2024Bac spé maths · Amérique du Nord · Jour 2

1. 

2. On calcule \(p(N \cap R) = p(N) \times p_N(R) = 0{,}2286 \times 0{,}0808 = 0{,}018471\) soit 0,0185 à \(10^{-4}\) près.

3. On a de même \(p\left(\overline{N} \cap R\right) = p\left(N\right) \times p_{\overline{N}}(R) = 0{,}7714 \times 0{,}0127 = 0{,}009797\) soit 0,0098 à \(10^{-4}\) près.

   D'après la loi des probabilités totales :

   \(p(R) = p(N \cap R) + p\left(\overline{N} \cap R\right) \approx 0{,}0185 + 0{,}0098\)

   \(p(R) \approx 0{,}0283\).

4. On a \(p_R(N) = \dfrac{p(R \cap N)}{p(R)} = \dfrac{p(N \cap R)}{p(R)} \approx \dfrac{0{,}0185}{0{,}0283} \approx 0{,}65371\) soit 0,6537 à \(10^{-4}\) près.

Partie A

1. \(X\) suit donc la loi binomiale \(\mathcal{B}(n = 500, \: p = 0{,}65)\).

2. On calcule \(\binom{500}{325} \times 0{,}65^{325} \times 0{,}35^{175} \approx 0{,}037384\) soit 0,0374 à \(10^{-4}\) près. (Utiliser la fonction binomiale de la calculatrice si les capacités de calcul de celle-ci sont dépassées).

3. On a \(p(X \geqslant 325) = 1 - p(X \leqslant 324)\) soit d'après la calculatrice 0,47944, donc

   \(p(X \geqslant 325) \approx 1 - 0{,}4794 = 0{,}5206\) à \(10^{-4}\) près.

Partie B

1. On a \(p_n = (1 - 0{,}65)^n = 0{,}35^n\).

2. On a \(q_n = 1 - p_n\).

   On cherche donc \(n\) tel que \(1 - p_n \geqslant 0{,}9999 \iff p_n \leqslant 0{,}0001\), soit par croissance de la fonction logarithme népérien :

   \(n\ln 0{,}35 \leqslant \ln 00{,}0001 \iff n \geqslant \dfrac{\ln 0{,}0001}{\ln 0{,}35}\) car \(\dfrac{1}{\ln 0{,}35} < 0\).

   D'après la calculatrice \(\dfrac{\ln 0{,}0001}{\ln 0{,}35} \approx 8{,}8\).

   Il faut prendre au minimum \(n = 9\).

On considère le pavé droit ABCDEFGH tel que AB \(= 3\) et AD = AE \(= 1\) représenté ci-dessous.

1. F(3 ; 0 ; 1),   H(0 ; 1 ; 1),  M(1,5 ; 1 ; 0).

2. 1. Soit \(\overrightarrow{\text{HF}}\begin{pmatrix}3\\-1\\0\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\text{MF}}\begin{pmatrix}1{,}5\\-1\\1\end{pmatrix}\). Ces deux vecteurs ne sont manifestement pas colinéaires.

      On a \(\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{HF}} = 6 - 6 + 0 = 0\)

      On a \(\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{MF}} = 3 - 6 + 3 = 0\).

      Conclusion : le vecteur \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (HMF), il est donc normal à ce plan.

   2. On sait qu'alors :

      \(X(x~;~y~;~z) \in (\text{MHF}) \iff 2x + 6y + 3z + d = 0\). Ainsi par exemple :

      \(\text{H}(x~;~y~;~z) \in (\text{MHF}) \iff 0 + 6 + 3 + d = 0 \iff d = - 9\), donc finalement :

      \[X(x~;~y~;~z) \in (\text{MHF}) \iff 2x + 6y + 3z - 9 = 0.\]

   3. Le plan \(\mathcal{P}\) a par exemple pour vecteur normal \(\overrightarrow{p}\begin{pmatrix}5\\15\\-3\end{pmatrix}\) et ce vecteur n'est pas colinéaire au vecteur \(\overrightarrow{n}\), (on a bien \(2 \times \dfrac52 = 5, \: 6 \times \dfrac52 = 15\), mais \(3 \times \dfrac52 \ne - 3\)) donc les deux plans ne sont pas parallèles.

3. On a D(0 ; 1 ; 0) et G(3 ; 1 ; 1), d'où \(\overrightarrow{\text{DG}}\begin{pmatrix}3\\0\\1\end{pmatrix}\).

   On sait que :

   \(X(x~;~y~;~z) \in (\text{DG}) \iff \overrightarrow{\text{DX}} = t\overrightarrow{\text{DG}}, \: t \in \mathbb{R} \iff \left\{\begin{array}{l c l} x - 0&=&3t\\y - 1&=&0\\z - 0 &=& 1t\end{array}\right.\: t \in \mathbb{R} \iff \left\{\begin{array}{l c l} x &=&3t\\y &=&1\\z &=& t\end{array}\right.\: t \in \mathbb{R}\).

4. Si la droite coupe le plan en un point N, les coordonnées de ce point vérifient les équations de la droite et celle du plan soit le système :

   \(\left\{\begin{array}{l c l} x &=&3t\\y &=&1\\z &=& t\\ 2x + 6y + 3z - 9 &= &0 \end{array}\right.\: t \in \mathbb{R}\).

   En remplaçant \(x,\:y\) et \(z\) par leurs valeurs en fonction de \(t\) dans la dernière équation, on obtient :

   \(6t + 6 + 3t - 9 = 0 \iff 9t - 3 = 0 \iff 3t - 1 = 0 \iff t = \dfrac 13\). Les coordonnées de N sont donc \(\left(3\times \frac13~;~1~;~\frac13\right)\), soit N\(\left(1~;~1~;~\dfrac13\right)\).

5. \(\bullet~~\)On vérifie d'abord que R appartient au plan (HMF) :

   \(\text{R}\left(3~;~\dfrac{1}{4}~;~\dfrac{1}{2}\right) \in \text{(HMF)} \iff 6 + \dfrac32 + \dfrac32 - 9 = 0 \iff 6 + 3 - 9 = 0\) ce qui est vrai.

   \(\bullet~~\)On vérifie maintenant que le vecteur \(\overrightarrow{\text{GR}}\) est bien un vecteur normal au plan (HMF) :

   On a \(\overrightarrow{\text{GR}}\begin{pmatrix}3 - 3\\ \frac14 - 1\\ \frac12 - 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\- \frac34\\- \frac12\end{pmatrix}\). Or ce vecteur n'est manifestement pas colinéaire au vecteur connu \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}2\\6\\3\end{pmatrix}\) : pour que \(\overrightarrow{n}\) soit colinéaire au vecteur \(\overrightarrow{\text{GR}}\) il faudrait que sa première coordonnée soit égale à 0, ce qui n'est pas le cas.

   Conclusion : le point R n'est pas le projeté orthogonal du point G sur le plan (HMF).

1. Le trinôme \(g(x)\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), donc sur \([0~;~1]\) et sur cet intervalle :

   \(g'(x) = 2 - 2x = 2(1 - x)\).

   Or on sait que \(0\leqslant x \leqslant 1\Rightarrow - x \leqslant 0 \leqslant 1 - x\) ou en lisant de droite à gauche

   \(1 - x \geqslant 0 \Rightarrow 2(1 - x) \geqslant 0 \iff g'(x) \geqslant 0\) : la dérivée étant positive sur \([0~;~1]\) et ne s'annulant qu'en \(x = 1\), la fonction \(g\) est strictement croissante de \(g(0 ) = 0\) à \(g(1) = 2 - 1^2 = 1\).

On considère la suite \(\left(u_{n}\right)\) définie par \(\left\{\begin{array}{l c l}u_{0}&=&\dfrac{1}{2}\\ u_{n+1}&=&g\left(u_{n}\right)\end{array}\right.\) pour tout entier naturel \(n\).

1. \(\bullet~~u_1 = 2 \times \dfrac{1}{2} - \left(\dfrac{1}{2}\right)^2 = 1 - \dfrac14 = \dfrac34 = 0{,}75\) ;

   \(\bullet~~u_2 = 2 \times \dfrac34 - \left(\dfrac34\right)^2 = \dfrac32 - \dfrac{9}{16} = \dfrac{24}{16} - \dfrac{9}{16} = \dfrac{15}{16} = 0{,}9375\).

2. Démonstration par récurrence :

   \(\bullet~~\)Initialisation :

   On a \(0 < \dfrac12 < \dfrac34 < 1\), soit \(0 < u_0 < u_1 < 1\) : l'encadrement est vrai au rang zéro.

   \(\bullet~~\)Hérédité : Supposons que pour \(n \in \mathbb{N}\), on ait \(0 < u_{n} < u_{n+1}< 1\).

   Alors par stricte croissance sur [0 ; 1] de la fonction \(g\), on a :

   \(g(0) < g\left(u_n\right) < g\left(u_{n+1} \right) < g(1)\), soit d'après les résultats précédents :

   \(0 < u_{n+1} < u_{n+2} < 1\) : l'encadrement est encore vrai au rang \(n + 1\).

   Conclusion : la relation est vraie au rang \(n = 0\) et si elle est vraie au rang \(n \in \mathbb{N}\) elle l'est encore au rang \(n + 1\) : par le principe de récurrence, on a donc

   Pour tout entier naturel \(n\), : \(0 < u_{n} < u_{n+1} < 1\).

3. Le résultat précédent montre que la suite \(\left(u_{n}\right)\) est croissante et qu'elle est majorée par 1 : elle converge donc vers une limite \(\ell \leqslant 1\).

4. La relation \(g\left(u_n\right) = u_{n+1} = 2u_n - u_n^2\) donne à la limite car \(g\) est continue car dérivable sur l'intervalle [0 ; 1] : \(\ell = 2\ell - \ell^2 \iff\)

   \(\ell - \ell^2 = 0 \iff \ell (1 - \ell) = 0\) soit

   \(\left\{\begin{array}{l c l} \ell&=&0 \:\:\text{ou}\\ 1 - \ell&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} \ell&=&0 \:\:\text{ou}\\ 1 &=&\ell \end{array}\right.\)

   La solution \(\ell = 0\) n'est pas possible (la suite est croissante ) ; il reste \(\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_n = 1\)

On considère la suite \(\left(v_{n}\right)\) définie pour tout entier naturel \(n\) par \(v_{n}=\ln \left(1 - u_{n}\right)\).

1. On a pour \(n \in \mathbb{N}, \: v_{n+1} = \ln \left(1 - u_{n+1}\right) = \ln \left[1 - \left(2u_n - u^2_n \right) \right] = \ln \left(1 - 2u_n + u_n^2 \right) =\)

   \(\ln \left( 1 - u_n\right)^2 = 2\ln \left( 1 - u_n\right)\) (car \(1 - u_n > 0\) voir la récurrence ci-dessus, donc \(\ln \left( 1 - u_n\right)\) existe). Or \(\ln \left(1 - u_n\right) = v_n\).

   Finalement : \(v_{n + 1} = 2v_n\) ce qui montre que la suite \(\left(v_{n}\right)\) est une suite géométrique de raison 2 et de premier terme \(v_0 = \ln \left(1 - u_0\right) = \ln \left(1 - \dfrac12\right) = \ln \dfrac12 = - \ln 2\).

2. On sait qu'alors pour tout \(n \in \mathbb{N}, \:v_n = v_0 \times 2^n\), soit \(v_n = - \ln 2 \times 2^n\).

3. La relation \(v_{n}=\ln \left(1 - u_{n}\right)\) donne donc :

   \(- \ln 2 \times 2^n = \ln \left(1 - u_{n}\right) \iff \mathrm{e}^{- \ln 2 \times 2^n} = \mathrm{e}^{\ln \left(1 - u_{n}\right)}\), (par croissance de la fonction exponentielle), soit encore :

   \(\mathrm{e}^{- \ln 2 \times 2^n} = 1 - u_n \iff u_n = 1 - \mathrm{e}^{- \ln 2 \times 2^n}\).

   Or on sait que \(\displaystyle\lim_{n \to + \infty}- \ln 2 \times 2^n = - \infty\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \mathrm{e}^{- \ln 2 \times 2^n} = 0\) et par conséquent :

   \[\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_n = 1.\]

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

On note \(\mathcal{C}\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé.

Soit \(x_{0}\) un réel strictement supérieur à 1.

1. On a \(f(x) = 0 \iff a\ln x = 0 \iff \ln x = 0\) (car \(a \ne 0\)) et par croissance de la fonction exponentielle \(\mathrm{e}^{\ln x} = \mathrm{e}^0 \iff x = 1\).

2. \(F\) est une différence de fonctions dérivables sur \(]0~;~+\infty[\), donc sur cet intervalle :

   \(F'(x) = a\left[\ln (x) + x \times \dfrac 1x - 1\right] = a[\ln (x) + 1 - 1] = a\ln (x) = f(x)\), ce qui montre que \(F\) est une primitive de \(f\) sur \(]0~;~+\infty[\).

3. On a vu que \(\mathcal{C}\) coupe l'axe des abscisses en \(x = 1\) donc la surface bleue correspond à des points où \(x \geqslant 1\), soit \(\ln (x) \geqslant 0 \Rightarrow a\ln (x) \geqslant 0\).

   Autrement dit pour \(x \geqslant 1\), la fonction \(f\) est positive et on sait que sur un intervalle \([1~;~x_0]\) avec \(x_0 \geqslant 1\), l'aire de la surface limitée par sa courbe représentative, l'axe des abscisses et les droites d'équations \(x = 1\) et \(x = x_0\) est égale à l'intégrale :

   \[\displaystyle\int_1^{x_0} f(x)\:\text{d}x = [F(x)]_1^{x_0} = F(x_0) - F(1) = a[x_0 \ln (x_0) - x_0] - a [1 \ln (1) - 1] =.\]

   l'aire bleutée est en unités d'aire : \(a [x_0 \ln (x_0) - x_0] + a = a\left[x_0 \ln (x_0) - x_0 + 1\right]\).

On note \(T\) la tangente à la courbe \(\mathcal{C}\) au point \(M\) d'abscisse \(x_{0}\).

On appelle \(A\) le point d'intersection de la tangente \(T\) avec l'axe des ordonnées et \(B\) le projeté orthogonal de \(M\) sur l'axe des ordonnées.

1. On sait (équation de la tangente au point d'abscisse \(x_0\)) que :

   \(M(x~;~y)\in T \iff y - f(x_0) = f'\left(x - x_0) \right)\).

   \(\bullet~~\)\(f\left(x_0\right) = a\ln x_0\) ;

   \(\bullet~~\)\(f\) est dérivable sur \(]0~;~+ \infty[\) et sur cet intervalle \(f'(x) = \dfrac ax\), donc \(f'\left(x_0 \right) = \dfrac{a}{x_0}\).

   On obtient donc :

   \(M(x~;~y)\in T \iff y - a\ln x_0 = \dfrac{a}{x_0} \times \left(x - x_0 \right) \iff y = a\ln x_0 + \dfrac{ax}{x_0} - a\).

   En particulier \(T\) coupe l'axe des ordonnées si \(x = 0\), d'où \(y = a\ln x_0 - a\) (ordonnée de A).

   L'ordonnée de B est égale à \(f\left(x_0\right) = a\ln \left(x_0\right)\).

   On a \(\text{AB} = \left|y_{\text{B}} - y_{\text{A}} \right| = \left|a\ln \left(x_0\right) - \left(a\ln x_0 - a\right) \right| = \left|a \right| = a\) (car \(a > 0\)).

   Remarque : On a \(f(\mathrm{e}) = a \ln \mathrm{e} = a \times 1 = a\).

   \(f(\mathrm{e}) = a\) : on a mis en évidence ceci sur le dessin ; le corollaire est que la tangente à la courbe au point d'abscisse e contient l'origine O !