iff -6x – 16y + 2z = 20 \iff -3x – 8y + z = 10.\]
Une équation de \(P_2\) est \(-3x – 8y + z = 10\) (l’énoncé écrit « du plan \(P\) » : il s’agit bien de \(P_2\)).
b. \(\vec{n_1}(5\,;\,-2\,;\,5)\) est normal à \(P_1\) et \(\vec{n_2}(-3\,;\,-8\,;\,1)\) est normal à \(P_2\). S’ils étaient colinéaires, les rapports des coordonnées seraient égaux ; or \(\dfrac{-3}{5} \neq \dfrac{-8}{-2} = 4\). Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont pas parallèles : \(P_1\) et \(P_2\) sont sécants (suivant une droite).
4. On remplace \(x\), \(y\), \(z\) par la représentation de \(\Delta\), pour tout réel \(t\) :
- dans \(P_1\) : \(5(-2 – 1{,}9t) – 2t + 5(4 + 2{,}3t) = -10 – 9{,}5t – 2t + 20 + 11{,}5t = 10\) : l’équation est vérifiée ;
- dans \(P_2\) : \(-3(-2 – 1{,}9t) – 8t + (4 + 2{,}3t) = 6 + 5{,}7t – 8t + 4 + 2{,}3t = 10\) : l’équation est vérifiée.
Tous les points de \(\Delta\) sont donc dans \(P_1\) et dans \(P_2\). Comme ces plans sont sécants, leur intersection est une droite ; \(\Delta\) est une droite contenue dans cette intersection, donc elle lui est égale : \(\Delta\) est la droite d’intersection de \(P_1\) et \(P_2\).
5. Un vecteur directeur de \(\Delta\) est \(\vec{u}(-1{,}9\,;\,1\,;\,2{,}3)\) et un vecteur normal à \(P_3\) est \(\vec{n_3}(8\,;\,-10\,;\,-4)\). On calcule :
\[\vec{u} \cdot \vec{n_3} = -1{,}9 \times 8 + 1 \times (-10) + 2{,}3 \times (-4) = -15{,}2 – 10 – 9{,}2 = -34{,}4 \neq 0.\]
\(\vec{u}\) n’est pas orthogonal à \(\vec{n_3}\), donc \(\Delta\) n’est pas parallèle à \(P_3\) : la droite \(\Delta\) et le plan \(P_3\) sont sécants (en un seul point).
6. Le point H vérifie \(HA = HB = HC = HD\). Comme \(HA = HB\), H appartient au plan médiateur \(P_1\) ; comme \(HC = HD\), il appartient à \(P_2\) ; donc H est sur \(\Delta = P_1 \cap P_2\). Comme \(HA = HC\), H appartient aussi à \(P_3\). Ainsi H est un point commun à \(\Delta\) et à \(P_3\). D’après la question 5, ce point commun est unique : le point d’intersection de \(\Delta\) et \(P_3\) est H.
Pour aller plus loin, on peut calculer H : en reportant la représentation de \(\Delta\) dans l’équation de \(P_3\), \(8(-2 – 1{,}9t) – 10t – 4(4 + 2{,}3t) = -15\) donne \(-32 – 34{,}4t = -15\), soit \(t = -\dfrac{17}{34{,}4} = -\dfrac{85}{172}\). On obtient \(H(-\dfrac{365}{344}\,;\,-\dfrac{85}{172}\,;\,\dfrac{985}{344}) \approx (-1{,}061\,;\,-0{,}494\,;\,2{,}863)\), et l’on vérifie que \(HA^2 = HB^2 = HC^2 = HD^2 \approx 25{,}89\).
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