Sujet du bac 2024 de spé maths — Amérique du Nord, jour 2 (général)

Les probabilités sont arrondies au dix-millième.

Partie A

1. Arbre pondéré : depuis la racine, $N$ avec la probabilité $0,2286$ et $\overline{N}$ avec $1-0,2286=0,7714$. Après $N$ : $R$ avec $0,0808$ et $\overline{R}$ avec $0,9192$. Après $\overline{N}$ : $R$ avec $0,0127$ et $\overline{R}$ avec $0,9873$.

2. $P(N\cap R)$$=P(N)\times P_N(R)$$=0,2286\times 0,0808$$=0,01847088$. $P(N\cap R)\approx 0,0185$.

3. $N$ et $\overline{N}$ forment une partition de l'univers ; d'après la formule des probabilités totales :

$P(R)$$=P(N\cap R)+P(\overline{N}\cap R)$$=0,2286\times 0,0808+0,7714\times 0,0127$$=0,01847088+0,00979678$$=0,02826766$.

Arrondie au dix-millième, $P(R)=0,0283$.

4. $P_R(N)={\displaystyle \frac{P(N\cap R)}{P(R)}}={\displaystyle \frac{0,01847088}{0,02826766}}\approx 0,6534$. Sachant que le véhicule est hybride rechargeable, la probabilité qu'il soit neuf est environ $0,6534$. (En gardant les valeurs exactes intermédiaires ; avec les valeurs arrondies ${\displaystyle \frac{0,0185}{0,0283}}\approx 0,6537$.)

Partie B

1. On répète $500$ fois, de manière identique et indépendante (tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli de succès « le véhicule est neuf », de probabilité $0,65$. $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=500$ et $p=0,65$.

2. $P(X=325)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{500}{325}\right)}\times 0,{65}^{325}\times 0,{35}^{175}\approx 0,0374$ (calculatrice). La probabilité que exactement $325$ véhicules soient neufs est environ $0,0374$.

3. $P(X⩾325)=1-P(X⩽324)\approx 1-0,4794=0,5206$. $P(X⩾325)\approx 0,5206$ : il y a environ $52\%$ de chances qu'au moins $325$ véhicules (soit au moins $65\%$ de l'échantillon, la valeur de l'espérance $E(X)=500\times 0,65=325$) soient neufs.

Partie C

1. Les $n$ choix sont indépendants et chaque véhicule est d'occasion avec la probabilité $1-0,65=0,35$. Donc $p_n=0,{35}^n$.

2. « Au moins un véhicule neuf » est l'événement contraire de « tous d'occasion », donc $q_n=1-0,{35}^n$. On résout :

$q_n⩾0,9999⟺0,{35}^n⩽0,0001⟺n\ln (0,35)⩽\ln (0,0001)$ (croissance de la fonction $\ln$) $⟺n⩾{\displaystyle \frac{\ln (0,0001)}{\ln (0,35)}}$ car $\ln (0,35)<0$ (le sens de l'inégalité change).

Or ${\displaystyle \frac{\ln (0,0001)}{\ln (0,35)}}\approx 8,77$. La plus petite valeur est $n=9$. (Contrôle : $0,{35}^8\approx 2,3\times {10}^{-4}>{10}^{-4}$ et $0,{35}^9\approx 7,9\times {10}^{-5}⩽{10}^{-4}$.)

Dans le repère $(A;\overrightarrow{AI},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})$, on a $A(0;0;0)$, $B(3;0;0)$, $D(0;1;0)$, $E(0;0;1)$, $C(3;1;0)$, $G(3;1;1)$ (pavé droit avec $AB=3$, $AD=AE=1$ et $AI=1$).

1. $F(3;0;1)$, $H(0;1;1)$ et $M\left({\displaystyle \frac{3}{2}};1;0\right)$ (milieu de $C(3;1;0)$ et $D(0;1;0)$).

2. a) $\overrightarrow{HM}({\displaystyle \frac{3}{2}};0;-1)$ et $\overrightarrow{HF}(3;-1;0)$ ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de $\overrightarrow{HM}$ est nulle, pas celle de $\overrightarrow{HF}$). $\overrightarrow{n}·\overrightarrow{HM}=2\times {\displaystyle \frac{3}{2}}+0-3=0$ et $\overrightarrow{n}·\overrightarrow{HF}=6-6+0=0$. $\overrightarrow{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(HMF)$ : $\overrightarrow{n}(2;6;3)$ est normal au plan $(HMF)$.

2. b) Une équation de $(HMF)$ est de la forme $2x+6y+3z+k=0$. Avec $H(0;1;1)$ : $0+6+3+k=0$, soit $k=-9$. $(HMF)$ : $2x+6y+3z-9=0$. (Contrôle : $F$ : $6+0+3-9=0$ ; $M$ : $3+6+0-9=0$.)

2. c) $\mathcal{P}$ a pour vecteur normal $\overrightarrow{m}(5;15;-3)$. Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires. Or ${\displaystyle \frac{5}{2}}={\displaystyle \frac{15}{6}}=2,5$ mais ${\displaystyle \frac{-3}{3}}=-1\ne 2,5$ : $\overrightarrow{m}$ et $\overrightarrow{n}$ ne sont pas colinéaires. $\mathcal{P}$ n'est pas parallèle à $(HMF)$.

3. $(DG)$ passe par $D(0;1;0)$ et a pour vecteur directeur $\overrightarrow{DG}(3;0;1)$. Une représentation paramétrique est $x=3t$, $y=1$, $z=t$, avec $t\in \mathbb{R}$.

4. On reporte dans l'équation du plan : $2(3t)+6\times 1+3t-9=0$, soit $9t-3=0$, $t={\displaystyle \frac{1}{3}}$. $N\left(1;1;{\displaystyle \frac{1}{3}}\right)$. (Contrôle : $2+6+1-9=0$.)

5. $R$ est le projeté orthogonal de $G$ sur $(HMF)$ si et seulement si $R\in (HMF)$ et $\overrightarrow{GR}$ est colinéaire au vecteur normal $\overrightarrow{n}$. On a bien $R\in (HMF)$ : $2\times 3+6\times {\displaystyle \frac{1}{4}}+3\times {\displaystyle \frac{1}{2}}-9$$=6+1,5+1,5-9$$=0$. Mais $\overrightarrow{GR}(0;-{\displaystyle \frac{3}{4}};-{\displaystyle \frac{1}{2}})$ n'est pas colinéaire à $\overrightarrow{n}(2;6;3)$ (première coordonnée nulle contre $2$). Non, $R$ n'est pas le projeté orthogonal de $G$ sur le plan $(HMF)$.

1. $g$ est dérivable sur $[0;1]$ et $g^{\prime }(x)=2-2x=2(1-x)$. Pour $x\in [0;1[$, $g^{\prime }(x)>0$, et $g^{\prime }$ ne s'annule qu'en $1$ : $g$ est strictement croissante sur $[0;1]$. $g(0)=0$ et $g(1)=2-1=1$.

2. $u_1=g\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)=1-{\displaystyle \frac{1}{4}}={\displaystyle \frac{3}{4}}$ ; $u_2=g\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)={\displaystyle \frac{3}{2}}-{\displaystyle \frac{9}{16}}={\displaystyle \frac{24-9}{16}}={\displaystyle \frac{15}{16}}$. $u_1={\displaystyle \frac{3}{4}}$ et $u_2={\displaystyle \frac{15}{16}}$.

3. Montrons par récurrence la propriété $\mathcal{P}(n)$ : « $0<u_n<u_{n+1}<1$ ».

Initialisation : $0<{\displaystyle \frac{1}{2}}<{\displaystyle \frac{3}{4}}<1$, donc $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $n$ tel que $0<u_n<u_{n+1}<1$. La fonction $g$ étant strictement croissante sur $[0;1]$, elle conserve l'ordre strict : $g(0)<g(u_n)<g(u_{n+1})<g(1)$, soit $0<u_{n+1}<u_{n+2}<1$ : $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : pour tout entier naturel $n$, $0<u_n<u_{n+1}<1$.

4. D'après la question 3, $(u_n)$ est strictement croissante et majorée par $1$. D'après le théorème de convergence monotone, $(u_n)$ converge vers une limite $\ell$, avec ${\displaystyle \frac{1}{2}}⩽\ell ⩽1$.

5. $g$ est continue sur $[0;1]$ (fonction polynôme) et $u_{n+1}=g(u_n)$, donc la limite vérifie $\ell =g(\ell )$, soit $\ell =2\ell -{\ell }^2$, soit ${\ell }^2-\ell =0$, soit $\ell (\ell -1)=0$ : $\ell =0$ ou $\ell =1$. Comme $\ell ⩾u_0={\displaystyle \frac{1}{2}}$, $\ell =1$.

6. $v_n$ est bien définie car $1-u_n>0$. Pour tout $n$ : $1-u_{n+1}=1-2u_n+u_n^2=(1-u_n{)}^2$. Donc $v_{n+1}$$=\ln ((1-u_n{)}^2)$$=2\ln (1-u_n)$$=2v_n$ (avec $1-u_n>0$). $(v_n)$ est géométrique de raison $2$, de premier terme $v_0=\ln (1-{\displaystyle \frac{1}{2}})=\ln {\displaystyle \frac{1}{2}}=-\ln 2$.

7. $v_n=v_0\times 2^n=-2^n\ln 2$ pour tout entier naturel $n$.

8. $v_n=\ln (1-u_n)$ donne $1-u_n=e^{v_n}$, soit $u_n=1-e^{-2^n\ln 2}=1-{\left(e^{\ln 2}\right)}^{-2^n}$. $u_n=1-2^{-2^n}=1-{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{2^n}$. (Contrôle : $u_1=1-{\displaystyle \frac{1}{4}}={\displaystyle \frac{3}{4}}$, $u_2=1-{\displaystyle \frac{1}{16}}={\displaystyle \frac{15}{16}}$.)

Comme $\underset{n\to +\infty }{lim}{2}^n=+\infty$ et $0<{\displaystyle \frac{1}{2}}<1$, $\underset{n\to +\infty }{lim}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{2^n}=0$, donc $\underset{n\to +\infty }{lim}{u}_n=1$, ce qui confirme la question 5.

9. Script complété :

def seuil():
    n = 0
    u = 0.5
    while u < 0.95 :
        n = n + 1
        u = 2*u - u**2
    return n

Tant que $u_n<0,95$, on passe au terme suivant avec $u_{n+1}=g(u_n)$ et on incrémente $n$. La fonction renvoie $3$ : $u_2={\displaystyle \frac{15}{16}}=0,9375<0,95$ et $u_3=1-{\displaystyle \frac{1}{256}}\approx 0,996⩾0,95$.

1. $f(x)=0⟺a\ln x=0⟺\ln x=0$ (car $a\ne 0$) $⟺x=1$. La courbe $\mathcal{C}$ coupe l'axe des abscisses au point d'abscisse $1$.

2. $F$ est dérivable sur $]0;+\infty [$ et $F^{\prime }(x)$$=a(1\times \ln x+x\times {\displaystyle \frac{1}{x}}-1)$$=a(\ln x+1-1)$$=a\ln x$$=f(x)$. $F$ est une primitive de $f$ sur $]0;+\infty [$.

3. Sur la figure, le domaine grisé est délimité par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et la droite d'équation $x=x_0$ : il va de $x=1$ (où $\mathcal{C}$ coupe l'axe) à $x=x_0$. Sur $[1;x_0]$, $\ln x⩾0$ et $a>0$, donc $f$ est continue et positive : l'aire est

$\mathcal{A}$$={\displaystyle {\int }_1^{x_0}f(x)dx=F(x_0)-F(1)=a(x_0\ln x_0-x_0)-a(0-1)}$.

$\mathcal{A}=a(x_0\ln x_0-x_0+1)$ unités d'aire.

4. $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{a}{x}}$. La tangente $T$ au point $M(x_0;a\ln x_0)$ a pour équation $y={\displaystyle \frac{a}{x_0}}(x-x_0)+a\ln x_0$.

Le point $A$ est le point de $T$ d'abscisse $0$ : $y_A={\displaystyle \frac{a}{x_0}}(0-x_0)+a\ln x_0=-a+a\ln x_0$, donc $A(0;a\ln x_0-a)$.

Le point $B$, projeté orthogonal de $M$ sur l'axe des ordonnées, a la même ordonnée que $M$ : $B(0;a\ln x_0)$.

Les points $A$ et $B$ sont sur l'axe des ordonnées, donc $AB$$=|y_B-y_A|$$=|a\ln x_0-(a\ln x_0-a)|$$=|a|$$=a$ car $a>0$.

$AB=a$ : cette longueur ne dépend pas de $x_0$. (Méthode : équation de la tangente, coordonnées de $A$ et $B$, puis différence des ordonnées.)