Bac de maths 2024 — Amérique du Nord · 21 mai

Arbre pondéré. Au premier niveau, deux branches : R de probabilité 0,07 et son contraire R̄ de probabilité 1 − 0,07 = 0,93. Au second niveau, à partir de R : E (0,80) et Ē (0,20) ; à partir de R̄ : E (0,40) et Ē (0,60), puisque « commun » est le contraire de « rare ».

L’événement R ∩ E correspond au chemin R puis E. D’après la formule des probabilités composées, P(R ∩ E) = P(R) × P_R(E) = 0,07 × 0,80 = 0,056. La probabilité de tirer une épée rare est donc 0,056, soit 5,6 %.

Les événements R et R̄ forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales : P(E) = P(R ∩ E) + P(R̄ ∩ E) = 0,07 × 0,80 + 0,93 × 0,40 = 0,056 + 0,372 = 0,428. La probabilité de tirer une épée est 0,428.

On sait que l’épée est tirée : on cherche la probabilité conditionnelle P_E(R) = P(R ∩ E)P(E) = 0,0560,428 ≈ 0,1308. Sachant que le joueur a tiré une épée, la probabilité que l’objet soit rare vaut environ 0,131 au millième près.

X ne prend que des valeurs entières, donc l’inégalité stricte X < 6 équivaut à X ⩽ 5. La calculatrice (fonction binomFRép, ou la somme des P(X = k) pour k allant de 0 à 5) donne P(X ⩽ 5) ≈ 0,983 8. Donc P(X < 6) ≈ 0,984 au millième près.

On passe par l’événement contraire : P(X ⩾ k) = 1 − P(X ⩽ k − 1). La calculatrice donne P(X ⩾ 2) = 1 − P(X ⩽ 1) ≈ 0,631 ⩾ 0,5, puis P(X ⩾ 3) = 1 − P(X ⩽ 2) ≈ 0,351 < 0,5. Comme k ↦ P(X ⩾ k) est décroissante, la plus grande valeur cherchée est k = 2.

Interprétation : en remportant 30 défis, le joueur a plus d’une chance sur deux (environ 63 %) d’obtenir au moins 2 objets rares.

Sur N tirages, le nombre Y d’objets rares suit la loi binomiale B(N ; 0,07). L’événement contraire de « au moins un objet rare » est « aucun objet rare », et P(Y = 0) = (1 − 0,07)^N = 0,93^N. L’objectif s’écrit donc 1 − 0,93^N ⩾ 0,95, c’est-à-dire 0,93^N ⩽ 0,05.

La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[, l’inégalité équivaut à N ln(0,93) ⩽ ln(0,05). Comme ln(0,93) < 0, diviser par ln(0,93) renverse le sens : N ⩾ ln(0,05)ln(0,93) ≈ 41,28. Vérification : 1 − 0,93⁴¹ ≈ 0,949 < 0,95 alors que 1 − 0,93⁴² ≈ 0,953 ⩾ 0,95. Le ticket d’or doit donc permettre de tirer au minimum 42 objets.

Réponse c. Un vecteur directeur de (AB) est AB de coordonnées (4 − 1 ; 1 − 0 ; 0 − 3) = (3 ; 1 ; −3). En prenant A(1 ; 0 ; 3) comme point de base, (AB) admet la représentation paramétrique x = 1 + 3t, y = 0 + t, z = 3 − 3t avec t ∈ ℝ : c’est la proposition c. Les propositions a et d donnent y constant égal à 1, incompatible avec A(1 ; 0 ; 3) ; la proposition b a pour vecteur directeur (4 ; 1 ; 0), non colinéaire à AB.

Réponse d. Un point appartient à (d) si et seulement si une seule et même valeur de t redonne ses trois coordonnées. Pour R(−3 ; −9 ; 7) : 3 + 4t = −3 donne t = −1,5, et cette valeur convient aussi pour les deux autres coordonnées, car 6 × (−1,5) = −9 et 4 − 2 × (−1,5) = 7. Les autres points échouent : pour M(7 ; 6 ; 6), x impose t = 1 mais alors z = 4 − 2 = 2 ≠ 6 ; pour N(3 ; 6 ; 4), x impose t = 0 alors que y impose t = 1 ; pour P(4 ; 6 ; −2), x impose t = 0,25 alors que y impose t = 1.

On lit les vecteurs directeurs u(4 ; 6 ; −2) pour (d) et v(3 ; −2 ; 1) pour (d′). S’ils étaient colinéaires, les coordonnées seraient proportionnelles : or 43 ≠ 6−2. Ils ne sont donc pas colinéaires, ce qui élimine les réponses c (parallèles) et d (confondues).

Réponse b. Reste à savoir si les droites se coupent. On cherche t et k tels que 3 + 4t = −2 + 3k, 6t = −1 − 2k et 4 − 2t = 1 + k. La troisième équation donne k = 3 − 2t ; en la reportant dans la deuxième : 6t + 2(3 − 2t) = −1, soit 2t = −7 et t = −3,5, puis k = 10. Ce couple ne vérifie pas la première équation, car 3 + 4 × (−3,5) = −11 alors que −2 + 3 × 10 = 28. Le système n’a pas de solution : les droites ne sont pas sécantes. N’étant ni parallèles ni sécantes, elles sont non coplanaires.

Réponse a. Le plan (P) est perpendiculaire à la droite (d), donc un vecteur directeur de (d), n(4 ; 6 ; −2), est un vecteur normal de (P). Un point M(x ; y ; z) appartient à (P) si et seulement si IM · n = 0, soit 4(x − 2) + 6(y − 1) − 2(z − 0) = 0, c’est-à-dire 4x + 6y − 2z − 14 = 0. En divisant par 2 : 2x + 3y − z − 7 = 0. On peut contrôler que I(2 ; 1 ; 0) vérifie bien cette équation : 4 + 3 − 0 − 7 = 0.

Le nombre dérivé f′(1) est le coefficient directeur de la tangente (T) au point d’abscisse 1. Cette tangente passe par A(1 ; −1) et B(0 ; −4), donc son coefficient directeur vaut −1 − (−4)1 − 0 = 31 = 3 : on lit f′(1) = 3. Son ordonnée à l’origine est celle de B, soit −4. L’équation réduite de (T) est donc y = 3x − 4.

Avant A, la courbe est située sous ses tangentes (creux vers le bas) et après A au-dessus : f semble concave sur ]0 ; 1[ et convexe sur ]1 ; +∞[. La concavité change en x = 1, donc le point A(1 ; −1) semble être un point d’inflexion de C_f.

On dérive f(x) = 2x ln(x) − x⁻¹. Le premier terme est un produit : (2x ln x)′ = 2 × ln(x) + 2x × 1x = 2 ln(x) + 2. Le second : (−x⁻¹)′ = +x⁻² = 1x². D’où f′(x) = 2 ln(x) + 2 + 1x² pour tout x de ]0 ; +∞[.

On dérive f′ : (2 ln x)′ = 2x, la constante 2 a une dérivée nulle et (x⁻²)′ = −2x⁻³. Donc f″(x) = 2x − 2x³. On réduit au même dénominateur x³ : f″(x) = 2x² − 2x³ = 2x² − 1x³, et l’identité remarquable x² − 1 = (x + 1)(x − 1) donne f″(x) = 2(x + 1)x − 1x³.

Sur ]0 ; +∞[ on a x³ > 0 et x + 1 > 1 > 0 : f″(x) est donc du signe de x − 1. Ainsi f″(x) < 0 sur ]0 ; 1[, où f est concave, et f″(x) > 0 sur ]1 ; +∞[, où f est convexe. La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en x = 1 : A(1 ; −1) est bien un point d’inflexion, ce qui confirme la lecture graphique de la Partie A.

Le signe de f″ donne les variations de f′ : f′ est décroissante sur ]0 ; 1] puis croissante sur [1 ; +∞[. Elle admet donc un minimum en x = 1, qui vaut f′(1) = 2 ln(1) + 2 + 11² = 0 + 2 + 1 = 3 (on retrouve la valeur lue au graphique). Comme 3 est le minimum de f′, on a f′(x) ⩾ 3 > 0 pour tout x > 0 : la dérivée est strictement positive sur tout l’intervalle, donc f est strictement croissante sur ]0 ; +∞[.

Sur ]0 ; +∞[, f est dérivable donc continue, et strictement croissante, avec lim f(x) = −∞ en 0⁺ et lim f(x) = +∞ en +∞. La valeur 0 est comprise entre ces deux limites : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α sur ]0 ; +∞[.

Encadrement à la calculatrice : f(1,32) ≈ −0,025 < 0 et f(1,33) ≈ 0,007 > 0, donc 1,32 < α < 1,33 ; comme f(1,325) ≈ −0,009 < 0, on affine en 1,325 < α < 1,33. L’arrondi au centième est donc α ≈ 1,33.

4.b (suite). Par définition, f(α) = 0 s’écrit α ln(α²) − 1/α = 0, soit α ln(α²) = 1/α. On multiplie les deux membres par α, qui est strictement positif : α² ln(α²) = 1, d’où ln(α²) = 1/α². En appliquant la fonction exponentielle, réciproque de ln sur ]0 ; +∞[, aux deux membres : α² = exp(1/α²). C’est bien la relation demandée.

Pour n = 0, la fonction intégrée devient e⁰ × sin(x) = sin(x). Une primitive de sin est −cos, donc I₀ = ∫₀^π sin(x) dx = [−cos(x)]₀^π = −cos(π) − (−cos(0)) = 1 + 1 = 2. Donc I₀ = 2.

Pour tout x de [0 ; π], sin(x) ⩾ 0, et une exponentielle est toujours strictement positive, donc e^−nx > 0. Le produit e^−nx sin(x) est donc positif sur [0 ; π]. Les bornes étant dans l’ordre croissant (0 < π), la positivité de l’intégrale donne I_n ⩾ 0 pour tout entier naturel n.

Par linéarité de l’intégrale, Iₙ₊₁ − I_n = ∫₀^π (e^−(n+1)x − e^−nx) sin(x) dx = ∫₀^π e^−nx (e^−x − 1) sin(x) dx. Sur [0 ; π] : e^−nx > 0, sin(x) ⩾ 0, et e^−x − 1 ⩽ 0 car −x ⩽ 0 et exp est croissante avec e⁰ = 1. L’intégrande est donc négatif, d’où Iₙ₊₁ − I_n ⩽ 0. 2.c. Cela signifie que Iₙ₊₁ ⩽ I_n : la suite (I_n) est décroissante, et elle est minorée par 0 d’après 2.a. D’après le théorème de la convergence monotone, (I_n) converge vers une limite ℓ ⩾ 0.

Sur [0 ; π] on a 0 ⩽ sin(x) ⩽ 1. En multipliant par e^−nx, qui est strictement positif, le sens des inégalités est conservé : 0 ⩽ e^−nx sin(x) ⩽ e^−nx. Par croissance de l’intégrale sur [0 ; π], on obtient I_n ⩽ ∫₀^π e^−nx dx.

Pour n ⩾ 1, une primitive de x ↦ e^−nx est x ↦ −(1n) e^−nx. Donc ∫₀^π e^−nx dx = [−(1n) e^−nx]₀^π = −(1n) e^−nπ + (1n) e⁰ = 1 − e^−nπn.

En combinant 2.a, 3.a et 3.b : pour tout n ⩾ 1, 0 ⩽ I_n ⩽ 1 − e^−nπn. Or −nπ → −∞ donc e^−nπ → 0, le numérateur tend vers 1 et le dénominateur vers +∞ : le majorant tend vers 0. D’après le théorème des gendarmes, la suite (I_n) converge vers 0.

Première intégration par parties, en dérivant l’exponentielle : u(x) = e^−nx et u′(x) = −n e^−nx ; v′(x) = sin(x) et v(x) = −cos(x). Alors I_n = [−e^−nx cos(x)]₀^π − ∫₀^π n e^−nx cos(x) dx. Le crochet vaut (−e^−nπ × (−1)) − (−1 × 1) = e^−nπ + 1. D’où I_n = 1 + e^−nπ − n J_n.

4.a (suite). Deuxième intégration par parties, en dérivant le sinus : u(x) = sin(x) et u′(x) = cos(x) ; v′(x) = e^−nx et v(x) = −(1n) e^−nx. Alors I_n = [−(1n) e^−nx sin(x)]₀^π + (1n) ∫₀^π e^−nx cos(x) dx. Le crochet est nul car sin(0) = sin(π) = 0. D’où I_n = (1n) J_n.

La seconde relation donne J_n = n I_n. En reportant dans la première : I_n = 1 + e^−nπ − n × (n I_n) = 1 + e^−nπ − n² I_n. On regroupe les termes en I_n : (n² + 1) I_n = 1 + e^−nπ, donc I_n = 1 + e^−nπn² + 1 pour tout entier naturel n ⩾ 1.

La cinquième ligne porte la condition de la boucle : « while I >= 0.1 : ». Tant que I reste supérieur ou égal à 0,1, on passe au rang suivant et on recalcule I avec la formule du 4.b ; on sort dès que I devient strictement inférieur à 0,1. Attention au cas limite : I₃ = 1 + e^−3π10 ≈ 0,100 008 est encore supérieur à 0,1, alors que I₄ = 1 + e^−4π17 ≈ 0,058 8 < 0,1. La fonction seuil renvoie donc n = 4.