2025Bac spé maths · Centres étrangers · Jour 2

Partie A

1. \(u_1= u_0\times 0{,}93= 6 \times 0{,}93 = 5{,}58\).

2. \((u_n)\) est une suite géométrique de premier terme \(u_0 = 6\) et de raison \(q=0{,}93\) donc pour tout entier naturel \(n\),  \(u_n = u_0\times q^n=6\times 0{,}93^n\).

3. La raison \(q\) vérifiant \(q \in ]-1~;~1[\), on sait que \(\displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}93^n = 0\) donc \(\displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 0\).

   Interprétation : ceci signifie qu'au bout d'un grand nombre d'années la population animale dans le milieu A va aller à l'extinction.

Partie B

1. Pour tout entier naturel \(n\), \(v_{n+1} = -0{,}05v_n^2+1{,}1v_n\).

   En particulier \(v_1= - 0{,}05\times 6^2+ 1{,}1\times 6 = - 1{,}8 + 6{,}6 = 4{,}8\).

   Il y aura donc 4800 individus au 1^er janvier 2026.

Soit \(f\) la fonction définie sur l'intervalle \([0~;~+\infty[\) par\(f(x) = -0{,}05x^2 + 1{,}1x\).

1. La fonction \(f\) est dérivable donc continue sur \([0~;~+\infty[\).

   \(\forall x \in [0~;~+\infty[\), \(f'(x) = -0{,}1x + 1{,}1\).

   \(f'(x)\geqslant 0 \iff -0{,}1x + 1{,}1\geqslant 0 \iff x\leqslant \dfrac{1,1}{0,1} \iff x \leqslant 11\).

   Donc la fonction \(f\) est croissante sur l'intervalle \([0~;~11]\).

2. Nous savons que pour tout entier naturel \(n\), \(v_{n+1}=f(v_n)\). Montrons par récurrence que : \(2 \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 6\).

   • Initialisation : \(v_0 = 6\) et \(v_1 = 4{,}8\) donc \(2 \leqslant v_{1} \leqslant v_0 \leqslant 6\). La proposition est vraie au rang \(0\).

   • Hérédité : on suppose que pour \(n \in \mathbb{N}\),  \(2 \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 6\).

     Comme \(v_{n}\in [0~;~11]\), \(v_{n+1}\in [0~;~11]\), et que \(f\) est croissante sur \([0~;~11]\) d'après le résultat précédent, les images des quatre nombres de l'encadrement sont rangées dans le même ordre croissant, soit

     \(f(2) \leqslant f[v_{n+1}] \leqslant f[v_{n}] \leqslant f(6) \iff 2 \leqslant v_{n+2} \leqslant v_{n_1} \leqslant 4{,}8\) (car \(f(2) = -0{,}05 \times 2^2 + 2{,}2 = - 0{,}2 + 2{,}2 = 2\)).

     On a donc \(2 \leqslant v_{n+2} \leqslant v_{n+1} \leqslant 6\). La proposition est vraie au rang \(n + 1\).

   • Conclusion : La proposition est vraie au rang \(n = 0\) et si elle est vraie au rang \(n \in \mathbb{N}\), elle l'est aussi au rang \(n + 1\). D'après l'axiome de récurrence, pour tout entier naturel \(n\),

     \[2 \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 6.\]

3. Le résultat précédent montre deux résultats : pour tout entier naturel \(n\),

   • \(v_{n+1} \leqslant v_n\) donc la suite \((v_n)\) est décroissante ;

   • \(2 \leqslant v_{n}\) donc la suite \((v_n)\) est minorée par 2.

   D'après le théorème de la convergence monotone, la suite \((v_n)\) converge vers une limite \(\ell \geqslant 2\).

4. 1. La fonction \(f\) est continue, \((f\left([2~;~6]\right) \subset [2~;~6]\)) et la suite \((v_n)\) converge, donc d'après le théorème du point fixe, \(\ell\) est l'unique solution sur \([2~;~6]\) de l'équation \(f(x) = x\).

   2. On résout l'équation \(\ell=f(\ell)\) :

      \(\ell=f(\ell) \iff \ell=-0{,}05\ell^2+1{,}1\ell \iff 0{,}05\ell^2-0{,}1 \ell=0 \iff 0{,}05\ell(\ell-2)=0\)

      On obtient deux solutions : \(\ell=0 \notin [2~;~6]\) et \(\ell=2\). Donc \(\displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty} v_n=2\).

      Ceci signifie qu'au bout d'un certain nombre d'années la population va se rapprocher de 2000 individus, soit le tiers du nombre initial.

Partie C

1. En milieu A, on utilise la suite \((u_n)\). On cherche à résoudre \(u_n<3\).

   \(u_n<3 \iff 6\times 0{,}93^n<3 \iff 0{,}93^n <\dfrac{1}{2}\). La fonction \(x\mapsto \ln(x)\) est croissante sur \(]0~;~+\infty[\) donc \(0{,}93^n <\dfrac{1}{2} \iff \ln\left(0{,}93^n\right)<\ln\left(\dfrac{1}{2} \right) \iff n \times \ln(0{,}93) <-\ln(2)\\ \iff n>-\dfrac{\ln(2)}{\ln(0{,}93)}\) car \(\ln(0{,}93) < 0\).

   Or \(-\dfrac{\ln(2)}{\ln(0{,}93)}\approx 9{,}55\) donc \(n\geqslant 10\) soit en 2035.

   À partir de 2035, le nombre d'individus en milieu A sera inférieur à 3000.

2. On sait que \((v_n)\) est décroissante. Avec la calculatrice, on trouve \(v_5\approx 3{,}14\) et

   \(v_6\approx 2{,}96\). Donc pour \(n\geqslant 6\).

   Ce sera donc à partir de 2031.

3. La suite \((u_n)\) converge vers 0, et \((v_n)\) converge vers 2. Les deux suites étant décroissantes en partant de \(u_0 = v_0=6\), il existera un rang \(N\) tel que \(v_N > u_N\).

   Attention, piège :

   La décroissance des deux suites depuis la même valeur initiale ne suffit pas à garantir un croisement. Il faut utiliser les limites : puisque \(u_n \to 0\), il existe un rang à partir duquel \(u_n < 1\) ; puisque \(v_n \to 2\), il existe un rang à partir duquel \(v_n > 1\). À partir du plus grand de ces deux rangs, on a donc \(v_n > u_n\).

4. Le script complété :

   n=0

   u = 6

   v = 6

   while u >= v :

   u = 0.93*u

   v= -0.05*v**2+1.1*v

   n = n+1

   print (2025 + n)

5. Le script affiche 2038. Avec la calculatrice : \(u_{12} \approx 2{,}51\) et \(v_{12}\approx 2{,}41\) ; \(u_{13} \approx 2{,}34\) et \(v_{13}\approx 2{,}36\). Donc \(N = 13\).

Partie A

1. 1970 - 1960 = 10. Donc on lit \(f(10)\).

   

   Dans la limite de précision du graphique, \(f(10) \approx 0{,}9\).

2. Si \(\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t) = 1\) alors \(\mathcal{C}_f\) admet une asymptote horizontale d'équation \(y=1\) au voisinage de \(+\infty\).

3. \(f(0)=\dfrac{1}{2}\) donc \(\dfrac{1}{a+1}=\dfrac{1}{2} \iff a + 1 = 2 \iff a = 1\).

4. Soit \(m\) ce coefficient directeur. \(m =\dfrac{y_B-y_A}{x_B-x_A} = \dfrac{0,5}{10}= 0{,}05\).

5. 1. La fonction \(f\) est continue et dérivable sur \([0~;~+\infty[\). \(f(t)\) est de la forme \(\dfrac{1}{u(t)}\), de dérivée \(-\dfrac{u'(t)}{u^2(t)}\) Donc en posant \(u(t)=a+ \mathrm{e}^{-bt}\), \(u'(t)=-b\mathrm{e}^{-bt}\)

      Donc \(\forall t \in [0~;~+\infty[\), \(f'(t)=-\dfrac{-b\mathrm{e}^{-bt}}{\left(1+ \mathrm{e}^{-bt}\right)^2}=\dfrac{b\mathrm{e}^{-bt}}{\left(1+ \mathrm{e}^{-bt}\right)^2}\).

   2. Le nombre dérivée de \(f\) en 0 est égale à la pente de la droite \((AB)\), tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point d'abscisse 0. Donc \(f'(0)= 0{,}05\) donc \(\dfrac{b}{2^2}=0{,}05\) donc \(b = 4 \times 0{,}05 = 0{,}2\).

Partie B

On admet, dans la suite de l'exercice, que le taux d'équipement en réfrigérateurs est représenté par la fonction \(f\) définie sur l'intervalle \([0~;~+\infty[\) par : \(f(t) = \dfrac{1}{1+ \mathrm{e}^{-0{,}2t}}\).

1. \(\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \mathrm{e}^{-0{,}2t} = 0\) (par composition). Donc \(\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t)=1\).

2. La fonction \(f\) est continue et dérivable sur \([0~;~+\infty[\), de la forme \(\dfrac{1}{u(t)}\), de dérivée \(-\dfrac{u'(t)}{u^2(t)}\).

   Donc en posant \(u(t)=1+ \mathrm{e}^{-0{,}2t}\), \(u'(t)=-0{,}2\mathrm{e}^{-0{,}2t}\), \(\forall t \in [0~;~+\infty[\), \(f'(t)=-\dfrac{-0{,}2\mathrm{e}^{-0{,}2t}}{\left(1+ \mathrm{e}^{-0{,}2t}\right)^2}\) soit \(f'(t)=\dfrac{0,2\mathrm{e}^{-0{,}2t}}{\left(1+ \mathrm{e}^{-0{,}2t}\right)^2}\).

   \(\forall t \in [0~;~+\infty[\), \(0{,}2\mathrm{e}^{-0{,}2t}>0\) et \(\left(1+ \mathrm{e}^{-0{,}2t}\right)^2>0\) donc \(f'(t) > 0\) donc \(f\) est croissante sur \([0~;~+\infty[\).

3. On a \(f(0)= \dfrac{1}{2}\) et \(\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t)=1\).

   La fonction \(f\) est continue strictement croissante sur \([0~;~+\infty[\) à valeurs dans \(\left[\dfrac{1}{2}~;~1\right[\). Or \(0{,}97 \in \left[\dfrac{1}{2}~;~1\right[\), donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation \(f(x) = 0{,}97\) admet une unique solution \(\alpha\) dans l'intervalle \([0~;~+\infty[\).

4. Avec la calculatrice \(\alpha \approx 17{,}4\) donc \(\alpha \in ]17~;~18[\).

Partie C

1. \(\forall t \in [0~;~+\infty[\), \(f(t) = \dfrac{1}{1+ \mathrm{e}^{-0{,}2t}}\). En multipliant numérateur et dénominateur par \(\mathrm{e}^{0,2t}\), on obtient : \(f(t)=\dfrac{\mathrm{e}^{0,2t}}{\mathrm{e}^{0,2t}(1+ \mathrm{e}^{-0{,}2t})}= \dfrac{\mathrm{e}^{0,2t}}{\mathrm{e}^{0,2t} + 1} = \dfrac{\mathrm{e}^{0,2t}}{1 + \mathrm{e}^{0,2t}}\).

2. \(f\) est de la forme \(\dfrac{u'(t)}{u(t)}\), de primitive \(\ln(u(t))\) (avec \(u\) fonction strictement positive car les deux termes du quotient sont strictement positifs) en posant \(u(t)=\mathrm{e}^{0,2t}\) et \(u'(t)= 0{,}2\mathrm{e}^{0,2t}\).

   En écrivant \(f(t)=\dfrac{\mathrm{e}^{0,2t}}{1 + \mathrm{e}^{0,2t}}=\dfrac{1}{0,2}\times \dfrac{0,2\mathrm{e}^{0,2t}}{1 + \mathrm{e}^{0,2t}}=5\times \dfrac{0,2\mathrm{e}^{0,2t}}{1 + \mathrm{e}^{0,2t}}\),

   on détermine la fonction \(F\), une primitive de \(f\) : \(F(t)= 5\ln\left(1 + \mathrm{e}^{0,2t}\right)\) pour \(t \in [0~;~+\infty[\).

   Attention, piège :

   Pour primitive \( \dfrac{\mathrm{e}^{0,2t}}{1+\mathrm{e}^{0,2t}} \), n'écrivez pas directement \( \ln(1+\mathrm{e}^{0,2t}) \) : le numérateur n'est pas exactement \( (1+\mathrm{e}^{0,2t})' = 0{,}2\,\mathrm{e}^{0,2t} \). Il faut d'abord écrire \( f(t)=5 \times \dfrac{0{,}2\,\mathrm{e}^{0,2t}}{1+\mathrm{e}^{0,2t}} \), d'où le facteur \(5\) dans la primitive.

3. \(I = \dfrac{1}{40}\displaystyle\int_0^{40} \dfrac{1}{1 + \mathrm{e}^{-0{,}2t}}\,\text{d}t = \dfrac{1}{40}\displaystyle\int_0^{40} \dfrac{\mathrm{e}^{0,2t}}{1 + \mathrm{e}^{0,2t}} \,\text{d}t =\dfrac{1}{40}\left[5\ln\left(1 + \mathrm{e}^{0,2t}\right)\right]_0^{40}=\)

   \(\dfrac{5}{40}\left(\ln\left(\mathrm{e}^8+1\right)-\ln(2)\right)\\=\dfrac{1}{8}\left(\ln\left(\mathrm{e}^8+1\right)-\ln(2)\right)=\dfrac{1}{8} \ln\left(\dfrac{\mathrm{e}^8+1}{2}\right)\approx 0{,}913\)

Partie A

1. Pour chaque caractère, il y a 64 possibilités, donc pour une séquences de 4 caractères, il y a \(64^4\) possibilités, soit 16 777 216 possibilités. On pourra noter

   card\((\Omega)=16\,777\,216\).

2. Si les caractères sont différents deux à deux, il s'agit alors d'un arrangement de 4 caractères parmi 64 : \(\dfrac{64~!}{(64-4)~!}=64 \times 63 \times 62 \times 61=15\,249\,024\) possibilités.

3. 1. On reprend la question 1. avec seulement 63 caractères. cela donne donc

      \(63^4=15\,752\,961\) possibilités.

   2. Soit \(X\) l'évènement : « la séquence ne comporte pas la lettre A ».

      Son événement contraire est donc : \(\overline{X}\) « la séquence comporte au moins une fois la lettre A ».

      Ainsi card\((X) + \text{card}(\overline{X})= \text{card}(\Omega)\) donc card\((\overline{X}) = \text{card}(\Omega) - \text{card}(X) = 64^4 - 63^4 = 1\,024\,255\).

      Il y a donc 1 024 255 séquences contenant au moins une fois la lettre A.

      Attention, piège :

      Pour « au moins un A », n’utilisez pas \(4 \times 63^3\) : ce produit compte les séquences avec exactement un A (choix de sa position puis trois caractères parmi les 63 autres, répétitions comprises). On passe par l’événement contraire : \(64^4 - 63^4\).

   3. La lettre A peut se situer dans l'une des quatre positions dans le code, les trois autres lettres étant différentes. Il y aura donc \(4\times 63^3 = 1\,000\,188\) possibilités.

   4. Il y a \(\dbinom{4}{2}\) façons de placer les deux lettres A dans la séquence. Les deux autres lettres ne sont pas des A. Il y aura donc \(\dbinom{4}{2} \times 63^2 = 23\,814\) possibilités.

Partie B

1. \(X\) suit une loi binomiale de paramètres \(n=250\) et \(p=0{,}01\).

2. \(P(X=0)=\dbinom{250}{0}\times 0{,}01^0\times (1-0{,}01)^{250-0}=0{,}99^{250}\approx 0{,}081\).

3. On calcule \(P(X >16)= P(X\geqslant 17)\). Avec la calculatrice, \(P(X\geqslant 17)\approx 1{,}04\times 10^{-9}\), ce qui est négligeable.

Partie C

En utilisant les propriétés sur la linéarité de l'espérance et de la variance (les variables aléatoires \(X_1,\: X_2,\: X_3\)  et \(X_4\) étant indépendantes), on peut affirmer que :

\(E(S)=E(X_1 + X_2 + X_3 + X_4)=E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) + E(X_4)= 4\times E(X)=\)

\(4\times n \times p=4\times 250 \times 0{,}01 = 10\).

Il en est de même pour la variance :

\(V(S)=V(X_1 + X_2 + X_3 + X_4)=V(X_1) + V(X_2) + V(X_3) + V(X_4)=4\times V(X)=4\times n \times p \times (1-p)=4\times 250 \times 0{,}01 \times 0{,}99=9{,}9\).

1. 1. \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-3\\1\\-1\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-1\\3\\-1\end{pmatrix}\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires car \(\dfrac{-3}{-1}\neq \dfrac{1}{3}\). Les points \(A\), \(B\) et \(C\) ne sont pas alignés.

   2. D'après la question précédente, les vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) forment une base du plan \((ABC)\). Avec \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}-1\\1\\4\end{pmatrix}\), on calcule \(\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AC}\) :

      \(\overrightarrow{n}.\overrightarrow{AB}=3+1-4=0\) et \(\overrightarrow{n}.\overrightarrow{AC}=1+3-4=0\). \(\overrightarrow{n}\) est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \((ABC)\) donc il est normal à ce plan \((ABC)\).

      Attention, piège :

      Ne confondez pas « plans sécants » et « plans perpendiculaires » : deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux, c’est-à-dire \(\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{n_2}=0\). Ici \(\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{n_2}=4\neq 0\), donc \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) ne sont pas perpendiculaires, même s’ils sont sécants.

   3. \(\overrightarrow{n}\) étant normal au plan \((ABC)\), une équation cartésienne de ce plan est de la forme : \(-x+y+4z+d=0\) avec \(d \in \mathbb{R}\).

      \(A(1~;~0~;~3) \in (ABC)\) donc \(-1+0+12+d=0 \iff d=-11\).

      Donc \((ABC)\) : \(-x+y+4x-11=0\).

On considère le plan \(\mathcal{P}\) d'équation cartésienne \(3x - 3y + 2z - 9 = 0\) et le plan \(\mathcal{P}'\) d'équation cartésienne \(x - y- z + 2 = 0\).

1. 1. Le vecteur \(\overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix}3\\-3\\2\end{pmatrix}\) est normal au plan \(\mathcal{P}\), le vecteur \(\overrightarrow{n_2}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}\) est normal au plan \(\mathcal{P}'\) . Les vecteurs \(\overrightarrow{n_1}\) et \(\overrightarrow{n_2}\) ne sont pas colinéaires car \(\dfrac{3}{1}\neq \dfrac{2}{-1}\). Donc les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) ne sont ni parallèles ni confondus. Ils sont donc sécants. Leur intersection est donc une droite \((d)\).

   2. \(\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}=3+3-2=4\neq 0\) donc les plans ne sont pas perpendiculaires.

      Attention, piège :

      Ne confondez pas « plans sécants » et « plans perpendiculaires » : deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux, c’est-à-dire \(\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{n_2}=0\). Ici \(\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{n_2}=4\neq 0\), donc \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) ne sont pas perpendiculaires, même s’ils sont sécants.

   \((d)\) est la droite d'intersection des plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) dont les vecteurs normaux sont respectivement \(\overrightarrow{v}\begin{pmatrix}3\\-3\\2\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{v'}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}\).

   Pour montrer que \(\overrightarrow{u}\) dirige \((d)\), il suffit de prouver que ce vecteur est contenu dans chacun des plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\), soit \(\overrightarrow{u} . \overrightarrow{v} = 0\) et \(\overrightarrow{u} . \overrightarrow{v'} = 0\)

   Or, \(\overrightarrow{u} . \overrightarrow{v} = 1 \times 3 + 1 \times (-3) = 0\) et \(\overrightarrow{u} . \overrightarrow{v} = 1 \times 1 + 1 \times (-1) = 0\).

   Ainsi, \((d)\) est bien dirigée par \(\overrightarrow{u}\).

2. On remplace les coordonnées de \(M\) dans les deux équations de plans :

   • \(6-3+6-9=12-12=0\) donc \(M\in \mathcal{P}\) ;

   • \(2-1-3+2=4-4=0\) donc \(M\in \mathcal{P}'\).

   La droite \((d)\) passe donc par \(M\) et a pour vecteur directeur \((d)~:~\overrightarrow{u}\) donc

   \(\begin{cases} x=2+t\\y=1+t\\z=3\end{cases},~t\in \mathbb{R}\)

3. On cherche l'intersection de \((ABC)\) et de \((d)\). On résout le système :

   \(\begin{cases} x=2+t\\y=1+t\\z=3\\-x+y+4z-11=0\end{cases}\). S'il admet une infinité de solutions alors \((d)\subset (ABC)\).

   On remplace \(x\), \(y\) et \(z\) dans la dernière équation :

   \(-x+y+4z-11=0 \Rightarrow -(2+t)+1+t+4\times 3-11=0 \iff 0=0\). La dernière équation est vérifiée quelque soit la valeur de \(t\). Donc ce système admet une infinité de solutions. \((d)\subset (ABC)\)

   Donc la droite \((d)\) appartient aux trois plans \((ABC)\), \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\). Reprenons les trois vecteurs normaux des trois plans : \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}-1\\1\\4\end{pmatrix}\), \(\overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix}3\\-3\\2\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{n_2}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}\).

   \(\overrightarrow{u}\) et \(\overrightarrow{n_1}\) ne sont pas colinéaires, de même pour \(\overrightarrow{u}\) et \(\overrightarrow{n_2}\). Le plan \((ABC)\) n'est donc confondu ni avec \(\mathcal{P}\) ni avec \(\mathcal{P}'\). Ces trois plans sont simplement sécants, d'intersections \((d)\).