Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. a. Chaque transmission est fidèle avec probabilité 0,9. Si la machine précédente détient 1, la suivante détient 1 avec probabilité 0,9 (transmission fidèle) et 0 avec probabilité 0,1 (transmission contraire). Si la machine précédente détient 0, c’est l’inverse : la suivante détient 0 avec probabilité 0,9 et 1 avec probabilité 0,1.
- Branches issues de \(V_1\) : \(P_{V_1}(V_2) = 0{,}9\) et \(P_{V_1}(\overline{V_2}) = 0{,}1\).
- Branches issues de \(V_2\) : \(P_{V_2}(V_3) = 0{,}9\) et \(P_{V_2}(\overline{V_3}) = 0{,}1\).
- Branches issues de \(\overline{V_2}\) : \(P_{\overline{V_2}}(V_3) = 0{,}1\) et \(P_{\overline{V_2}}(\overline{V_3}) = 0{,}9\).
b. La machine 3 détient la valeur 1 en suivant deux chemins : deux transmissions fidèles (\(V_2\) puis \(V_3\)) ou deux transmissions contraires (\(\overline{V_2}\) puis \(V_3\)). Comme \(V_2\) et \(\overline{V_2}\) forment une partition de l’univers, la formule des probabilités totales donne :
\[P(V_3) = P(V_2 \cap V_3) + P(\overline{V_2} \cap V_3) = 0{,}9 \times 0{,}9 + 0{,}1 \times 0{,}1 = 0{,}81 + 0{,}01 = 0{,}82.\]
Donc \(P(V_3) = 0{,}82\) : après deux transmissions, la troisième machine détient la valeur de départ (1) dans 82 % des cas.
c. On cherche \(P_{V_3}(V_2)\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[P_{V_3}(V_2) = \dfrac{P(V_2 \cap V_3)}{P(V_3)} = \dfrac{0{,}81}{0{,}82} = \dfrac{81}{82} \approx 0{,}988.\]
Sachant que la troisième machine a reçu 1, la probabilité que la deuxième ait aussi reçu 1 est d’environ \(0{,}988\).
2. a. Soit \(n \geq\, 1\). On raisonne comme en 1. b, mais entre les machines \(n\) et \(n+1\). Les évènements \(V_n\) et \(\overline{V_n}\) forment une partition, avec \(P(V_n) = p_n\) et \(P(\overline{V_n}) = 1 – p_n\). D’après la formule des probabilités totales :
\[p_{n+1} = P(V_n) \times P_{V_n}(V_{n+1}) + P(\overline{V_n}) \times P_{\overline{V_n}}(V_{n+1}) = 0{,}9p_n + 0{,}1(1 – p_n).\]
En développant : \(p_{n+1} = 0{,}9p_n + 0{,}1 – 0{,}1p_n\), c’est-à-dire \(p_{n+1} = 0{,}8p_n + 0{,}1\).
b. Pour tout entier \(n \geq\, 1\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(p_n = 0{,}5 \times 0{,}8^{n-1} + 0{,}5\) ».
Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(0{,}5 \times 0{,}8^{0} + 0{,}5 = 0{,}5 + 0{,}5 = 1 = p_1\). La propriété \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \geq\, 1\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. En utilisant la relation de la question 2. a :
\[p_{n+1} = 0{,}8(0{,}5 \times 0{,}8^{n-1} + 0{,}5) + 0{,}1 = 0{,}5 \times 0{,}8^{n} + 0{,}4 + 0{,}1 = 0{,}5 \times 0{,}8^{n} + 0{,}5.\]
C’est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\), puisque \(0{,}8^{n} = 0{,}8^{(n+1)-1}\).
Conclusion. La propriété est vraie au rang 1 et héréditaire ; par récurrence, pour tout \(n \geq\, 1\), \(p_n = 0{,}5 \times 0{,}8^{n-1} + 0{,}5\).
c. Comme \(-1 \lt 0{,}8 \lt 1\), la suite géométrique \((0{,}8^{n-1})\) tend vers 0. Par produit puis par somme :
\[\lim_{n \to +\infty} p_n = 0{,}5 \times 0 + 0{,}5 = 0{,}5.\]
Donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = 0{,}5\). Interprétation : après un très grand nombre de transmissions, la dernière machine détient la valeur 1 ou la valeur 0 avec des probabilités presque égales à 0,5. La valeur initiale est « oubliée » : la donnée reçue au bout de la chaîne ne renseigne plus du tout sur la donnée de départ.
Partie B
1. Ligne 5. Le nombre rand() est choisi au hasard dans \([0\,;\,1[\) ; il est strictement inférieur à 0,1 avec une probabilité égale à la longueur de l’intervalle \([0\,;\,0{,}1[\), c’est-à-dire 0,1. Le test simule donc un évènement de probabilité 0,1 : une transmission contraire.
Ligne 6. Elle n’est exécutée que si ce test est vrai. Elle remplace donnee par 1 - donnee : si la donnée vaut 1, elle devient \(1 – 1 = 0\) ; si elle vaut 0, elle devient \(1 – 0 = 1\). Elle inverse donc la valeur.
En résumé, les lignes 5 et 6 simulent une transmission : avec une probabilité de 0,1, la donnée est changée en son contraire, sinon (probabilité 0,9) elle est conservée. (Pour que le script fonctionne en Python, il faut ajouter les deux-points à la fin de la ligne 5 : if rand() < 0.1:.)
2. Les transmissions sont indépendantes, donc la probabilité d’une liste donnée est le produit des probabilités de chaque transmission : 0,9 pour une transmission fidèle (deux valeurs consécutives égales), 0,1 pour une transmission contraire (deux valeurs consécutives différentes).
La liste [1, 1, 1, 1, 1] correspond à 4 transmissions fidèles :
\[P = 0{,}9^4 = 0{,}6561 \approx 0{,}656.\]
La liste [1, 0, 1, 0, 0, 1, 1] correspond aux 6 transmissions successives : \(1 \to 0\) contraire, \(0 \to 1\) contraire, \(1 \to 0\) contraire, \(0 \to 0\) fidèle, \(0 \to 1\) contraire, \(1 \to 1\) fidèle. Soit 4 transmissions contraires et 2 fidèles :
\[P = 0{,}1^4 \times 0{,}9^2 = 0{,}0001 \times 0{,}81 = 0{,}000\,081.\]
Les probabilités cherchées sont donc environ \(0{,}656\) pour [1, 1, 1, 1, 1] et \(8{,}1 \times 10^{-5}\) pour [1, 0, 1, 0, 0, 1, 1], soit environ \(0{,}000\) à \(10^{-3}\) près : cette seconde liste est très improbable.
Exercice 2 :
1. D’après le graphique, on peut conjecturer que :
- \(f\) est croissante sur \(]2\,;\,+\infty[\) ;
- \(\lim\limits_{x \to 2} f(x) = -\infty\), ce qui correspondrait à une asymptote verticale d’équation \(x = 2\) ;
- \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\), sans asymptote apparente en \(+\infty\).
2. Pour \(x \gt 2\), un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul : \(x = 0\) ou \(\ln(x – 2) = 0\). Le cas \(x = 0\) est exclu car \(x \gt 2\). Il reste \(\ln(x – 2) = 0 \iff x – 2 = 1 \iff x = 3\), et 3 appartient bien à \(]2\,;\,+\infty[\).
L’équation \(f(x) = 0\) a pour unique solution \(x = 3\) (ce que confirme le graphique : \(\mathcal{C}_f\) coupe l’axe des abscisses en 3).
3. Quand \(x\) tend vers 2 par valeurs supérieures, \(x – 2\) tend vers 0 en restant strictement positif. Comme \(\lim\limits_{X \to 0^+} \ln X = -\infty\), par composition \(\lim\limits_{x \to 2^+} \ln(x – 2) = -\infty\). Par ailleurs, \(x\) tend vers 2, qui est strictement positif. Par produit :
\[\lim_{\substack{x \to 2\\ x \gt 2}} f(x) = -\infty.\]
Ce résultat confirme la conjecture sur la limite en 2, et donc aussi l’existence d’une asymptote verticale d’équation \(x = 2\) pour \(\mathcal{C}_f\).
4. \(f\) est le produit de \(u(x) = x\), avec \(u^{\prime}(x) = 1\), et de \(v(x) = \ln(x – 2)\). La fonction \(x \mapsto x – 2\) est strictement positive et dérivable sur \(]2\,;\,+\infty[\), donc \(v^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x – 2}\) (dérivée de \(\ln w\) égale à \(\dfrac{w^{\prime}}{w}\)). D’après \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) :
\[f^{\prime}(x) = 1 \times \ln(x – 2) + x \times \dfrac{1}{x – 2} = \ln(x – 2) + \dfrac{x}{x – 2}.\]
5. a. On dérive les deux termes de \(g(x) = \ln(x – 2) + \dfrac{x}{x – 2}\). La dérivée de \(\ln(x – 2)\) est \(\dfrac{1}{x – 2}\). Pour le quotient, \((\dfrac{u}{v})^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}v – uv^{\prime}}{v^2}\) donne \(\dfrac{1 \times (x – 2) – x \times 1}{(x – 2)^2} = \dfrac{-2}{(x – 2)^2}\). En réduisant au même dénominateur :
\[g^{\prime}(x) = \dfrac{x – 2}{(x – 2)^2} – \dfrac{2}{(x – 2)^2} = \dfrac{x – 4}{(x – 2)^2}.\]
b. Sur \(]2\,;\,+\infty[\), \((x – 2)^2 \gt 0\), donc \(g^{\prime}(x)\) a le signe de \(x – 4\) : négatif sur \(]2\,;\,4[\), nul en 4, positif sur \(]4\,;\,+\infty[\). La fonction \(g\) est donc décroissante sur \(]2\,;\,4]\) et croissante sur \([4\,;\,+\infty[\). Son minimum est atteint en 4 :
\[g(4) = \ln(4 – 2) + \dfrac{4}{4 – 2} = \ln 2 + 2.\]
| \(x\) | 2 | 4 | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(g^{\prime}(x)\) | || | \(-\) | 0 | \(+\) | |
| variations de \(g\) | || \(+\infty\) | décroissante ↘ | \(2 + \ln 2\) | croissante ↗ | \(+\infty\) |
Le minimum de \(g\) est \(g(4) = 2 + \ln 2\) (environ 2,69).
c. Le minimum de \(g\) sur \(]2\,;\,+\infty[\) est \(2 + \ln 2\). Comme \(\ln 2 \gt 0\), on a \(2 + \ln 2 \gt 2 \gt 0\). Toutes les valeurs de \(g\) sont supérieures ou égales à ce minimum, donc \(g(x) \gt 0\) pour tout \(x \gt 2\).
d. Comme \(g = f^{\prime}\), on a \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]2\,;\,+\infty[\) : \(f\) est strictement croissante sur \(]2\,;\,+\infty[\), ce qui confirme la conjecture de la question 1.
6. La convexité de \(f\) dépend du signe de \(f^{\prime\prime} = g^{\prime}\), étudié à la question 5. b :
- sur \(]2\,;\,4]\), \(f^{\prime\prime}(x) \leq\, 0\) : \(f\) est concave ;
- sur \([4\,;\,+\infty[\), \(f^{\prime\prime}(x) \geq\, 0\) : \(f\) est convexe.
La dérivée seconde s’annule en 4 en changeant de signe, donc la courbe change de convexité en ce point. Comme \(f(4) = 4\ln(4 – 2) = 4\ln 2\), la courbe \(\mathcal{C}_f\) admet un unique point d’inflexion, de coordonnées \((4\,;\,4\ln 2)\), soit environ \((4\,;\,2{,}77)\).
7. La tangente au point d’abscisse \(x\) a pour coefficient directeur \(f^{\prime}(x) = g(x)\). On cherche donc le nombre de solutions de \(g(x) = 3\) sur \(]2\,;\,+\infty[\).
Rappelons que \(g(4) = 2 + \ln 2 \approx 2{,}69\), donc \(g(4) \lt 3\).
- Sur \(]2\,;\,4]\), \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(+\infty\) (limite en 2) à \(g(4) \lt 3\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x) = 3\) a exactement une solution \(\alpha\) dans cet intervalle.
- Sur \([4\,;\,+\infty[\), \(g\) est continue et strictement croissante, de \(g(4) \lt 3\) à \(+\infty\). Pour la même raison, l’équation \(g(x) = 3\) a exactement une solution \(\beta\) dans cet intervalle.
La valeur 4 n’est pas solution puisque \(g(4) \neq 3\) : les deux solutions sont distinctes. Il existe donc exactement deux valeurs de \(x\) pour lesquelles \(\mathcal{C}_f\) admet une tangente de coefficient directeur 3 (on remarque que \(\alpha = 3\), puisque \(g(3) = \ln 1 + \dfrac{3}{1} = 3\), et la calculatrice donne \(\beta \approx 6{,}92\)).
Exercice 3 :
1. On calcule \(\vec{\text{AB}}(-2\,;\,1\,;\,5)\) et \(\vec{\text{AC}}(-1\,;\,-2\,;\,0)\). S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{AB}} = k\vec{\text{AC}}\) ; la troisième coordonnée donnerait \(5 = k \times 0\), ce qui est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés et déterminent un plan.
2. Le repère est orthonormé, donc :
\[\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = (-2) \times (-1) + 1 \times (-2) + 5 \times 0 = 2 – 2 + 0 = 0.\]
Les vecteurs \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\), non nuls, sont orthogonaux : les droites (AB) et (AC) sont perpendiculaires, et le triangle ABC est rectangle en A.
3. a. Une droite est orthogonale à un plan lorsque son vecteur directeur est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Avec \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) :
\[\vec{u} \cdot \vec{\text{AB}} = 2 \times (-2) + (-1) \times 1 + 1 \times 5 = -4 – 1 + 5 = 0,\]
\[\vec{u} \cdot \vec{\text{AC}} = 2 \times (-1) + (-1) \times (-2) + 1 \times 0 = -2 + 2 + 0 = 0.\]
\(\vec{u}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), donc la droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ABC).
b. D’après la question précédente, \(\vec{u}(2\,;\,-1\,;\,1)\) est un vecteur normal à (ABC). Une équation de (ABC) est donc de la forme \(2x – y + z + d = 0\). Le point A appartient au plan : \(2 \times 1 – 3 + 0 + d = 0\), d’où \(d = 1\). Une équation cartésienne de (ABC) est bien \(2x – y + z + 1 = 0\).
On peut contrôler avec B et C : \(2 \times (-1) – 4 + 5 + 1 = 0\) et \(2 \times 0 – 1 + 0 + 1 = 0\).
c. \(\Delta\) passe par \(\text{D}(-2\,;\,2\,;\,1)\) et est dirigée par \(\vec{u}(2\,;\,-1\,;\,1)\) :
\[\Delta : \begin{cases} x = -2 + 2t \\ y = 2 – t \\ z = 1 + t \end{cases} \quad \text{où } t \text{ décrit } \mathbb{R}.\]
4. Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est le point d’intersection du plan avec la droite passant par D et orthogonale au plan, c’est-à-dire avec \(\Delta\). Il suffit donc de vérifier que H appartient à la fois à \(\Delta\) et à (ABC).
H appartient à (ABC) : \(2 \times (-\dfrac{2}{3}) – \dfrac{4}{3} + \dfrac{5}{3} + 1 = \dfrac{-4 – 4 + 5 + 3}{3} = 0\).
H appartient à \(\Delta\) : avec \(t = \dfrac{2}{3}\), on obtient \(x = -2 + \dfrac{4}{3} = -\dfrac{2}{3}\), \(y = 2 – \dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{3}\) et \(z = 1 + \dfrac{2}{3} = \dfrac{5}{3}\).
H est donc sur la perpendiculaire à (ABC) passant par D et dans le plan (ABC) : H est le projeté orthogonal de D sur (ABC).
5. a. On a \(\vec{\text{DH}}(-\dfrac{2}{3} + 2\,;\,\dfrac{4}{3} – 2\,;\,\dfrac{5}{3} – 1) = (\dfrac{4}{3}\,;\,-\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{2}{3})\), c’est-à-dire \(\vec{\text{DH}} = \dfrac{2}{3}\vec{u}\). Dans le repère orthonormé :
\[\text{DH} = \sqrt{\dfrac{16}{9} + \dfrac{4}{9} + \dfrac{4}{9}} = \sqrt{\dfrac{24}{9}} = \dfrac{\sqrt{24}}{3} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}.\]
b. On prend pour base le triangle ABC. Puisque H est le projeté orthogonal de D sur (ABC), la hauteur associée est \(h = \text{DH}\).
Le triangle ABC est rectangle en A, donc son aire est \(\dfrac{\text{AB} \times \text{AC}}{2}\), avec \(\text{AB} = \sqrt{4 + 1 + 25} = \sqrt{30}\) et \(\text{AC} = \sqrt{1 + 4 + 0} = \sqrt{5}\) :
\[B = \dfrac{\sqrt{30} \times \sqrt{5}}{2} = \dfrac{\sqrt{150}}{2} = \dfrac{5\sqrt{6}}{2}.\]
Le volume vaut alors :
\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{5\sqrt{6}}{2} \times \dfrac{2\sqrt{6}}{3} = \dfrac{10 \times 6}{18} = \dfrac{10}{3}.\]
Le volume du tétraèdre ABCD est \(\dfrac{10}{3}\) unités de volume, soit environ 3,33.
6. Un vecteur directeur de \(d\) est \(\vec{w}(-2\,;\,-3\,;\,1)\). On le compare au vecteur normal \(\vec{u}\) du plan :
\[\vec{u} \cdot \vec{w} = 2 \times (-2) + (-1) \times (-3) + 1 \times 1 = -4 + 3 + 1 = 0.\]
Le vecteur directeur de \(d\) est orthogonal au vecteur normal de (ABC) : la droite \(d\) est parallèle au plan (ABC). On peut préciser : le point \((1\,;\,0\,;\,1)\) de \(d\) (obtenu pour \(k = 0\)) donne \(2 \times 1 – 0 + 1 + 1 = 4 \neq 0\), il n’est pas dans le plan ; \(d\) est donc strictement parallèle à (ABC), sans point commun avec lui.
Exercice 4 :
1. Affirmation n° 1 : fausse. Un 3-uplet d’éléments distincts de \(E\) est une liste ordonnée sans répétition de 3 éléments parmi 7 : il y en a \(7 \times 6 \times 5 = 210\). Une combinaison à 4 éléments de \(F\) est une partie à 4 éléments parmi 10 : il y en a
\[\binom\,{10}{4} = \dfrac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \dfrac{5\,040}{24} = 210.\]
Les deux nombres sont égaux : il n’y a pas davantage de 3-uplets que de combinaisons, l’affirmation est fausse.
2. Affirmation n° 2 : vraie. Le carré ABCD a pour côté 3, donc pour aire \(3^2 = 9\) unités d’aire. La zone hachurée est limitée par la parabole, l’axe des abscisses et les droites d’équations \(x = 0\) et \(x = 3\) ; la fonction carré étant continue et positive sur \([0\,;\,3]\), son aire est :
\[\int_0^3 x^2\,\text{d}x = [\dfrac{x^3}{3}]_0^3 = \dfrac{27}{3} – 0 = 9.\]
Les deux aires valent 9 unités d’aire : elles sont égales.
3. Affirmation n° 3 : fausse. On pose \(u(x) = \ln x\), donc \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\), et \(v^{\prime}(x) = x\), donc \(v(x) = \dfrac{x^2}{2}\) ; ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([1\,;\,2]\). L’intégration par parties donne :
\[J = [\dfrac{x^2}{2}\ln x]_1^2 – \int_1^2 \dfrac{x^2}{2} \times \dfrac{1}{x}\,\text{d}x = 2\ln 2 – 0 – \int_1^2 \dfrac{x}{2}\,\text{d}x.\]
Or \(\displaystyle\int_1^2 \dfrac{x}{2}\,\text{d}x = [\dfrac{x^2}{4}]_1^2 = 1 – \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}\), donc \(J = 2\ln 2 – \dfrac{3}{4} \approx 0{,}636\,29\).
Or \(\dfrac{7}{11} \approx 0{,}636\,36\) : les deux nombres sont très proches, mais différents (\(J\) contient \(\ln 2\), qui est irrationnel, alors que \(\dfrac{7}{11}\) est rationnel). Donc \(J \neq \dfrac{7}{11}\).
4. Affirmation n° 4 : vraie. \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{\prime}(x) = \text{e}^x + 2\text{e}^{2x}\). D’autre part :
\[2f(x) – \text{e}^x = 2\text{e}^x + 2\text{e}^{2x} – \text{e}^x = \text{e}^x + 2\text{e}^{2x}.\]
Pour tout réel \(x\), \(f^{\prime}(x) = 2f(x) – \text{e}^x\) : \(f\) est bien solution de \((E)\).
5. Affirmation n° 5 : vraie. Comme \(0 \leq\, x \lt 1\), le nombre \(x – 1\) appartient à \([-1\,;\,0[\) : il est strictement négatif. Pour tout entier \(n\), \(\cos(n) \leq\, 1\), donc :
\[u_n \leq\, (x – 1)\text{e}^n + 1.\]
Comme \(\lim\limits_{n \to +\infty} \text{e}^n = +\infty\) et \(x – 1 \lt 0\), on a \(\lim\limits_{n \to +\infty} (x – 1)\text{e}^n = -\infty\), puis \(\lim\limits_{n \to +\infty} ((x – 1)\text{e}^n + 1) = -\infty\). Par le théorème de comparaison, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = -\infty\) : la suite diverge vers \(-\infty\).
Retour à l’énoncé : Bac de maths 2025 en Polynésie (jour 2) : sujet et corrigé.
