Bac de maths 2024 — Amérique du Nord · 22 mai

, question 1 — Arbre pondéré. De la racine partent deux branches : N de probabilité p(N) = 0,2286 et N̄ de probabilité p(N̄) = 1 − 0,2286 = 0,7714. Depuis N partent R avec p_N(R) = 0,0808 et R̄ avec 1 − 0,0808 = 0,9192. Depuis N̄ partent R avec p_N̄(R) = 0,0127 et R̄ avec 1 − 0,0127 = 0,9873. Les pourcentages « des véhicules neufs » et « des véhicules d’occasion » sont bien des probabilités conditionnelles, donc des poids de branches du deuxième niveau.

On parcourt le chemin N puis R et on multiplie les probabilités rencontrées (formule des probabilités composées) : p(N ∩ R) = p(N) × p_N(R) = 0,2286 × 0,0808 = 0,018 470 88. La probabilité que le véhicule soit neuf et hybride rechargeable est donc environ 0,018 5.

L’autre chemin menant à R donne p(N̄ ∩ R) = p(N̄) × p_N̄(R) = 0,7714 × 0,0127 = 0,009 796 78. Comme N et N̄ forment une partition de l’univers, la formule des probabilités totales s’applique : p(R) = p(N ∩ R) + p(N̄ ∩ R) = 0,018 470 88 + 0,009 796 78 = 0,028 267 66. Arrondie au dix-millième, cette probabilité vaut bien 0,028 3.

Par définition d’une probabilité conditionnelle : p_R(N) = p(N ∩ R)p(R) = 0,018 470 880,028 267 66 ≈ 0,653 4, soit 0,6534 au dix-millième. Environ 65 % des véhicules hybrides rechargeables immatriculés en 2022 étaient neufs. (Si l’on repart des valeurs déjà arrondies, 0,018 50,028 3 ≈ 0,653 7 : mieux vaut garder les valeurs exactes jusqu’au dernier arrondi.)

Partie II, question 1 — On répète 500 fois, de façon identique et indépendante (tirage avec remise), une épreuve à deux issues : « le véhicule est neuf » de probabilité 0,65, ou non. X compte le nombre de succès : X suit la loi binomiale de paramètres n = 500 et p = 0,65, notée B(500 ; 0,65).

Formule de la loi binomiale : p(X = 325) = C(500 ; 325) × 0,65³²⁵ × 0,35¹⁷⁵ ≈ 0,037 4 (valeur obtenue à la calculatrice, la fonction binomFdp). La probabilité qu’exactement 325 véhicules soient neufs est environ 0,037 4.

On passe par l’événement contraire pour utiliser la fonction de répartition de la calculatrice : p(X ⩾ 325) = 1 − p(X ⩽ 324) ≈ 1 − 0,479 4 = 0,520 6. Interprétation : si l’on choisit 500 véhicules hybrides rechargeables, il y a environ 52 % de chances qu’au moins 325 d’entre eux (soit au moins 65 % de l’échantillon) soient neufs.

Partie III, question 1 — « Tous les n véhicules sont d’occasion » est la répétition de n tirages indépendants donnant chacun un véhicule d’occasion, de probabilité 1 − 0,65 = 0,35. Par indépendance, p_n = 0,35ⁿ.

« Au moins un neuf » est l’événement contraire de « tous d’occasion », donc q_n = 1 − p_n = 1 − 0,35ⁿ. L’inéquation q_n ⩾ 0,999 9 équivaut à 0,35ⁿ ⩽ 0,000 1, c’est-à-dire 0,35ⁿ ⩽ 10⁻⁴.

La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[, on peut composer : n ln(0,35) ⩽ ln(10⁻⁴) = −4 ln(10). Or ln(0,35) ≈ −1,049 8 est négatif, donc en divisant par ln(0,35) on change le sens de l’inégalité : n ⩾ −4 ln(10)ln(0,35) ≈ 8,77. Contrôle : 0,35⁸ ≈ 0,000 225 > 10⁻⁴ et 0,35⁹ ≈ 0,000 079 < 10⁻⁴. La plus petite valeur cherchée est n = 9 véhicules.

Puisque AB = 3 AI avec AB = 3, on a AI = 1 : les trois vecteurs AI, AD, AE sont unitaires et deux à deux orthogonaux, le repère est bien orthonormé. On lit alors A(0 ; 0 ; 0), B(3 ; 0 ; 0), C(3 ; 1 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), F(3 ; 0 ; 1), G(3 ; 1 ; 1), H(0 ; 1 ; 1). En particulier F(3 ; 0 ; 1), H(0 ; 1 ; 1), et M milieu de [CD] a pour coordonnées (3 + 02 ; 1 + 12 ; 0 + 02) = (32 ; 1 ; 0).

On construit deux vecteurs du plan : HF = (3 − 0 ; 0 − 1 ; 1 − 1) = (3 ; −1 ; 0) et HM = (32 − 0 ; 1 − 1 ; 0 − 1) = (32 ; 0 ; −1). Ils ne sont pas colinéaires : la troisième coordonnée de HF est nulle alors que celle de HM ne l’est pas. Ils dirigent donc le plan (HMF).

On calcule les deux produits scalaires : n · HF = 2×3 + 6×(−1) + 3×0 = 6 − 6 = 0 et n · HM = 2×(32) + 6×0 + 3×(−1) = 3 − 3 = 0. Le vecteur n est donc orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan (HMF) : c’est un vecteur normal à ce plan.

Un plan de vecteur normal n(2 ; 6 ; 3) admet une équation cartésienne de la forme 2x + 6y + 3z + d = 0. Le point H(0 ; 1 ; 1) appartient au plan, donc 2×0 + 6×1 + 3×1 + d = 0, soit 9 + d = 0 et d = −9. Une équation cartésienne de (HMF) est 2x + 6y + 3z − 9 = 0. Vérification avec F(3 ; 0 ; 1) : 6 + 0 + 3 − 9 = 0, l’équation est bien satisfaite.

Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires. Le plan (P) a pour vecteur normal p(5 ; 15 ; −3). On cherche un réel k tel que p = k n : la première coordonnée impose k = 52 = 2,5, et la deuxième est cohérente (2,5 × 6 = 15), mais la troisième donne 2,5 × 3 = 7,5 ≠ −3. Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires : le plan (P) n’est pas parallèle au plan (HMF).

La droite (DG) passe par D(0 ; 1 ; 0) et admet pour vecteur directeur DG = (3 − 0 ; 1 − 1 ; 1 − 0) = (3 ; 0 ; 1). Un point X(x ; y ; z) appartient à (DG) si et seulement s’il existe t ∈ ℝ tel que DX = t DG, ce qui donne la représentation paramétrique : x = 3t, y = 1, z = t, avec t ∈ ℝ.

Le point N est à la fois sur (DG) et dans (HMF). Ses coordonnées s’écrivent (3t ; 1 ; t) ; on reporte dans l’équation du plan : 2×(3t) + 6×1 + 3×t − 9 = 0, soit 6t + 6 + 3t − 9 = 0, puis 9t − 3 = 0 et t = 13. En remplaçant : N(1 ; 1 ; 13).

Le projeté orthogonal de G sur (HMF) est caractérisé par deux conditions : il appartient au plan, et le vecteur qui le joint à G est normal au plan. Premier test : R(3 ; 14 ; 12) vérifie-t-il l’équation ? 2×3 + 6×(14) + 3×(12) − 9 = 6 + 1,5 + 1,5 − 9 = 0 : oui, R appartient bien au plan (HMF).

Deuxième test : GR = (3 − 3 ; 14 − 1 ; 12 − 1) = (0 ; −34 ; −12). Ce vecteur est-il colinéaire à n(2 ; 6 ; 3) ? Il faudrait un réel k avec 0 = 2k, donc k = 0, ce qui rendrait GR nul, alors qu’il ne l’est pas. GR n’est donc pas normal au plan : le point R n’est pas le projeté orthogonal de G sur (HMF).

Pour information, on peut localiser le vrai projeté H′ : il s’écrit G + s n = (3 + 2s ; 1 + 6s ; 1 + 3s) et appartient au plan lorsque 2(3 + 2s) + 6(1 + 6s) + 3(1 + 3s) − 9 = 49s + 6 = 0, soit s = −649. On obtient H′(13549 ; 1349 ; 3149), qui est bien différent de R.

g est un polynôme, donc dérivable sur [0 ; 1], et g′(x) = 2 − 2x = 2(1 − x). Pour tout x de [0 ; 1[ on a 1 − x > 0 donc g′(x) > 0, et g′ ne s’annule qu’en x = 1 : une dérivée positive qui ne s’annule qu’en un point isolé donne une fonction strictement croissante sur [0 ; 1]. De plus g(0) = 0 − 0 = 0 et g(1) = 2 − 1 = 1. Ainsi g envoie l’intervalle [0 ; 1] sur lui-même.

u₁ = g(u₀) = g(12) = 2 × 12 − (12)² = 1 − 14 = 34. Puis u₂ = g(u₁) = g(34) = 2 × 34 − (34)² = 32 − 916 = 2416 − 916 = 1516, soit 0,937 5.

Récurrence sur la propriété P(n) : « 0 < u_n < uₙ₊₁ < 1 ». Initialisation : u₀ = 12 et u₁ = 34, et 0 < 12 < 34 < 1, donc P(0) est vraie.

Hérédité. Soit n ∈ ℕ. Supposons que P(n) soit vraie pour cet entier n, c’est-à-dire 0 < u_n < uₙ₊₁ < 1. Ces quatre nombres appartiennent à [0 ; 1], où g est strictement croissante ; en appliquant g on conserve l’ordre strict : g(0) < g(u_n) < g(uₙ₊₁) < g(1). D’après la question 1 cela s’écrit 0 < uₙ₊₁ < uₙ₊₂ < 1, c’est-à-dire P(n + 1) : la propriété est vraie au rang suivant. Conclusion. P(0) est vraie et P se transmet d'un rang au suivant ; d’après le principe de récurrence, P(n) est vraie pour tout n ∈ ℕ.

L’encadrement précédent donne u_n < uₙ₊₁ pour tout n : la suite (u_n) est strictement croissante ; il donne aussi u_n < 1 : elle est majorée par 1. D’après le théorème de la limite monotone, toute suite croissante et majorée converge : (u_n) converge vers une limite ℓ, avec ℓ ⩽ 1.

La fonction g est continue sur [0 ; 1] (c’est un polynôme). En passant à la limite dans uₙ₊₁ = g(u_n), la limite ℓ vérifie ℓ = g(ℓ), soit ℓ = 2ℓ − ℓ², donc ℓ² − ℓ = 0 et ℓ(ℓ − 1) = 0 : ℓ = 0 ou ℓ = 1. Or la suite est croissante, donc ℓ ⩾ u₀ = 12 > 0, ce qui élimine 0. La limite est ℓ = 1.

D’après la question 3, 0 < u_n < 1 donc 1 − u_n > 0 et v_n = ln(1 − u_n) est bien défini. On calcule 1 − uₙ₊₁ = 1 − (2u_n − u_n²) = 1 − 2u_n + u_n² = (1 − u_n)², identité remarquable. Donc vₙ₊₁ = ln((1 − u_n)²) = 2 ln(1 − u_n) = 2 v_n. La suite (v_n) est bien géométrique de raison 2, de premier terme v₀ = ln(1 − 12) = ln(12) = −ln(2).

Pour une suite géométrique de premier terme v₀ et de raison q, v_n = v₀ × qⁿ. Ici : v_n = −ln(2) × 2ⁿ.

De v_n = ln(1 − u_n) on tire 1 − u_n = e^v_n = e^{−2ⁿ ln 2} = (e^{ln 2})^−2ⁿ = 2^−2ⁿ. Donc u_n = 1 − 2^−2ⁿ = 1 − (12)^2ⁿ. Contrôle : pour n = 0, 1 − 12 = 12 et pour n = 2, 1 − 116 = 1516, ce qui correspond bien à la question 2. Quand n → +∞, 2ⁿ → +∞ donc −2ⁿ ln(2) → −∞, et par limite de l’exponentielle en −∞, e^{−2ⁿ ln 2} → 0 : on retrouve lim u_n = 1.

La boucle doit avancer d’un rang et appliquer uₙ₊₁ = g(u_n) = 2u_n − u_n², donc on complète par n = n + 1 puis u = 2*u - u**2. Déroulé : au départ n = 0 et u = 0.5 ; comme 0.5 < 0.95, on obtient n = 1, u = 0.75 ; comme 0.75 < 0.95, on obtient n = 2, u = 0.9375 ; comme 0.9375 < 0.95, on obtient n = 3, u = 0.99609… La condition u < 0.95 est alors fausse, la boucle s’arrête et seuil() renvoie 3 : c’est à partir du rang n = 3 que la suite dépasse 0,95.

Un point de C est sur l’axe des abscisses lorsque son ordonnée est nulle : f(x) = 0, soit a ln(x) = 0. Comme a > 0, on peut diviser par a : ln(x) = 0. La fonction ln ne s’annule qu’en 1, donc x = 1. La courbe C coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse x = 1 (c’est le point de coordonnées (1 ; 0)).

F(x) = a[x ln(x) − x] est dérivable sur ]0 ; +∞[ comme somme et produit de fonctions dérivables. On dérive le produit x ln(x) avec (uv)′ = u′v + uv′ : (x ln(x))′ = 1 × ln(x) + x × 1x = ln(x) + 1. Donc F′(x) = a[ln(x) + 1 − 1] = a ln(x) = f(x). Comme F′ = f sur ]0 ; +∞[, F est bien une primitive de f sur cet intervalle.

Sur l’intervalle [1 ; x₀] (avec x₀ > 1) on a x ⩾ 1, donc ln(x) ⩾ 0 par croissance du logarithme, puis f(x) = a ln(x) ⩾ 0 car a > 0. La fonction f étant positive et continue sur [1 ; x₀], l’aire du domaine compris entre C, l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 1 et x = x₀ est égale à l’intégrale de f entre 1 et x₀.

On calcule cette intégrale avec la primitive F : ∫ de 1 à x₀ de a ln(x) dx = F(x₀) − F(1) = a[x₀ ln(x₀) − x₀] − a[1 × ln(1) − 1] = a[x₀ ln(x₀) − x₀] − a × (−1). L’aire du domaine bleuté vaut donc a(x₀ ln(x₀) − x₀ + 1) unités d’aire.

Le point M a pour abscisse x₀, donc pour coordonnées (x₀ ; a ln(x₀)). La fonction f est dérivable sur ]0 ; +∞[ avec f′(x) = a × 1x = ax, donc la tangente T a pour coefficient directeur f′(x₀) = ax₀.

Équation de la tangente au point d’abscisse x₀ : y = f′(x₀)(x − x₀) + f(x₀), soit y = (ax₀)(x − x₀) + a ln(x₀) = (ax₀)x − a + a ln(x₀).

Le point A est l’intersection de T avec l’axe des ordonnées : on remplace x par 0 dans l’équation de T, ce qui donne y_A = −a + a ln(x₀) = a(ln(x₀) − 1). Donc A(0 ; a ln(x₀) − a).

Le point B est le projeté orthogonal de M sur l’axe des ordonnées : il a la même ordonnée que M et une abscisse nulle, donc B(0 ; a ln(x₀)) et y_B = a ln(x₀).

A et B sont tous deux sur l’axe des ordonnées : la longueur AB est donc la distance entre leurs ordonnées, AB = |y_B − y_A| = |a ln(x₀) − (a ln(x₀) − a)| = |a| = a car a > 0. Le terme a ln(x₀) se simplifie : x₀ a disparu. La longueur AB est constante et vaut a, quelle que soit la valeur de x₀ > 1.