Bac de maths 2024 — Amérique du Sud · 21 novembre

On dérive le produit x ↦ ax par x ↦ e^{−14 x} : g′(x) = a e^{−14 x} + ax × (−14) e^{−14 x} = a (1 − x4) e^{−14 x}. On reporte alors dans le membre de gauche de (E) : g′(x) + 14 g(x) = a (1 − x4) e^{−14 x} + (ax4) e^{−14 x} = a e^{−14 x}, car les termes en x se simplifient.

Comme e^{−14 x} ≠ 0 pour tout réel x, g est solution de (E) si et seulement si a e^{−14 x} = 20 e^{−14 x}, c’est-à-dire a = 20. La solution particulière cherchée est g(x) = 20x e^{−14 x}.

Théorème : les solutions de (E) s’obtiennent en ajoutant à une solution particulière de (E) toutes les solutions de l’équation homogène (E′). Les solutions de (E) sont donc les fonctions x ↦ 20x e^{−14 x} + C e^{−14 x} = (20x + C) e^{−14 x}, avec C ∈ ℝ.

On cherche la valeur de C telle que f(0) = 8 : (20 × 0 + C) e⁰ = C = 8. La solution demandée est donc f(x) = (20x + 8) e^{−14 x}.

L’exponentielle est strictement positive, donc f′(x) est du signe de 18 − 5x : f′(x) > 0 pour x < 185 = 3,6 et f′(x) < 0 pour x > 3,6. La fonction f est donc croissante sur [0 ; 185] puis décroissante sur [185 ; +∞[.

Le maximum est atteint en x = 185 et vaut f(185) = (20 × 185 + 8) e^{−14 × 185} = 80 e⁻⁹¹⁰ ≈ 32,53. Tableau de variations : f croît de f(0) = 8 jusqu’à 80 e⁻⁹¹⁰ en x = 185, puis décroît vers 0 (limite admise en +∞).

On fait tourner la dichotomie. Étape 1 : a = 14, b = 15, b − a = 1, m = 14,5 ; f(14,5) ≈ 7,94, la condition f(m) > 8 est FAUX, donc b prend la valeur 14,5.

Étape 2 : a = 14, b = 14,5, b − a = 0,5, m = 14,25 ; f(14,25) ≈ 8,31, condition VRAI, a prend la valeur 14,25. Étape 3 : a = 14,25, b = 14,5, b − a = 0,25, m = 14,375 ; f(14,375) ≈ 8,12, condition VRAI, a prend la valeur 14,375. Étape 4 : a = 14,375, b = 14,5, b − a = 0,125, m = 14,4375 ; f(14,4375) ≈ 8,03, condition VRAI, a prend la valeur 14,4375.

On a alors b − a = 0,0625 ≤ 0,1 : la boucle s’arrête et la fonction renvoie le couple (14,4375 ; 14,5).

Si on a pioché une boule blanche dans U₁ (événement N̄₁) et qu’on la place dans U₂, cette urne contient alors 1 boule noire et 3 + 1 = 4 boules blanches, soit 5 boules. Les tirages étant équiprobables, P_N̄₁(N₂) = 15 = 0,2.

U₁ contient 4 boules noires sur 10, donc P(N₁) = 410 = 0,4 et P(N̄₁) = 1 − 0,4 = 0,6. Si on a pioché une noire dans U₁, U₂ contient 2 noires et 3 blanches, d’où P_N₁(N₂) = 25 = 0,4 et P_N₁(N̄₂) = 0,6. Sous la branche N̄₁ : P_N̄₁(N₂) = 0,2 et P_N̄₁(N̄₂) = 0,8.

On multiplie les probabilités le long d’une même branche de l’arbre : P(N₁ ∩ N₂) = P(N₁) × P_N₁(N₂) = 0,4 × 0,4 = 0,16. La probabilité de piocher une noire dans U₁ puis une noire dans U₂ est 0,16.

Les événements N₁ et N̄₁ forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales, P(N₂) = P(N₁ ∩ N₂) + P(N̄₁ ∩ N₂) = 0,16 + 0,6 × 0,2 = 0,16 + 0,12 = 0,28.

On demande une probabilité conditionnelle dans l’autre sens : P_N₂(N̄₁) = P(N̄₁ ∩ N₂)P(N₂) = 0,120,28 = 37 ≈ 0,43. Sachant que la boule tirée dans U₂ est noire, la probabilité que la boule transférée depuis U₁ ait été blanche vaut environ 0,43.

1 − 0,72ⁿ ≥ 0,9 ⇔ 0,72ⁿ ≤ 0,1. La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[, cela équivaut à n ln(0,72) ≤ ln(0,1) ; comme ln(0,72) < 0, la division change le sens de l’inégalité : n ≥ ln(0,1)ln(0,72) ≈ 7,01. Le plus petit entier naturel qui convient est n = 8 (on vérifie : 1 − 0,72⁷ ≈ 0,8997 < 0,9 et 1 − 0,72⁸ ≈ 0,9278 ≥ 0,9).

Par indépendance, 0,72ⁿ est la probabilité de ne piocher aucune boule noire dans U₂ au cours des n expériences ; 1 − 0,72ⁿ = P(X ≥ 1) est donc la probabilité d’en piocher au moins une. Il faut répéter l’expérience au moins 8 fois pour que la probabilité de piocher au moins une boule noire dans U₂ atteigne 0,9.

Un tel tirage se construit en choisissant une boule noire parmi 4 et une boule blanche parmi 6 : d’après le principe multiplicatif, il y a 4 × 6 = 24 tirages contenant exactement une boule noire et une boule blanche.

Trois cas se présentent pour le tirage simultané dans U₁ : deux noires, 4 × 32 = 6 tirages, de probabilité 645 ; une noire et une blanche, 24 tirages, de probabilité 2445 ; deux blanches, 6 × 52 = 15 tirages, de probabilité 1545.

Après le transfert, U₂ contient toujours 4 + 2 = 6 boules : 3 noires si on a transféré deux noires, donc P(N₂) = 36 = 12 ; 2 noires si on a transféré une de chaque, donc 26 = 13 ; 1 noire si on a transféré deux blanches, donc 16.

Formule des probabilités totales : P(N₂) = 645 × 12 + 2445 × 13 + 1545 × 16 = 690 + 1690 + 590 = 2790 = 0,3.

Comme 0,3 > 0,28, la probabilité de piocher une boule noire dans l’urne U₂ est bien supérieure avec cette nouvelle expérience qu’avec celle de la partie A.

On encadre le numérateur : pour tout n ≥ 1, (−1)ⁿ vaut 1 ou −1, donc 24 ≤ 25 + (−1)ⁿ ≤ 26. En divisant par n > 0 : 24n ≤ uₙ ≤ 26n.

Or lim 24n = lim 26n = 0 quand n → +∞. D’après le théorème des gendarmes, (uₙ) converge et lim uₙ = 0. Une suite convergente n’est pas divergente : l’affirmation 1 est FAUSSE.

Comme wₙ > 0, on peut passer à l’inverse : tₙ₊₁ = kwₙ₊₁ = k(1 + wₙ)wₙ = kwₙ + k = tₙ + k. La différence tₙ₊₁ − tₙ = k est constante, donc (tₙ) est arithmétique de raison k ; comme k > 0, elle est strictement croissante. L’affirmation 2 est VRAIE.

Étudions la fonction h définie sur [0 ; +∞[ par h(x) = x − ln(1 + x) : h′(x) = 1 − 11 + x = x1 + x > 0 pour x > 0, et h(0) = 0, donc h(x) > 0 sur ]0 ; +∞[, c’est-à-dire ln(1 + x) < x pour tout x > 0.

Comme vₙ > 0 pour tout n, on applique cette inégalité à x = vₙ : vₙ₊₁ = ln(1 + vₙ) < vₙ. La suite (vₙ) est donc strictement décroissante : l’affirmation 3 est VRAIE.

On intègre par parties sur [1 ; e] en posant u(x) = [ln(x)]ⁿ⁺¹ et v′(x) = 1, d’où u′(x) = (n + 1) [ln(x)]ⁿ × 1x et v(x) = x, fonctions dérivables à dérivées continues sur [1 ; e].

Iₙ₊₁ = [x [ln(x)]ⁿ⁺¹]₁ᵉ − ∫₁ᵉ x × (n + 1)[ln(x)]ⁿ × 1x dx. Le crochet vaut e × [ln(e)]ⁿ⁺¹ − 1 × [ln(1)]ⁿ⁺¹ = e × 1 − 0 = e, et l’intégrale restante vaut (n + 1) ∫₁ᵉ [ln(x)]ⁿ dx = (n + 1) Iₙ. Donc Iₙ₊₁ = e − (n + 1) Iₙ : l’affirmation 4 est VRAIE.

Un point M(x ; y ; z) appartient à (d₁) si et seulement s’il existe un réel t tel que AM = t u₁→. En coordonnées : x − 1 = t, y − 2 = 2t, z + 1 = 0. Une représentation paramétrique de (d₁) est donc x = 1 + t, y = 2 + 2t, z = −1, avec t ∈ ℝ.

La représentation paramétrique de (d₂) donne le vecteur directeur u₂→ (0 ; 1 ; 1). Les vecteurs u₁→ (1 ; 2 ; 0) et u₂→ ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de u₁→ est non nulle, celle de u₂→ est nulle) : les droites ne sont pas parallèles.

Cherchons ensuite si elles sont sécantes : un point commun vérifierait 1 + t′ = 0, 2 + 2t′ = 1 + t et −1 = 2 + t. La première équation donne t′ = −1, la troisième donne t = −3 ; en reportant t′ = −1 dans la deuxième on obtient 0 = 1 + t, soit t = −1, ce qui contredit t = −3. Le système n’a pas de solution : les droites ne sont pas sécantes.

N’étant ni parallèles ni sécantes, les droites (d₁) et (d₂) ne sont pas coplanaires.

Posons n (−2 ; 1 ; 5), vecteur formé des coefficients de l’équation proposée. On a n · u₁→ = −2 × 1 + 1 × 2 + 5 × 0 = 0 et n · w = −2 × 2 + 1 × (−1) + 5 × 1 = 0 : n est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires de P, c’est donc un vecteur normal à P.

Le plan P a par conséquent une équation de la forme −2x + y + 5z + d = 0, et le point A(1 ; 2 ; −1) lui appartient : −2 × 1 + 2 + 5 × (−1) + d = 0, soit d = 5. Une équation cartésienne de P est bien −2x + y + 5z + 5 = 0.

On calcule u₂→ · n = 0 × (−2) + 1 × 1 + 1 × 5 = 6 ≠ 0 : le vecteur directeur de (d₂) n’est pas orthogonal au vecteur normal de P, donc (d₂) n’est pas parallèle à P. La droite et le plan sont sécants en un unique point.

On remplace les coordonnées d’un point de (d₂) dans l’équation de P : −2 × 0 + (1 + t) + 5(2 + t) + 5 = 0, soit 6t + 16 = 0, d’où t = −83. On obtient x = 0, y = 1 − 83 = −53 et z = 2 − 83 = −23 : le point d’intersection est bien F(0 ; −53 ; −23).

Avec E(−23 ; −43 ; −1) et F(0 ; −53 ; −23), le vecteur EF a pour coordonnées (0 + 23 ; −53 + 43 ; −23 + 1) = (23 ; −13 ; 13) : autrement dit EF = (13) w, ce qui était attendu puisque E et F sont tous deux sur la droite (δ) dirigée par w.

Or w · u₁→ = 2 × 1 + (−1) × 2 + 1 × 0 = 0 et w · u₂→ = 2 × 0 + (−1) × 1 + 1 × 1 = 0, donc EF est orthogonal aux vecteurs directeurs des deux droites. Comme de plus E ∈ (d₁) et F ∈ (d₂), la droite (EF) est orthogonale à (d₁) et à (d₂) : la longueur EF est, par définition, la distance entre ces deux droites.

Le repère étant orthonormé : EF = √[(23)² + (−13)² + (13)²] = √49 + 19 + 19 = √69 = √63 ≈ 0,82. La distance entre les droites (d₁) et (d₂) vaut donc √63 unité de longueur.