Corrigé du bac de maths 2024 : Amérique du Nord, jour 1

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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2024, Amérique du Nord, jour 1) 5 points

Arbre pondéré, probabilités totales, probabilité conditionnelle, loi binomiale, inéquation avec le logarithme

Partie A

1. Arbre pondéré et calcul de \(P(R \cap E)\).

L'énoncé donne trois probabilités : \(P(R) = 0{,}07\), \(P_R(E) = 0{,}8\) et \(P_{\overline{R}}(E) = 0{,}4\). Les autres branches se complètent car, à chaque nœud, la somme des probabilités issues de ce nœud vaut 1 : \(P(\overline{R}) = 1 - 0{,}07 = 0{,}93\), \(P_R(\overline{E}) = 0{,}2\) et \(P_{\overline{R}}(\overline{E}) = 0{,}6\).

• \(R\) (0,07)
  • \(E\) (0,8)
  • \(\overline{E}\) (0,2)
• \(\overline{R}\) (0,93)
  • \(E\) (0,4)
  • \(\overline{E}\) (0,6)

La probabilité d'une intersection s'obtient en multipliant les probabilités le long du chemin correspondant : \(P(R \cap E) = P(R) \times P_R(E) = 0{,}07 \times 0{,}8 = 0{,}056\).

En conclusion : \(P(R \cap E) = 0{,}056\).

2. Probabilité de tirer une épée.

Les évènements \(R\) et \(\overline{R}\) forment une partition de l'univers, donc d'après la formule des probabilités totales : \(P(E) = P(R \cap E) + P(\overline{R} \cap E)\).

Ensuite, on calcule le second terme sur le chemin du bas : \(P(\overline{R} \cap E) = 0{,}93 \times 0{,}4 = 0{,}372\). Ainsi \(P(E) = 0{,}056 + 0{,}372 = 0{,}428\).

En conclusion : la probabilité de tirer une épée est \(P(E) = 0{,}428\).

3. Sachant qu'on a une épée, probabilité qu'elle soit rare.

Alors, on cherche \(P_E(R)\), une probabilité « remontant » l'arbre. Par définition d'une probabilité conditionnelle : \(P_E(R) = \dfrac{P(R \cap E)}{P(E)} = \dfrac{0{,}056}{0{,}428} = \dfrac{14}{107} \approx 0{,}13084\).

En conclusion : \(P_E(R) \approx 0{,}131\) au millième.

Partie B

1. Loi de \(X\), paramètres et espérance.

Chaque défi remporté donne lieu à une épreuve à deux issues : succès « l'objet est rare », de probabilité \(p = 0{,}07\), ou échec. Ensuite, on répète 30 fois cette épreuve de Bernoulli de façon identique et indépendante (l'énoncé précise que les tirages sont indépendants). \(X\) compte le nombre de succès : c'est donc une loi binomiale.

Son espérance vaut \(E(X) = n \times p = 30 \times 0{,}07 = 2{,}1\) : sur un grand nombre de séries de 30 défis, un joueur obtient en moyenne 2,1 objets rares par série.

En conclusion : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(30~;~0{,}07)\) et \(E(X) = 2{,}1\).

2. Calcul de \(P(X \lt 6)\).

\(X\) ne prend que des valeurs entières, donc \(P(X \lt 6) = P(X \leqslant 5)\). Ensuite, on utilise la fonction de répartition de la calculatrice (binomFRép ou équivalent) avec \(n = 30\), \(p = 0{,}07\) et la borne 5 : on obtient environ \(0{,}98377\).

En conclusion : \(P(X \lt 6) \approx 0{,}984\).

3. Plus grand \(k\) tel que \(P(X \geqslant k) \geqslant 0{,}5\), et interprétation.

Ensuite, on passe par l'évènement contraire : pour \(k \geqslant 1\), \(P(X \geqslant k) = 1 - P(X \leqslant k - 1)\). Quand \(k\) augmente, l'évènement \(\{X \geqslant k\}\) devient plus petit, donc \(P(X \geqslant k)\) diminue : il suffit de trouver le moment où la probabilité passe sous 0,5.

Donc on a \(P(X \geqslant 2) \approx 0{,}631 \geqslant 0{,}5\) mais \(P(X \geqslant 3) \approx 0{,}351 \lt 0{,}5\), et les valeurs suivantes sont encore plus petites.

En conclusion : \(k = 2\). Un joueur qui remporte 30 défis a plus d'une chance sur deux d'obtenir au moins 2 objets rares, mais moins d'une chance sur deux d'en obtenir au moins 3.

Question 4

4. Nombre minimum \(N\) de tirages pour avoir au moins un objet rare avec une probabilité d'au moins 0,95.

Notons \(Y\) le nombre d'objets rares obtenus sur les \(N\) tirages du ticket d'or. Pour les mêmes raisons qu'à la question 1, \(Y\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(N~;~0{,}07)\).

« Au moins un objet rare » est le contraire de « aucun objet rare », donc \(P(Y \geqslant 1) = 1 - P(Y = 0) = 1 - 0{,}93^N\), puisque \(P(Y = 0) = \binom{N}{0} \times 0{,}07^0 \times 0{,}93^N = 0{,}93^N\).

Ensuite, on résout : \(1 - 0{,}93^N \geqslant 0{,}95 \iff 0{,}93^N \leqslant 0{,}05\). La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0~;~+\infty[\), cela équivaut à \(N\ln(0{,}93) \leqslant \ln(0{,}05)\).

Attention au signe : \(0{,}93 \lt 1\), donc \(\ln(0{,}93) \lt 0\) et diviser par ce nombre change le sens de l'inégalité : \(N \geqslant \dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}93)} \approx 41{,}28\).

Vérification : \(0{,}93^{41} \approx 0{,}0510\), qui dépasse 0,05, alors que \(0{,}93^{42} \approx 0{,}0475\).

En conclusion : le ticket d'or doit permettre de tirer au minimum \(N = 42\) objets.

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2024, Amérique du Nord, jour 1) 4 points

Représentation paramétrique d'une droite, position relative de deux droites, équation cartésienne d'un plan

1. Représentation paramétrique de (AB).

Un vecteur directeur de (AB) est \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}4 - 1 \\ 1 - 0 \\ 0 - 3\end{pmatrix}\), soit \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}3 \\ 1 \\ -3\end{pmatrix}\). La droite passe par A(1 ; 0 ; 3), donc une représentation est \(x = 1 + 3t\), \(y = t\), \(z = 3 - 3t\), avec \(t \in \mathbb{R}\) : c'est exactement la proposition c.

Par ailleurs, on peut contrôler les autres : a et d ont pour vecteur directeur \(\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 3\end{pmatrix}\) ou \(\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -3\end{pmatrix}\), non colinéaires à \(\overrightarrow{AB}\) ; b a pour vecteur directeur \(\begin{pmatrix}4 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\), lui aussi non colinéaire.

Réponse c.

2. Point appartenant à \((d)\).

Pour chaque point, on cherche le paramètre \(t\) avec la deuxième coordonnée \(y = 6t\), puis on teste les deux autres.

• M(7 ; 6 ; 6) : \(6t = 6\) donne \(t = 1\), puis \(z = 4 - 2 = 2 \neq 6\) : non.
• N(3 ; 6 ; 4) : \(t = 1\) donne \(x = 7 \neq 3\) : non.
• P(4 ; 6 ; −2) : \(t = 1\) donne \(x = 7 \neq 4\) : non.
• R(−3 ; −9 ; 7) : \(6t = -9\) donne \(t = -1{,}5\), puis \(x = 3 - 6 = -3\) et \(z = 4 + 3 = 7\) : oui.

Réponse d : R(−3 ; −9 ; 7) appartient à \((d)\).

3. Position relative de \((d)\) et \((d')\).

Les vecteurs directeurs sont \(\vec{u}\begin{pmatrix}4 \\ 6 \\ -2\end{pmatrix}\) pour \((d)\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix}3 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\) pour \((d')\). Leurs deuxièmes coordonnées sont de signes contraires alors que les premières sont de même signe : ils ne sont pas colinéaires. Les droites ne sont donc ni parallèles ni confondues.

Reste à savoir si elles se coupent. Puis on cherche \(t\) et \(k\) tels que \(3 + 4t = -2 + 3k\), \(6t = -1 - 2k\) et \(4 - 2t = 1 + k\).

La troisième équation donne \(k = 3 - 2t\). En remplaçant dans la deuxième : \(6t = -1 - 6 + 4t\), d'où \(2t = -7\) et \(t = -3{,}5\), puis \(k = 3 + 7 = 10\).

Test dans la première équation : \(3 + 4 \times (-3{,}5) = -11\) tandis que \(-2 + 3 \times 10 = 28\). Le système n'a pas de solution : les droites n'ont aucun point commun.

Deux droites de l'espace ni parallèles ni sécantes ne sont pas dans un même plan.

Réponse b : les droites sont non coplanaires.

Question 4

4. Équation du plan \((P)\) passant par I et orthogonal à \((d)\).

Le plan est perpendiculaire à \((d)\), donc \(\vec{u}\begin{pmatrix}4 \\ 6 \\ -2\end{pmatrix}\), ou le vecteur colinéaire \(\begin{pmatrix}2 \\ 3 \\ -1\end{pmatrix}\), est normal à \((P)\). Une équation de \((P)\) est donc de la forme \(2x + 3y - z + d = 0\).

I(2 ; 1 ; 0) appartient au plan : \(4 + 3 - 0 + d = 0\), d'où \(d = -7\). Ainsi, on obtient \(2x + 3y - z - 7 = 0\).

Remarque : la proposition c a bien un vecteur normal colinéaire à \(\vec{u}\), mais I ne la vérifie pas (\(8 + 6 + 9 = 23 \neq 0\)).

Réponse a : \(2x + 3y - z - 7 = 0\).

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2024, Amérique du Nord, jour 1) 5 points

Lecture de tangente, limites, dérivées première et seconde, convexité et point d'inflexion, théorème des valeurs intermédiaires

Partie A : lectures graphiques

1. Lire \(f'(1)\) et l'équation réduite de \((T)\).

Le nombre dérivé \(f'(1)\) est le coefficient directeur de la tangente en A. Cette tangente passe par A(1 ; −1) et B(0 ; −4), donc son coefficient directeur vaut \(\dfrac{-1 - (-4)}{1 - 0} = 3\).

Son ordonnée à l'origine se lit au point B : c'est −4.

En conclusion : \(f'(1) = 3\) et \((T) : y = 3x - 4\).

2. Convexité apparente et rôle du point A.

À gauche de A, la courbe est située en dessous de sa tangente \((T)\) et s'incurve vers le bas : elle semble concave. À droite de A, elle passe au-dessus de \((T)\) en s'incurvant vers le haut : elle semble convexe. La courbe traverse donc sa tangente en A.

En conclusion : \(f\) semble concave sur \(]0~;~1]\) et convexe sur \([1~;~+\infty[\) ; le point A semble être un point d'inflexion de \((\mathcal{C}_f)\).

Partie B : étude analytique

1. Limites de \(f\) en \(+\infty\) et en 0.

En \(+\infty\) : \(x^2\) tend vers \(+\infty\), donc \(\ln(x^2)\) aussi, et par produit \(x\ln(x^2)\) tend vers \(+\infty\). Comme \(\dfrac{1}{x}\) tend vers 0, la différence tend vers \(+\infty\).

En 0 : le produit \(x \times \ln(x^2)\) est une forme indéterminée « \(0 \times (-\infty)\) ». Pour \(x \gt 0\), on écrit \(\ln(x^2) = 2\ln(x)\), donc \(x\ln(x^2) = 2x\ln(x)\). D'après la croissance comparée, \(\lim\limits_{x \to 0} x\ln(x) = 0\). Par ailleurs \(\dfrac{1}{x}\) tend vers \(+\infty\) quand \(x\) tend vers 0 par valeurs positives, donc \(-\dfrac{1}{x}\) tend vers \(-\infty\).

En conclusion : \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = -\infty\) ; l'axe des ordonnées est asymptote verticale à \((\mathcal{C}_f)\).

2. a) Calcul de \(f'(x)\).

Sur \(]0~;~+\infty[\), on écrit \(f(x) = 2x\ln(x) - \dfrac{1}{x}\). Le premier terme est un produit \(uv\) avec \(u(x) = 2x\) et \(v(x) = \ln(x)\), donc sa dérivée est \(u'v + uv' = 2\ln(x) + 2x \times \dfrac{1}{x} = 2\ln(x) + 2\). La dérivée de \(-\dfrac{1}{x}\) est \(\dfrac{1}{x^2}\).

En conclusion : pour tout \(x \gt 0\), \(f'(x) = 2\ln(x) + 2 + \dfrac{1}{x^2}\).

2. b) Montrer que \(f''(x) = \dfrac{2(x + 1)(x - 1)}{x^3}\).

Alors, on dérive \(f'\) terme à terme : la dérivée de \(2\ln(x)\) est \(\dfrac{2}{x}\), celle de 2 est nulle et celle de \(x^{-2}\) est \(-2x^{-3} = -\dfrac{2}{x^3}\).

Par ailleurs, on met au même dénominateur \(x^3\) : \(f''(x) = \dfrac{2}{x} - \dfrac{2}{x^3} = \dfrac{2x^2 - 2}{x^3} = \dfrac{2(x^2 - 1)}{x^3}\), et l'identité remarquable \(x^2 - 1 = (x + 1)(x - 1)\) termine le calcul.

En conclusion : pour tout \(x \gt 0\), \(f''(x) = \dfrac{2(x + 1)(x - 1)}{x^3}\).

Question 3 a

3. a) Convexité de \(f\).

La convexité se lit sur le signe de \(f''\). Pour \(x \gt 0\), on a \(2 \gt 0\), \(x + 1 \gt 0\) et \(x^3 \gt 0\) : le signe de \(f''(x)\) est donc celui de \(x - 1\).

La dérivée seconde s'annule en 1 en changeant de signe, ce qui confirme que A(1 ; −1) est un point d'inflexion.

En conclusion : \(f\) est concave sur \(]0~;~1]\) et convexe sur \([1~;~+\infty[\) ; A est le point d'inflexion de \((\mathcal{C}_f)\).

3. b) Variations de \(f'\), signe de \(f'(x)\), puis variations de \(f\).

Le signe de \(f''\), dérivée de \(f'\), donne les variations de \(f'\) : \(f'\) est strictement décroissante sur \(]0~;~1]\) et strictement croissante sur \([1~;~+\infty[\). Elle admet donc un minimum en 1, égal à \(f'(1) = 2\ln(1) + 2 + 1 = 3\), ce qui confirme la lecture graphique.

Pour tout \(x \gt 0\), on a donc \(f'(x) \geqslant 3 \gt 0\).

En conclusion : \(f'(x) \gt 0\) sur \(]0~;~+\infty[\), donc \(f\) est strictement croissante sur \(]0~;~+\infty[\).

4. a) Unicité de la solution \(\alpha\) de \(f(x) = 0\).

La fonction \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \(]0~;~+\infty[\). Elle tend vers \(-\infty\) en 0 et vers \(+\infty\) en \(+\infty\), donc elle prend toutes les valeurs réelles, et 0 en particulier.

D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas d'une fonction strictement monotone), l'équation \(f(x) = 0\) a une solution et une seule dans \(]0~;~+\infty[\). De plus \(f(1) = -1 \lt 0\) et \(f(2) = 4\ln(2) - 0{,}5 \approx 2{,}27 \gt 0\), donc \(\alpha\) se situe entre 1 et 2.

En conclusion : l'équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\), et \(1 \lt \alpha \lt 2\).

Question 4 b

4. b) Valeur approchée de \(\alpha\) et relation \(\alpha^2 = \exp\left(\frac{1}{\alpha^2}\right)\).

Par balayage à la calculatrice : \(f(1{,}32) \approx -0{,}025\) et \(f(1{,}33) \approx 0{,}007\), donc \(1{,}32 \lt \alpha \lt 1{,}33\). Pour arrondir, on regarde le milieu : \(f(1{,}325) \approx -0{,}009 \lt 0\), donc \(1{,}325 \lt \alpha \lt 1{,}33\) et l'arrondi au centième est 1,33 (en fait \(\alpha \approx 1{,}3279\)).

Pour la relation, on part de \(f(\alpha) = 0\), c'est-à-dire \(\alpha\ln(\alpha^2) = \dfrac{1}{\alpha}\). Ensuite, on divise par \(\alpha\), qui est non nul : \(\ln(\alpha^2) = \dfrac{1}{\alpha^2}\). Alors, on applique enfin la fonction exponentielle aux deux membres, sachant que \(\exp(\ln(y)) = y\) pour tout \(y \gt 0\) : \(\alpha^2 = \exp\left(\dfrac{1}{\alpha^2}\right)\).

En conclusion : \(\alpha \approx 1{,}33\) et \(\alpha^2 = \exp\left(\dfrac{1}{\alpha^2}\right)\).

Corrigé de l’exercice 4 (bac 2024, Amérique du Nord, jour 1) 6 points

Calcul intégral, positivité et comparaison d'intégrales, suite monotone bornée, théorème des gendarmes, intégration par parties, algorithme de seuil

1. Calculer \(I_0\).

Pour \(n = 0\), \(\text{e}^{0} = 1\), donc \(I_0 = \displaystyle\int_0^{\pi} \sin(x)\,\text{d}x\). Une primitive de \(\sin\) est \(-\cos\) : \(I_0 = \left[-\cos(x)\right]_0^{\pi} = -\cos(\pi) + \cos(0) = 1 + 1\).

En conclusion : \(I_0 = 2\).

2. a) Justifier que \(I_n \geqslant 0\).

Sur \([0~;~\pi]\), \(\sin(x) \geqslant 0\) et \(\text{e}^{-nx} \gt 0\) : la fonction \(x \mapsto \text{e}^{-nx}\sin(x)\) est positive. Les bornes étant dans l'ordre croissant (\(0 \lt \pi\)), la positivité de l'intégrale donne le résultat.

En conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(I_n \geqslant 0\).

2. b) Montrer que \(I_{n+1} - I_n \leqslant 0\).

Par linéarité de l'intégrale, \(I_{n+1} - I_n = \displaystyle\int_0^{\pi} \left(\text{e}^{-(n+1)x} - \text{e}^{-nx}\right)\sin(x)\,\text{d}x = \displaystyle\int_0^{\pi} \text{e}^{-nx}\left(\text{e}^{-x} - 1\right)\sin(x)\,\text{d}x\).

Étudions le signe de chaque facteur pour \(x \in [0~;~\pi]\) : \(\text{e}^{-nx} \gt 0\) ; \(\sin(x) \geqslant 0\) ; enfin \(-x \leqslant 0\) et la fonction exponentielle est croissante, donc \(\text{e}^{-x} \leqslant \text{e}^{0} = 1\), soit \(\text{e}^{-x} - 1 \leqslant 0\).

La fonction intégrée est donc négative sur \([0~;~\pi]\), et son intégrale aussi.

En conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(I_{n+1} - I_n \leqslant 0\).

2. c) En déduire que \((I_n)\) converge.

La question b montre que \(I_{n+1} \leqslant I_n\) : la suite est décroissante. La question a montre qu'elle est minorée par 0. Or toute suite décroissante et minorée converge (théorème de convergence monotone).

En conclusion : la suite \((I_n)\) converge vers une limite \(\ell \geqslant 0\).

Question 3 a

3. a) Montrer que \(I_n \leqslant \displaystyle\int_0^{\pi} \text{e}^{-nx}\,\text{d}x\).

Pour tout \(x \in [0~;~\pi]\), \(\sin(x) \leqslant 1\). En multipliant par \(\text{e}^{-nx}\), qui est strictement positif, le sens de l'inégalité est conservé : \(\text{e}^{-nx}\sin(x) \leqslant \text{e}^{-nx}\).

L'intégrale conserve l'ordre lorsque les bornes sont rangées dans l'ordre croissant : on intègre entre 0 et \(\pi\) et on obtient l'inégalité voulue.

En conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(I_n \leqslant \displaystyle\int_0^{\pi} \text{e}^{-nx}\,\text{d}x\).

3. b) Calculer \(\displaystyle\int_0^{\pi} \text{e}^{-nx}\,\text{d}x\) pour \(n \geqslant 1\).

Pour \(n \neq 0\), une primitive de \(x \mapsto \text{e}^{-nx}\) est \(x \mapsto -\dfrac{1}{n}\text{e}^{-nx}\) (on vérifie en dérivant : \(-\dfrac{1}{n} \times (-n)\text{e}^{-nx} = \text{e}^{-nx}\)).

Donc \(\displaystyle\int_0^{\pi} \text{e}^{-nx}\,\text{d}x = -\dfrac{1}{n}\text{e}^{-n\pi} + \dfrac{1}{n}\text{e}^{0} = \dfrac{1 - \text{e}^{-n\pi}}{n}\).

En conclusion : pour tout \(n \geqslant 1\), \(\displaystyle\int_0^{\pi} \text{e}^{-nx}\,\text{d}x = \dfrac{1 - \text{e}^{-n\pi}}{n}\).

3. c) Limite de \((I_n)\).

En réunissant 2. a, 3. a et 3. b, on dispose pour \(n \geqslant 1\) de l'encadrement \(0 \leqslant I_n \leqslant \dfrac{1 - \text{e}^{-n\pi}}{n}\).

Comme \(\pi \gt 0\), \(-n\pi\) tend vers \(-\infty\) et donc \(\text{e}^{-n\pi}\) tend vers 0 : le numérateur tend vers 1, le dénominateur \(n\) vers \(+\infty\), et le quotient tend vers 0. Les deux suites qui encadrent \(I_n\) ont la même limite 0 : le théorème des gendarmes s'applique.

En conclusion : \(\lim\limits_{n \to +\infty} I_n = 0\).

Question 4 a

4. a) Deux intégrations par parties de \(I_n\).

Rappel : si \(u\) et \(v\) sont dérivables à dérivées continues sur \([a~;~b]\), alors \(\displaystyle\int_a^b u(x)v'(x)\,\text{d}x = \left[u(x)v(x)\right]_a^b - \displaystyle\int_a^b u'(x)v(x)\,\text{d}x\). Toutes les fonctions utilisées ci-dessous sont dérivables à dérivées continues sur \([0~;~\pi]\).

Première façon : on dérive l'exponentielle. Puis on pose \(u(x) = \text{e}^{-nx}\), donc \(u'(x) = -n\text{e}^{-nx}\), et \(v'(x) = \sin(x)\), donc \(v(x) = -\cos(x)\).

Le crochet vaut \(\left[-\text{e}^{-nx}\cos(x)\right]_0^{\pi} = -\text{e}^{-n\pi}\cos(\pi) + \text{e}^{0}\cos(0) = \text{e}^{-n\pi} + 1\). L'intégrale restante vaut \(\displaystyle\int_0^{\pi} (-n\text{e}^{-nx})(-\cos(x))\,\text{d}x = nJ_n\). Ainsi, on obtient \(I_n = 1 + \text{e}^{-n\pi} - nJ_n\).

Deuxième façon : on dérive le sinus. Alors, on pose \(u(x) = \sin(x)\), donc \(u'(x) = \cos(x)\), et \(v'(x) = \text{e}^{-nx}\), donc \(v(x) = -\dfrac{1}{n}\text{e}^{-nx}\) (ici \(n \geqslant 1\)).

Le crochet \(\left[-\dfrac{1}{n}\text{e}^{-nx}\sin(x)\right]_0^{\pi}\) est nul car \(\sin(\pi) = \sin(0) = 0\). Il reste \(I_n = -\displaystyle\int_0^{\pi} \cos(x) \times \left(-\dfrac{1}{n}\text{e}^{-nx}\right)\text{d}x = \dfrac{1}{n}\displaystyle\int_0^{\pi} \text{e}^{-nx}\cos(x)\,\text{d}x = \dfrac{1}{n}J_n\).

En conclusion : pour tout \(n \geqslant 1\), \(I_n = 1 + \text{e}^{-n\pi} - nJ_n\) et \(I_n = \dfrac{1}{n}J_n\).

4. b) En déduire l'expression de \(I_n\).

La seconde relation s'écrit \(J_n = nI_n\). Par ailleurs, on la remplace dans la première : \(I_n = 1 + \text{e}^{-n\pi} - n \times nI_n\), donc \(I_n + n^2I_n = 1 + \text{e}^{-n\pi}\), c'est-à-dire \((n^2 + 1)I_n = 1 + \text{e}^{-n\pi}\).

Comme \(n^2 + 1 \neq 0\), on peut diviser.

En conclusion : pour tout \(n \geqslant 1\), \(I_n = \dfrac{1 + \text{e}^{-n\pi}}{n^2 + 1}\).

Cette formule confirme d'ailleurs la limite trouvée en 3. c : le numérateur tend vers 1 et le dénominateur vers \(+\infty\).

Question 5

5. Compléter la ligne 5 du script.

Le programme part de \(n = 0\) et \(I = 2 = I_0\). Il doit calculer les termes suivants tant que la condition d'arrêt « \(I_n \lt 0{,}1\) » n'est pas atteinte : il faut donc une boucle while qui tourne tant que \(I \geqslant 0{,}1\). À chaque tour, \(n\) augmente de 1 et \(I\) prend la valeur \(I_n\) grâce à la formule de la question 4. b ; quand la boucle s'arrête, \(n\) est le premier rang pour lequel \(I_n \lt 0{,}1\).

from math import *
def seuil() :
    n = 0
    I = 2
    while I >= 0.1 :
        n=n+1
        I=(1+exp(-n*pi))/(n*n+1)
    return n

En l'exécutant, on obtient \(I_1 \approx 0{,}522\), \(I_2 \approx 0{,}200\), puis \(I_3 = \dfrac{1 + \text{e}^{-3\pi}}{10} \approx 0{,}100008\), très légèrement supérieur à 0,1, et enfin \(I_4 \approx 0{,}0588\). La fonction seuil() renvoie donc 4.

En conclusion : la ligne 5 est while I >= 0.1 : et le script renvoie \(n = 4\).

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Pour « au moins un succès » sur \(N\) épreuves, passer par l'évènement contraire \(1 - (1-p)^N\), puis appliquer \(\ln\) en pensant à changer le sens de l'inégalité quand on divise par un logarithme négatif.
• Dans un QCM d'espace, tester l'appartenance d'un point en trouvant le paramètre sur une seule coordonnée, puis en vérifiant les deux autres.
• Deux droites de l'espace non parallèles et sans point commun sont non coplanaires : ce cas n'existe pas dans le plan.
• Le signe de \(f''\) donne la convexité, et un changement de signe de \(f''\) signale un point d'inflexion ; le minimum de \(f'\) peut suffire à prouver que \(f'\) est positive.
• Pour la limite d'une suite d'intégrales, encadrer la fonction intégrée puis intégrer (bornes dans l'ordre croissant) avant d'appliquer le théorème des gendarmes.
• Dans une intégration par parties, choisir le facteur à dériver pour qu'un crochet s'annule ou qu'une intégrale connue réapparaisse.

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Présentation du corrigé du bac 2024, Amérique du Nord, jour 1

Cette correction complète du bac 2024, Amérique du Nord, jour 1 du 21 mai 2024 détaille les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (5 points) porte sur : arbre pondéré, probabilités totales, probabilité conditionnelle, loi binomiale, inéquation avec le logarithme. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (4 points) aborde : représentation paramétrique d'une droite, position relative de deux droites, équation cartésienne d'un plan. Puis, la correction de l'exercice 3 (5 points) aborde : lecture de tangente, limites, dérivées première et seconde, convexité et point d'inflexion, théorème des valeurs intermédiaires. Enfin, la correction de l'exercice 4 (6 points) traite : calcul intégral, positivité et comparaison d'intégrales, suite monotone bornée, théorème des gendarmes, intégration par parties, algorithme de seuil.

Pour tirer profit de cette correction, traitez d'abord le sujet en temps limité. Puis corrigez-vous au stylo d'une autre couleur, question par question. Ainsi, vous repérez vite les chapitres à retravailler.

Méthodes à retenir dans ce corrigé du bac 2024, Amérique du Nord, jour 1

Dans un exercice de suites, calculez d'abord les premiers termes à la main. Ainsi, vous devinez le sens de variation avant de le démontrer par récurrence. Pour la partie probabilités, traduisez chaque phrase de l'énoncé en notation, par exemple P(A) ou P_A(B). Ainsi, la formule des probabilités totales s'applique presque sans effort. Pour une question de géométrie dans l'espace, faites un croquis même approximatif. En effet, il aide à voir si un point, une droite ou un plan est bien placé.

Avant tout, gardez sous la main l'énoncé complet. Ensuite, entraînez-vous sur les autres annales du bac de maths.

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