Bac de maths 2024 — Asie · 11 juin

, question 1 — Limites. En 0 : lim x² = 0 et, par croissances comparées, lim x ln(x) = 0 quand x → 0⁺. Par limite d'une différence, lim f(x) = 0 quand x → 0⁺. En +∞ : on factorise par le terme dominant, f(x) = x²(1 − ln(x)x). Par croissances comparées ln(x)x → 0, donc la parenthèse tend vers 1 ; comme x² → +∞, le produit donne lim f(x) = +∞ quand x → +∞.

Questions 2 et 3 — Dérivées. On dérive le produit x ln(x) avec la formule (uv)′ = u′v + uv′ : (x ln(x))′ = 1 × ln(x) + x × 1x = ln(x) + 1. D'où f′(x) = 2x − ln(x) − 1. En dérivant à nouveau : f′′(x) = 2 − 1x, que l'on met au même dénominateur pour obtenir f′′(x) = 2x − 1x, l'expression demandée.

Variations de f′. Sur ]0 ; +∞[ le dénominateur x est strictement positif, donc f′′(x) est du signe de 2x − 1 : négatif sur ]0 ; 12[, nul en 12, positif sur ]12 ; +∞[. La fonction f′ est donc strictement décroissante sur ]0 ; 12], puis strictement croissante sur [12 ; +∞[ ; elle admet un minimum en x = 12. Valeur exacte de cet extremum : f′(12) = 2 × 12 − ln(12) − 1 = 1 + ln(2) − 1 = ln(2), car ln(12) = −ln(2).

Sens de variation de f. Le minimum de f′ sur ]0 ; +∞[ vaut ln(2) ≈ 0,69 : ainsi, pour tout x > 0, f′(x) ≥ ln(2) > 0. La dérivée de f est strictement positive sur l'intervalle, donc f est strictement croissante sur ]0 ; +∞[.

Résolution de f(x) = x. f(x) = x ⟺ x² − x ln(x) − x = 0 ⟺ x(x − ln(x) − 1) = 0 (on factorise par x). Un produit est nul si l'un de ses facteurs l'est ; or x > 0 donc x ≠ 0, il reste x − ln(x) − 1 = 0, soit x − ln(x) = 1, c'est-à-dire g(x) = 1. L'énoncé admet que 1 est l'unique solution de cette équation : sur ]0 ; +∞[, l'équation f(x) = x a donc pour unique solution x = 1.

Hérédité. Soit n ∈ ℕ. Supposons la propriété vraie pour cet entier n : 12 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 1. La fonction f est strictement croissante sur ]0 ; +∞[ (Partie A), donc elle conserve l'ordre : f(12) ≤ f(uₙ) ≤ f(uₙ₊₁) ≤ f(1). Or f(uₙ) = uₙ₊₁ et f(uₙ₊₁) = uₙ₊₂ par définition de la suite, f(12) ≈ 0,597 ≥ 12 et f(1) = 1² − 1 × ln(1) = 1. On obtient donc 12 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 1 : la propriété est vraie au rang n + 1. Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et se transmet d'un rang au suivant ; le principe de récurrence donne alors, pour tout n ∈ ℕ : 12 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 1.

Convergence. L'encadrement démontré donne deux informations : uₙ ≤ uₙ₊₁ pour tout n, donc la suite (uₙ) est croissante ; et uₙ ≤ 1 pour tout n, donc elle est majorée par 1. D'après le théorème de la convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge : (uₙ) converge vers une limite ℓ, avec 12 ≤ ℓ ≤ 1.

Valeur de la limite. On admet que ℓ vérifie f(ℓ) = ℓ, et ℓ appartient à ]0 ; +∞[. D'après la question 2 de la Partie B, la seule solution de l'équation f(x) = x sur ]0 ; +∞[ est 1. La suite (uₙ) converge donc vers ℓ = 1.

Questions 1 et 2 — Si Léa vient de gagner la première partie, elle gagne la deuxième dans 70 % des cas ; D₂ est l'événement contraire de G₂ sachant G₁, donc P_G₁(D₂) = 1 − 0,7 = 0,3. L'arbre se complète ainsi : au premier niveau, G₁ avec 0,5 et D₁ avec 0,5 (Léa a autant de chances de gagner que de perdre la première partie) ; depuis G₁, la branche G₂ porte 0,7 et la branche D₂ porte 0,3 ; depuis D₁, la branche G₂ porte 0,2 et la branche D₂ porte 0,8.

Les événements G₁ et D₁ forment une partition de l'univers (Léa gagne ou perd la première partie). D'après la formule des probabilités totales : g₂ = P(G₂) = P(G₁ ∩ G₂) + P(D₁ ∩ G₂) = P(G₁) × P_G₁(G₂) + P(D₁) × P_D₁(G₂) = 0,5 × 0,7 + 0,5 × 0,2 = 0,35 + 0,10 = 0,45. Léa a 45 % de chances de gagner la deuxième partie.

Question 4a — Au rang n, le premier niveau de l'arbre porte Gₙ avec la probabilité gₙ et Dₙ avec la probabilité 1 − gₙ (événements contraires). Les probabilités conditionnelles ne dépendent pas du rang : depuis Gₙ, 0,7 vers Gₙ₊₁ et 0,3 vers Dₙ₊₁ ; depuis Dₙ, 0,2 vers Gₙ₊₁ et 0,8 vers Dₙ₊₁.

Question 4b — Gₙ et Dₙ forment une partition de l'univers, donc la formule des probabilités totales donne : gₙ₊₁ = P(Gₙ₊₁) = P(Gₙ ∩ Gₙ₊₁) + P(Dₙ ∩ Gₙ₊₁) = gₙ × 0,7 + (1 − gₙ) × 0,2 = 0,7gₙ + 0,2 − 0,2gₙ = 0,5gₙ + 0,2, ce qu'il fallait démontrer.

Question 5a — Pour tout n ≥ 1 : vₙ₊₁ = gₙ₊₁ − 0,4 = (0,5gₙ + 0,2) − 0,4 = 0,5gₙ − 0,2 = 0,5(gₙ − 0,4) = 0,5 vₙ, en factorisant par 0,5. On passe d'un terme au suivant en multipliant par un nombre constant : la suite (vₙ) est géométrique de raison q = 0,5 et de premier terme v₁ = g₁ − 0,4 = 0,5 − 0,4 = 0,1.

Question 5b — Terme général d'une suite géométrique de premier terme v₁ : vₙ = v₁ × qⁿ⁻¹ = 0,1 × 0,5ⁿ⁻¹. Comme vₙ = gₙ − 0,4, on a gₙ = vₙ + 0,4, d'où pour tout entier naturel n non nul : gₙ = 0,1 × 0,5ⁿ⁻¹ + 0,4.

On étudie le signe de la différence de deux termes consécutifs : gₙ₊₁ − gₙ = (0,1 × 0,5ⁿ + 0,4) − (0,1 × 0,5ⁿ⁻¹ + 0,4) = 0,1 × 0,5ⁿ⁻¹ × (0,5 − 1) = −0,05 × 0,5ⁿ⁻¹. Comme 0,5ⁿ⁻¹ > 0, cette différence est strictement négative : la suite (gₙ) est strictement décroissante. Les chances de victoire de Léa diminuent de partie en partie.

La raison vérifie −1 < 0,5 < 1, donc lim 0,5ⁿ⁻¹ = 0 quand n → +∞. Par limite d'un produit puis d'une somme : lim gₙ = 0,1 × 0 + 0,4 = 0,4. Interprétation : sur le long terme, la probabilité que Léa gagne une partie se stabilise à 0,4, soit environ 40 % de parties gagnées.

gₙ − 0,4 ≤ 0,001 ⟺ 0,1 × 0,5ⁿ⁻¹ ≤ 0,001 ⟺ 0,5ⁿ⁻¹ ≤ 0,01. La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[, l'inégalité équivaut à (n − 1)ln(0,5) ≤ ln(0,01). Or ln(0,5) < 0 : en divisant par ln(0,5) on inverse le sens de l'inégalité, d'où n − 1 ≥ ln(0,01)ln(0,5) = ln(100)ln(2) ≈ 6,64, soit n ≥ 7,64. Le plus petit entier convenable est n = 8. Vérification : g₈ − 0,4 = 0,1 × 0,5⁷ ≈ 0,00078 ≤ 0,001, alors que g₇ − 0,4 = 0,1 × 0,5⁶ ≈ 0,0016 > 0,001.

La boucle doit tourner tant que le seuil n'est pas atteint, et s'arrêter dès que gₙ ≤ 0,4 + e. Ligne 4 : while g > 0.4 + e : ; ligne 5 : g = 0.5 * g + 0.2 (relation de récurrence de la question 4b) ; ligne 6 : n = n + 1 pour compter le rang atteint. La fonction renvoie ainsi le plus petit rang n tel que gₙ ≤ 0,4 + e ; par exemple seuil(0.001) renvoie 8, conformément à la question 8.

VRAIE. L'énoncé ne donne pas uₙ, seulement un encadrement : pour tout entier naturel n, 12 < uₙ ≤ 3n² + 4n + 76n² + 1. C'est la signature du théorème des gendarmes (ou théorème d'encadrement) : il suffit de montrer que les deux bornes ont la même limite. La borne inférieure est la suite constante égale à 12 : une suite constante converge vers cette constante, donc sa limite est 12 ; tout le travail porte donc sur la borne supérieure.

limite de la borne supérieure. Le numérateur et le dénominateur tendent tous deux vers +∞ : c'est une forme indéterminée « ∞/∞ », qu'on lève en factorisant haut et bas par le terme de plus haut degré. Pour tout n ≥ 1 : 3n² + 4n + 76n² + 1 = n²(3 + 4n + 7n²) / [n²(6 + 1n²)] = (3 + 4n + 7n²)/(6 + 1n²), après simplification par n² qui est non nul. Or lim 1n = 0 et lim 1n² = 0 quand n → +∞, donc par limite d'une somme le numérateur tend vers 3 et le dénominateur vers 6, qui n'est pas nul. Par limite d'un quotient, la borne supérieure tend vers 36 = 12.

conclusion. La suite (uₙ) est encadrée par deux suites qui convergent toutes deux vers 12 : d'après le théorème des gendarmes, lim uₙ = 12 quand n → +∞. L'affirmation est donc vraie. Un piège à éviter : l'inégalité de gauche est stricte (12 < uₙ), ce qui pourrait faire croire que la limite est strictement supérieure à 12. Or une inégalité stricte devient large par passage à la limite ; ainsi 1n > 0 pour tout n ≥ 1 alors que lim 1n = 0.

FAUSSE. Propriété de convexité utilisée : une fonction h dérivable sur un intervalle I est convexe sur I si et seulement si sa dérivée h′ est croissante sur I. Comme c'est la courbe de h′ qui est fournie, il suffit de regarder si cette courbe monte sur tout l'intervalle [−1 ; 3].

lecture graphique. Sur [−1 ; 3], la courbe C_h′ part de h′(−1) = 0, monte jusqu'à un maximum d'environ 5,5 atteint vers x = 0,6, puis redescend jusqu'à h′(3) = 0. Un contre-exemple suffit à conclure : 1 < 3 alors que h′(1) ≈ 5 > 0 = h′(3). La fonction h′ n'est donc pas croissante sur [−1 ; 3], et par conséquent h n'y est pas convexe : l'affirmation est fausse. Le graphique montre au contraire que h est convexe seulement jusqu'à l'abscisse du maximum de h′ (environ 0,6) puis concave : ce point est un point d'inflexion de la courbe de h.

VRAIE. On dénombre d'abord tous les codes possibles avec le principe multiplicatif, en traitant séparément les deux parties du code. Les 4 chiffres se choisissent indépendamment les uns des autres parmi 10 chiffres, puisqu'ils peuvent être identiques : 10⁴ = 10 000 possibilités. Les deux lettres doivent être distinctes : 3 choix pour la première (A, B ou C) puis 2 pour la seconde, soit 3 × 2 = 6 possibilités. Au total, il existe 10 000 × 6 = 60 000 codes.

passage à l'événement contraire. Compter directement les codes contenant au moins un 0 obligerait à distinguer les cas selon le nombre de 0 ; il est bien plus rapide de compter ceux qui n'en contiennent aucun, puis de soustraire. Sans aucun 0, chaque chiffre se choisit parmi les 9 chiffres non nuls et la partie « lettres » est inchangée : 9⁴ × 6 = 6 561 × 6 = 39 366 codes. Les codes contenant au moins un 0 sont exactement les codes restants : 60 000 − 39 366 = 20 634. C'est bien le nombre annoncé, l'affirmation est vraie.

VRAIE. Vérifier qu'une fonction est solution d'une équation différentielle consiste à la dériver, puis à la substituer dans l'équation. La fonction f définie par f(x) = x ln x est dérivable sur ]0 ; +∞[ comme produit de deux fonctions dérivables sur cet intervalle. Avec la formule (uv)′ = u′v + uv′, en posant u(x) = x et v(x) = ln x : f′(x) = 1 × ln x + x × 1x = ln x + 1.

substitution. On remplace y par f(x) et y′ par f′(x) dans le membre de gauche de l'équation x y′ − y = x : x f′(x) − f(x) = x(ln x + 1) − x ln x = x ln x + x − x ln x = x. Le membre de gauche vaut donc x pour tout réel x strictement positif, c'est-à-dire exactement le membre de droite : f est bien solution de l'équation différentielle x y′ − y = x sur ]0 ; +∞[, l'affirmation est vraie.

Bilan des quatre réponses. Affirmation 1 : vraie (théorème des gendarmes). Affirmation 2 : fausse (h′ n'est pas croissante sur [−1 ; 3]). Affirmation 3 : vraie (60 000 − 39 366 = 20 634 codes). Affirmation 4 : vraie (x f′(x) − f(x) = x).

, question 1 — Un point appartient à (P) si ses coordonnées vérifient l'équation 2x + 2y − 3z + 1 = 0. Pour A(1 ; 0 ; 1) : 2×1 + 2×0 − 3×1 + 1 = 2 − 3 + 1 = 0, donc A ∈ (P). Pour B(2 ; −1 ; 1) : 4 − 2 − 3 + 1 = 0, donc B ∈ (P). Pour C(−4 ; −6 ; 5) : −8 − 12 − 15 + 1 = −34 ≠ 0, donc C ∉ (P).

Les coefficients de l'équation donnent un vecteur normal au plan : n(2 ; 2 ; −3). Le vecteur CC′ a pour coordonnées (0 − (−4) ; −2 − (−6) ; −1 − 5) = (4 ; 4 ; −6) = 2n : il est colinéaire à n, donc la droite (CC′) est orthogonale au plan (P). De plus 2×0 + 2×(−2) − 3×(−1) + 1 = −4 + 3 + 1 = 0, donc C′ ∈ (P). C′ est le point de (P) tel que (CC′) est orthogonale à (P) : c'est bien le projeté orthogonal de C sur (P).

La droite (AB) passe par A(1 ; 0 ; 1) et admet pour vecteur directeur AB = (2 − 1 ; −1 − 0 ; 1 − 1) = (1 ; −1 ; 0). Une représentation paramétrique est donc : x = 1 + t, y = −t, z = 1, avec t ∈ ℝ.

Comme H ∈ (AB), il s'écrit H(1 + t ; −t ; 1) pour un certain réel t. Alors HC = (−4 − (1 + t) ; −6 − (−t) ; 5 − 1) = (−5 − t ; t − 6 ; 4). Le repère étant orthonormé, (AB) et (HC) sont orthogonales si et seulement si HC · AB = 0, soit (−5 − t)×1 + (t − 6)×(−1) + 4×0 = −5 − t − t + 6 = 1 − 2t = 0. D'où t = 12 et H(32 ; −12 ; 1). On remarque que H est le milieu de [AB].

H est le point de (AB) tel que (CH) est orthogonale à (AB) : c'est donc le pied de la hauteur issue de C dans le triangle ABC. En prenant [AB] pour base, AB = √1² + (−1)² + 0² = √2, et la hauteur associée est HC. D'où S = AB × HC2 = √2 × 3√34/22 = 3√68/4 = 3 × 2√17/4 = 3√17/2 ≈ 6,19 unités d'aire.

Question 2a — C′H = (32 − 0 ; −12 − (−2) ; 1 − (−1)) = (32 ; 32 ; 2) et AB = (1 ; −1 ; 0). Leur produit scalaire vaut 32 × 1 + 32 × (−1) + 2 × 0 = 0 : les vecteurs sont orthogonaux. Comme les droites (C′H) et (AB) se coupent en H, elles sont perpendiculaires.

Question 2b — Dans le triangle ABC′, [C′H] est donc la hauteur issue de C′ relative à la base [AB]. D'où S′ = AB × C′H2 = (√2 × √172)/2 = √172 ≈ 2,06 unités d'aire, car √2 × √172 = √17.

Question 2c — On a S = AB × HC2 et S′ = AB × HC′2. En formant le quotient, la base AB se simplifie : S′/S = HC′/HC = cos(α) d'après la question C.1. La relation cherchée est donc S′ = S × cos(α). Vérification numérique : S × cos(α) = (3√17/2) × 13 = √172 = S′. Autrement dit, l'aire du projeté orthogonal d'un triangle sur un plan est l'aire du triangle multipliée par le cosinus de l'angle entre les deux plans.