Bac Terminale Spé Maths : Nouvelle-Calédonie 2025, Sujet 2

1.ABCDEFGH est un cube d'arête 1 ; I vérifie FI = (\dfrac{1}{3})FB. On considère le triangle HAC. Affirmation 1 : le triangle HAC est rectangle. Vraie ou fausse ?

Chaque côté de HAC est la diagonale d'une face du cube, donc de longueur \sqrt2 : le triangle HAC est équilatéral (trois côtés égaux).
Or les angles d'un triangle équilatéral valent 60^{\circ}, donc HAC n'est pas rectangle. L'affirmation est fausse.

2.On considère les droites (HF) et (DI). Affirmation 2 : elles sont sécantes. Vraie ou fausse ?

(DH) et (BF) sont des arêtes opposées du cube, donc parallèles, donc coplanaires : (BF) appartient au plan (DFH). Comme I appartient à (BF), I appartient aussi à ce plan, donc (DI) et (HF) sont coplanaires.
(BF) est parallèle à (HF) (arêtes opposées) mais (DI) n'est pas parallèle à (HF) (car D et I sont distincts de B et sur des droites différentes) : deux droites coplanaires étant parallèles ou sécantes, (DI) et (HF) sont sécantes : l'affirmation est vraie.

3.Pour \alpha réel de ]0 ; π[, on pose u(sin(\alpha) ; sin(π-\alpha) ; sin(-\alpha)). Affirmation 3 : u est normal au plan (FAC). Vraie ou fausse ?

\overrightarrow{FC}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{FC} &= \sin(\alpha)\times0+\sin(\pi-\alpha)\times1+\sin(-\alpha)\times(-1) \\ &= \sin(\alpha)+\sin(\alpha) \\ &= 2\sin(\alpha)\end{aligned}
Comme \alpha\in\,]0~;~\pi[, \sin(\alpha)\neq0, donc {\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{FC}\neq0} : \overrightarrow{u} n'est pas orthogonal à \overrightarrow{FC}, donc ce n'est pas un vecteur normal au plan (FAC) : l'affirmation est fausse.

4.Le cube a 8 sommets. Affirmation 4 : le nombre N de segments reliant deux sommets distincts vaut 8^{2}/2. Vraie ou fausse ?

Un segment correspond à un choix non ordonné de 2 sommets parmi 8 : \begin{aligned}N &= \dbinom{8}{2} \\ &= \dfrac{8\times7}{2} \\ &= 28\end{aligned}
Or \begin{aligned}\dfrac{8^{2}}{2} &= 32 \\ &\neq 28\end{aligned} L'affirmation est fausse.

PartieA. Dans le carré OIKJ de côté 1, la droite y=x, la droite y=1, la droite x=1 et la parabole y=x^{2} délimitent 3 zones. Démontrer que les aires des zones 1, 2, 3 sont respectivement \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{6}.

La ZONE 1 est le triangle OKJ, rectangle isocèle en J : son aire est \begin{aligned}\dfrac{OJ\times JK}{2} &= \dfrac{1\times1}{2} \\ &= \dfrac12\end{aligned}
La ZONE 2 est l'aire sous la courbe {y=x^{2}} entre 0 et 1 : \begin{aligned}\displaystyle \displaystyle\int\limits_0^1x^{2}\,\mathrm{d}x &= \left[\dfrac{x^{3}}{3}\right]_0^1 \\ &= \dfrac13\end{aligned}
La ZONE 3 complète le carré (aire 1) : \begin{aligned}1-\left(\dfrac12+\dfrac13\right) &= 1-\dfrac56 \\ &= \dfrac16\end{aligned}

PartieB ; 1. Une fléchette tombe sur la ZONE 3 avec probabilité \dfrac{1}{6} (T). Si oui, on lance une pièce (gain si PILE) ; sinon un dé (gain si 6). Représenter la situation par un arbre pondéré.

L'arbre a pour première branche P(T)=\dfrac16, P(\overline{T})=\dfrac56, puis P_T(G)=\dfrac12, P_T(\overline{G})=\dfrac12, P_{\overline{T}}(G)=\dfrac16, P_{\overline{T}}(\overline{G})=\dfrac56.

PartieB ; 2. Démontrer que P(G) = \dfrac{2}{9}.

\{T,\overline{T}\} forme une partition, donc, d'après la formule des probabilités totales :
\begin{aligned}P(G) &= P(T)\times P_T(G)+P(\overline{T})\times P_{\overline{T}}(G) \\ &= \dfrac16\times\dfrac12+\dfrac56\times\dfrac16 \\ &= \dfrac{1}{12}+\dfrac{5}{36} \\ &= \dfrac{3}{36}+\dfrac{5}{36} \\ &= \dfrac{8}{36} \\ &= \dfrac29\end{aligned}

PartieB ; 3. Sachant que le joueur a gagné, quelle est la probabilité que la fléchette soit tombée sur la ZONE 3 ?

\begin{aligned}P_G(T) &= \dfrac{P(T\cap G)}{P(G)} \\ &= \dfrac{\dfrac{1}{12}}{\dfrac{2}{9}} \\ &= \dfrac{9}{24} \\ &= \dfrac38\end{aligned}

PartieC ; 1.a Le joueur 1 gagne le numéro de la zone où tombe la fléchette (probabilités \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{6}). X_1 = gain. Calculer E(X_1).

\begin{aligned}E(X_1) &= 1\times\dfrac12+2\times\dfrac13+3\times\dfrac16 \\ &= \dfrac12+\dfrac23+\dfrac12 \\ &= \dfrac53\end{aligned}

PartieC ; 1.b Montrer que V(X_1) = \dfrac{5}{9}.

\begin{aligned}E(X_1^2) &= 1^{2}\times\dfrac12+2^{2}\times\dfrac13+3^{2}\times\dfrac16 \\ &= \dfrac12+\dfrac43+\dfrac32 \\ &= \dfrac{9}{18}+\dfrac{24}{18}+\dfrac{27}{18} \\ &= \dfrac{60}{18} \\ &= \dfrac{10}{3}\end{aligned} donc, avec la formule de König-Huygens : \begin{aligned}V(X_1) &= E(X_1^2)-E(X_1)^2 \\ &= \dfrac{10}{3}-\left(\dfrac53\right)^{2} \\ &= \dfrac{10}{3}-\dfrac{25}{9} \\ &= \dfrac{30}{9}-\dfrac{25}{9} \\ &= \dfrac59\end{aligned}

PartieC ; 2.a Les joueurs 2 et 3 jouent dans les mêmes conditions, indépendamment. On pose Y = X_1+X_2+X_3. Déterminer P(Y = 9).

\{Y=9\} correspond à \begin{aligned}\{X_1 &= 3\}\cap\{X_2 \\ &= 3\}\cap\{X_3 \\ &= 3\}\end{aligned} Par indépendance, \begin{aligned}P(Y=9) &= \left(\dfrac16\right)^{3} \\ &= \dfrac{1}{216}\end{aligned}

PartieC ; 2.b Calculer E(Y).

Par linéarité de l'espérance : \begin{aligned}E(Y) &= 3\times E(X_1) \\ &= 3\times\dfrac53 \\ &= 5\end{aligned}

PartieC ; 2.c Justifier que V(Y) = \dfrac{5}{3}.

Les X_i étant indépendantes, par additivité de la variance : \begin{aligned}V(Y) &= 3\times V(X_1) \\ &= 3\times\dfrac59 \\ &= \dfrac{15}{9} \\ &= \dfrac53\end{aligned}

1.On considère f(x) = ln(e^{x/2} + 2) sur \mathbb{R}. Montrer que f est strictement croissante sur \mathbb{R}.

f'(x) = \dfrac{\frac12e^{x/2}}{e^{x/2}+2}. Comme e^{x/2}>0 pour tout x, le numérateur et le dénominateur sont strictement positifs.
f'(x)>0 sur \mathbb{R}, donc f est strictement croissante sur \mathbb{R}.

2.Montrer que f(2ln(2)) = 2ln(2).

\begin{aligned}f(2\ln(2)) &= \ln(e^{\ln(2)}+2) \\ &= \ln(2+2) \\ &= \ln(4) \\ &= \ln(2^{2}) \\ &= 2\ln(2)\end{aligned}

3.On pose (u_n) définie par u_0 = \ln(9), u_{n+1}=f(u_n). Montrer que u_1 = \ln(5).

\begin{aligned}u_1 &= f(u_0) \\ &= \ln(e^{\ln(9)/2}+2) \\ &= \ln(e^{\ln(3)}+2) \\ &= \ln(3+2) \\ &= \ln(5)\end{aligned}, car \begin{aligned}e^{\ln(9)/2} &= \sqrt9 \\ &= 3\end{aligned}

4.Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, {2\ln(2) \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n}.

Initialisation : \ln étant croissante, {\ln(4)\leqslant\ln(5)\leqslant\ln(9)}, soit {2\ln(2)\leqslant u_1\leqslant u_0} : vraie au rang 0.
Hérédité : on suppose que, pour un entier n, {2\ln(2)\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n}. Comme f est croissante : {f(2\ln(2))\leqslant f(u_{n+1})\leqslant f(u_n)}, soit {2\ln(2)\leqslant u_{n+2}\leqslant u_{n+1}} (d'après la question 2) : vraie au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n, {2\ln(2)\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n}.

5.En déduire que la suite (u_n) converge.

(u_n) est décroissante (car u_{n+1}\leqslant u_n) et minorée par 2\ln(2) : elle est donc convergente, vers une limite \ell\geqslant2\ln(2).

6.aRésoudre dans \mathbb{R} l'équation X^{2} - X - 2 = 0.

\Delta = 1+8 = 9>0 : les racines sont \begin{aligned}X_1 &= \dfrac{1-3}{2} \\ &= -1\end{aligned} et \begin{aligned}X_2 &= \dfrac{1+3}{2} \\ &= 2\end{aligned} soit \mathcal{S}=\{-1~;~2\}.

6.bEn déduire l'ensemble des solutions sur \mathbb{R} de l'équation e^{x} - e^{x/2} - 2 = 0.

En posant X=e^{x/2}, l'équation devient X^{2}-X-2=0, dont les solutions sont X=-1 ou X=2.
e^{x/2}=-1 est impossible (e^{x/2}>0) ; \begin{aligned}e^{x/2} = 2 &\iff \dfrac{x}{2} = \ln(2) \\ &\iff x = 2\ln(2) \end{aligned}
\mathcal{S} = \{2\ln(2)\}.

6.cEn déduire l'ensemble des solutions sur \mathbb{R} de l'équation f(x) = x.

\begin{aligned}f(x) = x &\iff \ln(e^{x/2}+2) = x \\ &\iff e^{x/2}+2 = e^{x} \\ &\iff e^{x}-e^{x/2}-2 = 0 \end{aligned} dont l'unique solution est x=2\ln(2) (question précédente).

6.dDéterminer la limite de la suite (u_n).

(u_n) converge vers une limite \ell vérifiant u_{n+1}=f(u_n) avec f continue : d'après le théorème du point fixe, f(\ell)=\ell. D'après la question précédente, la seule solution est 2\ln(2), donc \lim\limits_{n\to+\infty}u_n = 2\ln(2).

1.On considère f(x) = ln(x)/x^{2} + 1 sur ]0 ; +\infty[. Déterminer les limites de f en 0 et en +\infty, et en déduire les asymptotes éventuelles.

\lim\limits_{x\to0^{+}}\ln(x)=-\infty et \lim\limits_{x\to0^{+}}x^{2}=0^{+}, donc par quotient \lim\limits_{x\to0^{+}}\dfrac{\ln(x)}{x^{2}}=-\infty, puis \lim\limits_{x\to0^{+}}f(x)=-\infty : asymptote verticale x=0.
Par croissances comparées, \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x^{2}}=0, donc \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1 : asymptote horizontale y=1 en +\infty.

2.Montrer que, pour tout x de ]0 ; +\infty[, f'(x) = (1 - 2ln(x)) / x^{3}.

f'(x) = \dfrac{\frac1x\times x^{2}-2x\times\ln(x)}{x^{4}} = \dfrac{x-2x\ln(x)}{x^{4}} = \dfrac{x(1-2\ln(x))}{x^{4}} = \dfrac{1-2\ln(x)}{x^{3}}.

3.En déduire le tableau de variation de f sur ]0 ; +\infty[.

x^{3}>0 sur ]0~;~+\infty[, donc f'(x) est du signe de 1-2\ln(x) : positif pour \ln(x)<\frac12, soit x<\sqrt{e}.
f est donc croissante sur \left]0~;~\sqrt{e}\right] (de -\infty à \begin{aligned}f(\sqrt{e}) &= \dfrac{1+2e}{2e} \\ &\approx 1{,}184\end{aligned}), puis décroissante sur \left[\sqrt{e}~;~+\infty\right[ (vers 1).

4.aMontrer que l'équation f(x) = 0 possède une unique solution \alpha sur ]0 ; +\infty[.

Sur \left]0~;~\sqrt{e}\right], f est continue et strictement croissante, de -\infty à f(\sqrt{e})\approx1{,}184>0 : d'après le corollaire du TVI, f(x)=0 y admet une unique solution \alpha.
Sur \left[\sqrt{e}~;~+\infty\right[, f est strictement décroissante vers 1 (toujours positive) : aucune solution supplémentaire.
L'équation f(x)=0 admet donc une unique solution \alpha sur ]0~;~+\infty[.

4.bDonner un encadrement de \alpha d'amplitude 0,01.

À la calculatrice, {0{,}65<\alpha<0{,}66}.

4.cEn déduire le signe de f sur ]0 ; +\infty[.

f étant croissante puis décroissante, avec un unique zéro en \alpha : f est négative sur ]0~;~\alpha[, nulle en \alpha, positive sur ]\alpha~;~+\infty[.

5.aOn pose g(x) = ln(x) sur ]0 ; +\infty[, et M le point de la courbe de g d'abscisse x. Exprimer OM^{2} en fonction de x.

D'après le théorème de Pythagore (H projeté de M sur l'axe des abscisses) : \begin{aligned}OM^{2} &= OH^{2}+HM^{2} \\ &= x^{2}+[\ln(x)]^{2}\end{aligned}

5.bMontrer que OM^{2} admet un minimum en \alpha.

Soit h(x)=x^{2}+[\ln(x)]^{2}, dérivable : h'(x) = 2x+\dfrac{2\ln(x)}{x} = 2x\left(1+\dfrac{\ln(x)}{x^{2}}\right) = 2x\,f(x).
2x>0, donc h'(x) est du signe de f(x) : négatif sur ]0~;~\alpha[, positif sur ]\alpha~;~+\infty[ (d'après 4.c).
h (donc OM^{2}) admet donc un minimum en x=\alpha.

5.cOn note d la distance minimale de O à la courbe de g. Exprimer d à l'aide de \alpha.

\begin{aligned}f(\alpha) = 0 &\iff \dfrac{\ln(\alpha)}{\alpha^{2}}+1 = 0 \\ &\iff \ln(\alpha) = -\alpha^{2} \\ &\implies [\ln(\alpha)]^{2} = \alpha^{4}\end{aligned}
Le minimum de OM^{2} est donc \alpha^{2}+\alpha^{4}, d'où \begin{aligned}d &= \sqrt{\alpha^{2}+\alpha^{4}} \\ &= \alpha\sqrt{1+\alpha^{2}}\end{aligned}