Bac Terminale Spé Maths : Métropole 2024 (remplacement), Sujet 2

1.aDans un cube ABCDEFGH de côté 1, avec I milieu de [AB] et J milieu de [CG], dans le repère \left(A~;~\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right). Donner les coordonnées de I, J et de N, milieu de [IJ].

A(0~;~0~;~0), B(1~;~0~;~0) donc I\left(\dfrac12~;~0~;~0\right) ; C(1~;~1~;~0), G(1~;~1~;~1) donc J\left(1~;~1~;~\dfrac12\right) ; d'où N\left(\dfrac34~;~\dfrac12~;~\dfrac14\right).

1.bJustifier que \overrightarrow{IJ} et \overrightarrow{NF} ont pour coordonnées respectives \begin{pmatrix}0,5 \\ 1 \\ 0,5\end{pmatrix} et \begin{pmatrix}0,25 \\ -0,5 \\ 0,75\end{pmatrix}.

\overrightarrow{IJ}\begin{pmatrix}1-\dfrac{1}{2} \\ 1-0 \\ \dfrac{1}{2}-0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0,5 \\ 1 \\ 0,5\end{pmatrix} ; avec F(1~;~0~;~1), \overrightarrow{NF}\begin{pmatrix}1-\dfrac{3}{4} \\ 0-\dfrac{1}{2} \\ 1-\dfrac{1}{4}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0,25 \\ -0,5 \\ 0,75\end{pmatrix}.

1.cDémontrer que \overrightarrow{IJ} et \overrightarrow{NF} sont orthogonaux. On admet que NF=\dfrac{\sqrt{14}}{4}.

\begin{aligned}\overrightarrow{IJ}\cdot\overrightarrow{NF} &= 0{,}5\times0{,}25+1\times(-0{,}5)+0{,}5\times0{,}75 \\ &= 0{,}125-0{,}5+0{,}375 \\ &= 0\end{aligned} Le produit scalaire est nul, les deux vecteurs sont orthogonaux.

1.dEn déduire que l'aire du triangle FIJ est égale à \dfrac{\sqrt{21}}{8}.

\begin{aligned}IJ^2 &= 0{,}5^2+1^2+0{,}5^2 \\ &= 1{,}5\end{aligned} donc \begin{aligned}IJ &= \sqrt{1{,}5} \\ &= \dfrac{\sqrt6}{2}\end{aligned}
(NF) est orthogonale à (IJ) et N est le milieu de [IJ] : (FN) est la hauteur issue de F dans le triangle FIJ.
Aire = \dfrac{IJ\times FN}{2} = \dfrac{\frac{\sqrt6}{2}\times\frac{\sqrt{14}}{4}}{2} = \dfrac{\sqrt{84}}{16} = \dfrac{2\sqrt{21}}{16} = \dfrac{\sqrt{21}}{8}.

2.aSoit \overrightarrow{u}\begin{pmatrix}4 \\ -1 \\ -2\end{pmatrix}. Démontrer que \overrightarrow{u} est normal au plan (FIJ).

\begin{aligned}\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{IJ} &= 4\times0{,}5-1\times1-2\times0{,}5 \\ &= 2-1-1 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{NF} &= 4\times0{,}25-1\times(-0{,}5)-2\times0{,}75 \\ &= 1+0{,}5-1{,}5 \\ &= 0\end{aligned} \overrightarrow{u} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (FIJ), donc normal à ce plan.

2.bEn déduire une équation cartésienne du plan (FIJ) : 4x-y-2z-2=0.

L'équation est de la forme {4x-y-2z+d=0} ; F(1~;~0~;~1) donne \begin{aligned}4-0-2+d = 0 &\iff d = -2 \end{aligned} D'où 4x-y-2z-2=0.

2.cDéterminer une représentation paramétrique de la droite d, orthogonale au plan (FIJ) passant par H(0 ; 1 ; 1).

d a pour vecteur directeur \overrightarrow{u}\begin{pmatrix}4 \\ -1 \\ -2\end{pmatrix} et passe par H : \begin{aligned} M(x~;~y~;~z)\in d &\iff \overrightarrow{HM} = t\overrightarrow{u} \end{aligned} soit x=4t, y=1-t, z=1-2t, t\in\mathbb{R}.

2.dMontrer que la distance du point H au plan (FIJ) est égale à \dfrac{5\sqrt{21}}{21}.

Le point d'intersection K de d avec (FIJ) vérifie \begin{aligned}4(4t)-(1-t)-2(1-2t)-2 = 0 &\iff 21t-5 = 0 \\ &\iff t = \dfrac{5}{21} \end{aligned}
D'où K\left(\dfrac{20}{21}~;~\dfrac{16}{21}~;~\dfrac{11}{21}\right) et \overrightarrow{HK}\begin{pmatrix}\dfrac{20}{21} \\ -\dfrac{5}{21} \\ -\dfrac{10}{21}\end{pmatrix}.
\begin{aligned}HK^2 &= \dfrac{400+25+100}{21^2} \\ &= \dfrac{525}{441} \\ &= \dfrac{25}{21}\end{aligned} donc \begin{aligned}HK &= \dfrac{5}{\sqrt{21}} \\ &= \dfrac{5\sqrt{21}}{21}\end{aligned} La distance de H au plan (FIJ) vaut \dfrac{5\sqrt{21}}{21}.

2.eCalculer le volume du tétraèdre HFIJ (sous forme de fraction irréductible).

[HK] est la hauteur relative à la base (FIJ) : \begin{aligned}\mathcal{V} &= \dfrac13\times\dfrac{\sqrt{21}}{8}\times\dfrac{5\sqrt{21}}{21} \\ &= \dfrac{5\times21}{3\times8\times21} \\ &= \dfrac{5}{24}\end{aligned}

PartieA ; 1. Un robot se déplace à droite avec probabilité \dfrac13 au premier déplacement ; s'il vient d'aller à droite, il y retourne avec probabilité \dfrac34 ; s'il vient d'aller à gauche, il y retourne avec probabilité \dfrac12. On note D_n « le robot se déplace à droite au n-ième déplacement » et p_n=P(D_n). Compléter l'arbre pondéré pour n=2.

P(D_1)=\dfrac13, P(\overline{D_1})=\dfrac23 ; P_{D_1}(D_2)=\dfrac34, P_{D_1}(\overline{D_2})=\dfrac14 ; P_{\overline{D_1}}(D_2)=\dfrac12, {P_{\overline{D_1}}(\overline{D_2})=\dfrac12}.

PartieA ; 2. Déterminer la probabilité que le robot se déplace deux fois à droite.

\begin{aligned}P(D_1\cap D_2) &= P(D_1)\times P_{D_1}(D_2) \\ &= \dfrac13\times\dfrac34 \\ &= \dfrac14\end{aligned}

PartieA ; 3. Montrer que p_2=\dfrac{7}{12}.

\begin{aligned}P(\overline{D_1}\cap D_2) &= P(\overline{D_1})\times P_{\overline{D_1}}(D_2) \\ &= \dfrac23\times\dfrac12 \\ &= \dfrac13\end{aligned}
Par les probabilités totales : \begin{aligned}p_2 &= P(D_1\cap D_2)+P(\overline{D_1}\cap D_2) \\ &= \dfrac14+\dfrac13 \\ &= \dfrac{3+4}{12} \\ &= \dfrac{7}{12}\end{aligned}

PartieA ; 4. Le robot s'est déplacé à gauche lors du deuxième déplacement. Quelle est la probabilité qu'il se soit déplacé à droite lors du premier ?

\begin{aligned}P(\overline{D_2}) &= 1-p_2 \\ &= 1-\dfrac{7}{12} \\ &= \dfrac{5}{12}\end{aligned}
\begin{aligned}P_{\overline{D_2}}(D_1) &= \dfrac{P(D_1\cap\overline{D_2})}{P(\overline{D_2})} \\ &= \dfrac{\frac13\times\frac14}{\frac{5}{12}} \\ &= \dfrac{\dfrac{1}{12}}{\dfrac{5}{12}} \\ &= \dfrac15 \\ &= 0{,}2\end{aligned}

PartieB ; 1. Démontrer que, pour tout n\geqslant1, p_{n+1}=\dfrac14p_n+\dfrac12.

En reprenant l'arbre avec P(D_n)=p_n et P(\overline{D_n})=1-p_n : par les probabilités totales, p_{n+1} = p_n\times\dfrac34+(1-p_n)\times\dfrac12.
= \dfrac34p_n+\dfrac12-\dfrac12p_n = \dfrac14p_n+\dfrac12.

PartieB ; 2.a Montrer par récurrence que, pour tout n\geqslant1, {p_n\leqslant p_{n+1}<\dfrac23}.

Initialisation : \begin{aligned}p_1 &= \dfrac13 \\ &= \dfrac{4}{12}\end{aligned} p_2=\dfrac{7}{12} et \dfrac23=\dfrac{8}{12} : {p_1\leqslant p_2<\dfrac23}, vrai au rang 1.
Hérédité : si {p_n\leqslant p_{n+1}<\dfrac23}, en multipliant par \dfrac14>0 puis en ajoutant \dfrac12 : {\dfrac14p_n+\dfrac12\leqslant\dfrac14p_{n+1}+\dfrac12<\dfrac16+\dfrac12}, soit {p_{n+1}\leqslant p_{n+2}<\dfrac23} : vrai au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout n\geqslant1, {p_n\leqslant p_{n+1}<\dfrac23}.

PartieB ; 2.b La suite (p_n) est-elle convergente ?

(p_n) est croissante (d'après la question précédente) et majorée par \dfrac23 : par le théorème de la convergence monotone, (p_n) converge vers une limite inférieure ou égale à \dfrac23.

PartieB ; 3.a Soit u_n=p_n-\dfrac23 pour n\geqslant1. Montrer que (u_n) est géométrique et préciser son premier terme et sa raison.

\begin{aligned}u_{n+1} &= p_{n+1}-\dfrac23 \\ &= \dfrac14p_n+\dfrac12-\dfrac23 \\ &= \dfrac14p_n-\dfrac16 \\ &= \dfrac14\left(p_n-\dfrac23\right) \\ &= \dfrac14u_n\end{aligned}
(u_n) est donc géométrique de raison \dfrac14, de premier terme \begin{aligned}u_1 &= p_1-\dfrac23 \\ &= \dfrac13-\dfrac23 \\ &= -\dfrac13\end{aligned}

PartieB ; 3.b Déterminer la limite de (p_n) et interpréter.

Comme {-1<\dfrac14<1}, \lim\limits_{n\to+\infty}u_n = 0, donc \lim\limits_{n\to+\infty}p_n = \dfrac23.
Sur un grand nombre de déplacements, le robot se déplace en moyenne deux fois sur trois vers la droite.

PartieC. Un autre robot fait dix déplacements indépendants, chacun vers la droite avec probabilité \dfrac34. Quelle est la probabilité qu'il revienne à son point de départ, à 10^{-3} près ?

Le nombre X de déplacements à droite suit la loi binomiale de paramètres {n=10} et p=\dfrac34 ; revenir au point de départ après 10 déplacements suppose exactement 5 déplacements à droite et 5 à gauche.
P(X=5) = \dbinom{10}{5}\times\left(\dfrac34\right)^5\times\left(\dfrac14\right)^5 \approx 0,058.

PartieA ; 1. Soit f(x)=\dfrac{6}{1+5e^{-x}} sur \mathbb{R}. Montrer que A(\ln5~;~3) appartient à \mathcal{C}_f.

e^{-\ln5} = \dfrac{1}{5}, donc \begin{aligned}f(\ln5) &= \dfrac{6}{1+5\times\frac15} \\ &= \dfrac62 \\ &= 3\end{aligned} A appartient à \mathcal{C}_f.

PartieA ; 2. Montrer que la droite y=6 est asymptote à \mathcal{C}_f.

\lim\limits_{x\to+\infty}e^{-x}=0, donc \lim\limits_{x\to+\infty}\left(1+5e^{-x}\right)=1 et \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=6 : la droite y=6 est asymptote horizontale à \mathcal{C}_f en +\infty.

PartieA ; 3.a Montrer que, pour tout x\in\mathbb{R}, f'(x)=\dfrac{30e^{-x}}{(1+5e^{-x})^2}.

En posant u(x)=1+5e^{-x} (donc u'(x)=-5e^{-x}) et f=\dfrac6u : f'(x) = -6\times\dfrac{u'(x)}{u(x)^2} = -6\times\dfrac{-5e^{-x}}{(1+5e^{-x})^2} = \dfrac{30e^{-x}}{(1+5e^{-x})^2}.

PartieA ; 3.b En déduire le tableau de variations complet de f sur \mathbb{R}.

Pour tout x, 30e^{-x}>0 et (1+5e^{-x})^2>0 : f'(x)>0, donc f est strictement croissante sur \mathbb{R}.
\lim\limits_{x\to-\infty}e^{-x}=+\infty, donc \lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=0 : l'axe des abscisses est asymptote en -\infty.
f croît strictement de 0 (limite en -\infty, exclue) à 6 (limite en +\infty, exclue), en passant par f(0)=1 et f(\ln5)=3.

PartieA ; 4.a On admet que f''(x)=\dfrac{30e^{-x}(5e^{-x}-1)}{(1+5e^{-x})^3}. Étudier la convexité de f sur \mathbb{R}.

30e^{-x}>0 et (1+5e^{-x})^3>0 pour tout x : f''(x) est du signe de 5e^{-x}-1.
\begin{aligned}5e^{-x}-1 = 0 &\iff e^{-x} = \dfrac15 \\ &\iff x = \ln5 \end{aligned} 5e^{-x}-1>0 pour x<\ln5 et {5e^{-x}-1<0} pour x>\ln5.
f est convexe sur ]-\infty~;~\ln5[ et concave sur ]\ln5~;~+\infty[ ; f'' s'annule en changeant de signe en \ln5 : la courbe admet un point d'inflexion en A.

PartieA ; 4.b Justifier que, pour tout {x\in\,]-\infty~;~\ln5]}, f(x)\geqslant\dfrac56x+1.

f(0)=1 et f'(0) = \dfrac{30}{(1+5)^2} = \dfrac{30}{36} = \dfrac56 : la tangente T_0 en 0 a pour équation y=\dfrac56x+1.
f est convexe sur ]-\infty~;~\ln5[, donc \mathcal{C}_f est au-dessus de toutes ses tangentes sur cet intervalle, en particulier T_0 : f(x)\geqslant\dfrac56x+1 sur ]-\infty~;~\ln5].

PartieA ; 5.a Pour F_k(x)=k\ln(e^x+5), déterminer k pour que F_k soit une primitive de f sur \mathbb{R}.

F_k'(x) = k\times\dfrac{e^x}{e^x+5} ; en multipliant numérateur et dénominateur de f(x) par e^x, f(x)=\dfrac{6e^x}{e^x+5} : l'égalité F_k'=f équivaut à k=6. D'où {F_6(x)=6\ln(e^x+5)}.

PartieA ; 5.b En déduire que l'aire du domaine délimité par \mathcal{C}_f, l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées et x=\ln5 est 6\ln\left(\dfrac53\right).

f\geqslant0 sur [0~;~\ln5] (car f est croissante et f(0)=1>0) : \begin{aligned}\displaystyle \mathcal{A} &= \displaystyle\int\limits_0^{\ln5}f(x)\,\mathrm{d}x \\ &= F_6(\ln5)-F_6(0) \\ &= 6\ln(10)-6\ln(6) \\ &= 6\ln\left(\dfrac{10}{6}\right) \\ &= 6\ln\left(\dfrac53\right)\end{aligned}

PartieB ; 1. Montrer que f (défini en Partie A) est solution de l'équation différentielle (E) : y'=y-\dfrac16y^2.

f(x)-\dfrac16[f(x)]^2 = \dfrac{6}{1+5e^{-x}}-\dfrac{6}{(1+5e^{-x})^2} = \dfrac{6(1+5e^{-x})-6}{(1+5e^{-x})^2} = \dfrac{30e^{-x}}{(1+5e^{-x})^2} = f'(x) : f est solution de (E).

PartieB ; 2. Résoudre l'équation différentielle y'=-y+\dfrac16.

Les solutions de y'=-y sont {x\longmapsto Ke^{-x}} ; la fonction constante \dfrac16 est solution particulière de l'équation complète : les solutions sont les fonctions x\longmapsto\dfrac16+Ke^{-x}, K\in\mathbb{R}.

PartieB ; 3.a Soit g dérivable sur \mathbb{R}, ne s'annulant pas, et h=\dfrac1g. Montrer que si h est solution de y'=-y+\dfrac16, alors g est solution de y'=y-\dfrac16y^2.

h(x)=\dfrac{1}{g(x)} donne h'(x) = -\dfrac{g'(x)}{[g(x)]^2}. L'équation h'=-h+\dfrac16 devient -\dfrac{g'(x)}{[g(x)]^2} = -\dfrac{1}{g(x)}+\dfrac16.
En multipliant par -[g(x)]^2 : g'(x) = g(x)-\dfrac16[g(x)]^2 : g est bien solution de (E).

PartieB ; 3.b Pour m\geqslant0, soit {g_m(x)=\dfrac{6}{1+6me^{-x}}}. Montrer que g_m est solution de (E).

Pour m\geqslant0, 1+6me^{-x}>0, donc g_m(x)>0 pour tout x : h_m=\dfrac{1}{g_m} est bien définie, avec \begin{aligned}h_m(x) &= \dfrac{1+6me^{-x}}{6} \\ &= \dfrac16+me^{-x}\end{aligned}
h_m est de la forme obtenue en Partie B ; 2 (avec K=m) : elle est solution de y'=-y+\dfrac16. D'après la question précédente, g_m est solution de (E).

Affirmation 1. Un script Python part de {u=7} et répète u\leftarrow1{,}05u+3 tant que u<S, en comptant les itérations n. Pour S=100, l'instruction renvoie-t-elle 18 ?

En simulant : u_0=7, u_1=10{,}35, {u_2=13{,}87}, ..., u_{17}\approx93{,}57, u_{18}\approx101{,}24.
u_{18} est le premier terme supérieur ou égal à 100, atteint après 18 itérations : l'affirmation est vraie.

Affirmation 2. Soit {S_n = 1+\dfrac15+\dfrac{1}{5^2}+\dots+\dfrac{1}{5^n}}. La suite (S_n) converge-t-elle vers \dfrac54 ?

S_n est la somme des n+1 premiers termes d'une suite géométrique de premier terme 1 et de raison \dfrac15 : \begin{aligned}S_n &= \dfrac{1-\left(\frac15\right)^{n+1}}{1-\frac15} \\ &= \dfrac54\left[1-\left(\dfrac15\right)^{n+1}\right]\end{aligned}
Comme {-1<\dfrac15<1}, \left(\dfrac15\right)^{n+1}\to0, donc \lim\limits_{n\to+\infty}S_n = \dfrac54 : l'affirmation est vraie.

Affirmation 3. Dans une classe de 30 élèves, peut-on former 870 binômes de délégués différents ?

Le nombre de binômes possibles est \begin{aligned}\dbinom{30}{2} &= \dfrac{30\times29}{2} \\ &= 435 \\ &\neq 870\end{aligned} L'affirmation est fausse.

Affirmation 4. Soit f(x)=x(\ln x)^2 sur [1~;~+\infty[. L'équation f(x)=1 admet-elle une unique solution sur cet intervalle ?

f'(x) = (\ln x)^2+x\times\dfrac{2\ln x}{x} = (\ln x)^2+2\ln x = \ln x(\ln x+2) ; sur [1~;~+\infty[, \ln x\geqslant0 et \ln x+2>0, donc f'(x)\geqslant0 : f est croissante.
f croît de f(1)=0 à +\infty : par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f(x)=1 admet une unique solution : l'affirmation est vraie.

Affirmation 5. A-t-on \displaystyle \displaystyle\int\limits_0^1xe^{-x}\,\mathrm{d}x=\dfrac{e-2}{e} ?

Intégration par parties avec u(x)=x et v'(x)=e^{-x}, donc u'(x)=1 et {v(x)=-e^{-x}} : \begin{aligned}\displaystyle \displaystyle\int\limits_0^1xe^{-x}\,\mathrm{d}x &= \Big[-xe^{-x}\Big]_0^1+\displaystyle\int\limits_0^1e^{-x}\,\mathrm{d}x \\ &= -e^{-1}+\Big[-e^{-x}\Big]_0^1\end{aligned}
= -e^{-1}+(-e^{-1}+1) = 1-2e^{-1} = \dfrac{e-2}{e} : l'affirmation est vraie.