Sujet du bac 2023 de spé maths — Amérique du Nord, jour 1 (général)

Partie A

1. Arbre : depuis la racine, $M$ ($0,69$), $N$ ($0,28$) et $D$ ($1-0,69-0,28=0,03$). Après $M$ : $R$ ($0,73$) et $\overline{R}$ ($0,27$). Après $N$ : $R$ ($0,49$) et $\overline{R}$ ($0,51$). Après $D$ : $R$ ($0,35$) et $\overline{R}$ ($0,65$).

2. $P(D\cap R)$$=P(D)\times P_D(R)$$=0,03\times 0,35$$=0,0105$. La probabilité que le déchet soit dangereux et recyclable est $0,0105$.

3. $P(M\cap \overline{R})$$=P(M)\times P_M(\overline{R})$$=0,69\times 0,27$$=0,1863$. $P(M\cap \overline{R})=0,1863$ : $18,63\%$ des déchets de l'entreprise sont minéraux, non dangereux et non recyclables.

4. $M$, $N$, $D$ forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales : $P(R)$$=P(M\cap R)+P(N\cap R)+P(D\cap R)$$=0,69\times 0,73+0,28\times 0,49+0,0105$$=0,5037+0,1372+0,0105$$=0,6514$. $P(R)=0,6514$.

5. $P_R(N)={\displaystyle \frac{P(N\cap R)}{P(R)}}={\displaystyle \frac{0,1372}{0,6514}}\approx 0,2106$. Sachant que le déchet est recyclable, la probabilité qu'il soit non minéral et non dangereux est environ $0,2106$.

Partie B

1. a) On répète $20$ fois de façon identique et indépendante (tirage avec remise) une épreuve de Bernoulli de succès « le déchet est recyclable », de probabilité $0,6514$. $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=20$ et $p=0,6514$.

1. b) $P(X=14)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{14}\right)}\times 0,{6514}^{14}\times 0,{3486}^6\approx 0,1723$. La probabilité d'obtenir exactement $14$ déchets recyclables est environ $0,1723$.

2. a) Les $n$ prélèvements sont indépendants et chaque déchet est non recyclable avec la probabilité $1-0,6514=0,3486$. $p_n=0,{3486}^n$.

2. b) La probabilité qu'au moins un déchet soit recyclable est $1-p_n=1-0,{3486}^n$. On résout :

$1-0,{3486}^n⩾0,9999⟺0,{3486}^n⩽0,0001⟺n\ln (0,3486)⩽\ln (0,0001)⟺n⩾{\displaystyle \frac{\ln (0,0001)}{\ln (0,3486)}}$ (division par $\ln (0,3486)<0$, qui change le sens de l'inégalité).

Or ${\displaystyle \frac{\ln (0,0001)}{\ln (0,3486)}}\approx 8,74$. À partir de $n=9$ déchets, la probabilité qu'au moins un soit recyclable est supérieure ou égale à $0,9999$.

Partie A : fonction auxiliaire $g(x)=3e^{2x}-2x-3$

1. a) $\underset{x\to -\infty }{lim}2x=-\infty$ donc $\underset{x\to -\infty }{lim}{e}^{2x}=0$, et $\underset{x\to -\infty }{lim}(-2x-3)=+\infty$. Par somme, $\underset{x\to -\infty }{lim}g(x)=+\infty$.

1. b) Pour $x\ne 0$, $g(x)=e^{2x}(3-{\displaystyle \frac{2x}{e^{2x}}}-{\displaystyle \frac{3}{e^{2x}}})$. En posant $X=2x\to +\infty$, ${\displaystyle \frac{2x}{e^{2x}}}={\displaystyle \frac{X}{e^X}}\to 0$ par croissances comparées, et ${\displaystyle \frac{3}{e^{2x}}}\to 0$. La parenthèse tend vers $3$ et $e^{2x}\to +\infty$ : par produit, $\underset{x\to +\infty }{lim}g(x)=+\infty$.

2. a) $(e^{2x}{)}^{\prime }=2e^{2x}$, donc $g^{\prime }(x)=3\times 2e^{2x}-2$. $g^{\prime }(x)=6e^{2x}-2$.

2. b) $g^{\prime }(x)$$>0⟺6e^{2x}$$>2⟺e^{2x}$$>{\displaystyle \frac{1}{3}}⟺2x$$>\ln {\displaystyle \frac{1}{3}}$$=-\ln 3⟺x$$>-{\displaystyle \frac{\ln 3}{2}}$ (stricte croissance de $\ln$). $g^{\prime }(x)<0$ sur $]-\infty ;-{\displaystyle \frac{\ln 3}{2}}[$, $g^{\prime }(-{\displaystyle \frac{\ln 3}{2}})=0$ et $g^{\prime }(x)>0$ sur $]-{\displaystyle \frac{\ln 3}{2}};+\infty [$.

2. c) $g$ est strictement décroissante sur $]-\infty ;-{\displaystyle \frac{\ln 3}{2}}]$ et strictement croissante sur $[-{\displaystyle \frac{\ln 3}{2}};+\infty [$, avec des limites $+\infty$ aux deux bornes. Son minimum est $g(-{\displaystyle \frac{\ln 3}{2}})$$=3e^{-\ln 3}+\ln 3-3$$=3\times {\displaystyle \frac{1}{3}}+\ln 3-3$$=\ln 3-2$. Le minimum de $g$ vaut $\ln 3-2\approx -0,90$.

3. a) $g(0)=3e^0-0-3=3-3=0$. $0$ est solution de $g(x)=0$.

3. b) Sur $]-\infty ;-{\displaystyle \frac{\ln 3}{2}}]$, $g$ est continue, strictement décroissante, avec $\underset{-\infty }{lim}g=+\infty$ et $g(-{\displaystyle \frac{\ln 3}{2}})=\ln 3-2<0$. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur cet intervalle, et $\alpha \ne 0$ car $0>-{\displaystyle \frac{\ln 3}{2}}$. (Sur $[-{\displaystyle \frac{\ln 3}{2}};+\infty [$, $g$ est strictement croissante et s'annule seulement en $0$.)

$g(-1,5)=3e^{-3}\approx 0,149>0$ et $g(-1,4)=3e^{-2,8}-0,2\approx -0,018<0$, donc $-1,5<\alpha <-1,4$.

4. D'après le tableau de variations et les deux zéros $\alpha$ et $0$ : $g(x)>0$ sur $]-\infty ;\alpha [$, $g(x)<0$ sur $]\alpha ;0[$, $g(x)>0$ sur $]0;+\infty [$, et $g(\alpha )=g(0)=0$.

Partie B : étude de $f(x)=e^{3x}-(2x+1)e^x$

1. $(e^{3x}{)}^{\prime }=3e^{3x}$ et ${((2x+1)e^x)}^{\prime }$$=2e^x+(2x+1)e^x$$=(2x+3)e^x$. Donc $f^{\prime }(x)$$=3e^{3x}-(2x+3)e^x$$=e^x(3e^{2x}-2x-3)$ (car $e^{3x}=e^x{e}^{2x}$). $f^{\prime }(x)=e^{x}g(x)$.

2. $e^x>0$, donc $f^{\prime }(x)$ a le signe de $g(x)$ : $f$ est croissante sur $]-\infty ;\alpha ]$, décroissante sur $[\alpha ;0]$ et croissante sur $[0;+\infty [$ ($f^{\prime }$ s'annule en $\alpha$ et en $0$ : maximum local en $\alpha$, minimum local en $0$, $f(0)=1-1=0$).

3. Une fonction convexe sur $\mathbb{R}$ a une dérivée croissante sur $\mathbb{R}$. Or ici $f^{\prime }$ est positive sur $]-\infty ;\alpha [$, puis négative sur $]\alpha ;0[$ : $f^{\prime }$ n'est pas croissante (ou encore : $f$ admet un maximum local en $\alpha$, ce qu'une fonction convexe ne peut pas avoir, sa courbe étant au-dessus de ses tangentes). Donc $f$ n'est pas convexe sur $\mathbb{R}$.

1. Réponse a. $\overrightarrow{AB}(4;4;-2)$, $\overrightarrow{AC}(4;-2;4)$ : $A{B}^2=16+16+4=36$ et $A{C}^2=16+4+16=36$, donc $AB=AC=6$ ; $\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=16-8-8=0$. Le triangle est isocèle et rectangle en $A$ (et $B{C}^2=0+36+36=72=A{B}^2+A{C}^2$).

2. Réponse c. On teste les coordonnées de $B(3;6;3)$, $C(3;0;9)$, $D(8;-3;-8)$ : pour $4x+y+z-21=0$, $B$ : $12+6+3-21=0$ ; $C$ : $12+0+9-21=0$ ; $D$ : $32-3-8-21=0$. Les trois points vérifient l'équation. (Pour l'équation a, $D$ donne $16-3-8-15=-10\ne 0$ ; pour b, $C$ donne $27+3\ne 0$ ; pour d, $B$ donne $33+15-73\ne 0$.)

3. Réponse b. Le plan $(ABC)$ a pour vecteur normal $\overrightarrow{n}(1;-2;-2)$, donc $H=D+t\overrightarrow{n}$ a pour coordonnées $(8+t;-3-2t;-8-2t)$. $H\in (ABC)$ : $8+t-2(-3-2t)-2(-8-2t)+15=0$, soit $9t+45=0$, $t=-5$, d'où $H(3;7;2)$. Contrôle : $3-14-4+15=0$.

4. Réponse d. $(BC)$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{BC}(0;-6;6)$ et $\Delta$ a pour vecteur directeur $(1;-1;3)$ : non colinéaires, donc ni confondues ni parallèles. Un point commun aurait pour abscisse $3$ (celle de tous les points de $(BC)$), soit $t=-2$ sur $\Delta$ : le point $(3;5;-7)$. Sur $(BC)$, un point d'ordonnée $5$ est $B+{\displaystyle \frac{1}{6}}\overrightarrow{BC}=(3;5;4)$, de cote $4\ne -7$. Pas de point commun : les droites sont non coplanaires.

5. Réponse b. Les vecteurs normaux $(2;-1;2)$ et $(1;-2;-2)$ ne sont pas colinéaires : les plans sont sécants. $A$ : $-2-2+10-6=0$ et $B$ : $6-6+6-6=0$ appartiennent à $\mathcal{P}$ (et à $(ABC)$), tandis que $C$ : $6-0+18-6=18\ne 0$ n'appartient pas à $\mathcal{P}$. L'intersection est donc la droite $(AB)$.

Partie A : étude de la suite

1. $u_1={\displaystyle \frac{1}{2}}(5+{\displaystyle \frac{11}{5}})={\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{36}{5}}={\displaystyle \frac{18}{5}}$ ; $u_2$$={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{18}{5}}+{\displaystyle \frac{11\times 5}{18}})$$={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{18}{5}}+{\displaystyle \frac{55}{18}})$$={\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{324+275}{90}}$$={\displaystyle \frac{599}{180}}$. $u_1={\displaystyle \frac{18}{5}}$ et $u_2={\displaystyle \frac{599}{180}}$ (fractions irréductibles : $599$ est premier).

2. $f$ est dérivable sur $]0;+\infty [$ et $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{2}}(1-{\displaystyle \frac{11}{x^2}})={\displaystyle \frac{x^2-11}{2x^2}}$. Pour $x⩾\sqrt{11}$, $x^2⩾11$ donc $f^{\prime }(x)⩾0$. $f$ est croissante sur $[\sqrt{11};+\infty [$.

3. Montrons par récurrence la propriété $\mathcal{P}(n)$ : « $u_n⩾u_{n+1}⩾\sqrt{11}$ ».

Initialisation : $u_0=5$, $u_1=3,6$ et $\sqrt{11}\approx 3,317$ : on a bien $5⩾3,6⩾\sqrt{11}$ (en effet $3,6^2=12,96⩾11$).

Hérédité : soit $n$ tel que $u_n⩾u_{n+1}⩾\sqrt{11}$. Ces nombres sont dans $[\sqrt{11};+\infty [$ où $f$ est croissante, donc $f(u_n)⩾f(u_{n+1})⩾f(\sqrt{11})$. Or $f(\sqrt{11})={\displaystyle \frac{1}{2}}(\sqrt{11}+{\displaystyle \frac{11}{\sqrt{11}}})={\displaystyle \frac{1}{2}}(\sqrt{11}+\sqrt{11})=\sqrt{11}$. D'où $u_{n+1}⩾u_{n+2}⩾\sqrt{11}$ : $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : pour tout entier naturel $n$, $u_n⩾u_{n+1}⩾\sqrt{11}$.

4. La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $\sqrt{11}$. D'après le théorème de convergence monotone, $(u_n)$ converge vers un réel $a⩾\sqrt{11}$.

5. $f$ est continue sur $]0;+\infty [$ et $a>0$ ; en passant à la limite dans $u_{n+1}=f(u_n)$, on obtient $a=f(a)$, soit $a={\displaystyle \frac{1}{2}}(a+{\displaystyle \frac{11}{a}})$, soit $2a=a+{\displaystyle \frac{11}{a}}$, soit $a={\displaystyle \frac{11}{a}}$, soit $a^2=11$. Comme $a>0$, $a=\sqrt{11}$.

Partie B : application géométrique

1. a) L'aire du rectangle $R_0$ est $L_0\times {\ell }_0=11$ avec $L_0=5$, donc ${\ell }_0={\displaystyle \frac{11}{5}}=2,2$. ${\ell }_0=2,2$.

1. b) Pour tout $n$, l'aire de $R_n$ vaut $11$ : $L_n{\ell }_n=11$, donc ${\ell }_n={\displaystyle \frac{11}{L_n}}$ ($L_n\ne 0$).

2. Pour tout $n$, $L_{n+1}$$={\displaystyle \frac{L_n+{\ell }_n}{2}}$$={\displaystyle \frac{1}{2}}(L_n+{\displaystyle \frac{11}{L_n}})$$=f(L_n)$ et $L_0=5=u_0$. Les suites $(L_n)$ et $(u_n)$ ont le même premier terme et la même relation de récurrence, donc (par récurrence immédiate) $L_n=u_n$ pour tout entier naturel $n$.

3. D'après A.3, $L_n=u_n⩾\sqrt{11}$ pour tout $n$. La fonction inverse étant décroissante sur $]0;+\infty [$, ${\ell }_n={\displaystyle \frac{11}{L_n}}⩽{\displaystyle \frac{11}{\sqrt{11}}}=\sqrt{11}$. Pour tout $n$, ${\ell }_n⩽\sqrt{11}⩽L_n$.

4. La longueur et la largeur de $R_n$ tendent toutes deux vers $\sqrt{11}$ : les rectangles $R_n$ se rapprochent du carré d'aire $11$, de côté $\sqrt{11}$. C'est la méthode de Héron pour approcher $\sqrt{11}$.

5. a) La boucle effectue $3$ itérations : $L_1=3,6$, ${\ell }_1={\displaystyle \frac{11}{3,6}}\approx 3,055556$ ; $L_2\approx 3,327778$, ${\ell }_2\approx 3,305509$ ; $L_3\approx 3,316643$, ${\ell }_3\approx 3,316606$. heron(3) renvoie $(3,316606;3,316643)$, c'est-à-dire ${\ell }_3$ puis $L_3$ arrondis à $6$ décimales.

5. b) Ce sont la largeur et la longueur du rectangle $R_3$ : elles encadrent $\sqrt{11}\approx 3,316625$ (${\ell }_3⩽\sqrt{11}⩽L_3$) et fournissent déjà une valeur approchée de $\sqrt{11}$ à ${10}^{-4}$ près après seulement trois étapes.