Corrigé du bac de maths 2024 : France, jour 1

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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2024, France, jour 1) 4 points

Limite de référence avec l'exponentielle, équation différentielle, théorème des gendarmes, suites monotones

Affirmation 1. L'axe des abscisses est asymptote horizontale à \(C_f\).

Il s'agit de savoir si \(f(x)\) tend vers 0 en \(+\infty\) ou en \(-\infty\). En \(+\infty\), on écrit \(f(x)=5\times\dfrac{x}{\text{e}^{x}}\). Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\text{e}^{x}}{x}=+\infty\), donc son inverse \(\dfrac{x}{\text{e}^{x}}\) tend vers 0, et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=0\). La droite d'équation \(y=0\), c'est-à-dire l'axe des abscisses, est donc asymptote horizontale à \(C_f\) en \(+\infty\).

Affirmation 1 : vraie.

Affirmation 2. \(f\) est solution de \(y'+y=5\text{e}^{-x}\).

Ensuite, on dérive \(f\) comme un produit \(u\times v\) avec \(u(x)=5x\) et \(v(x)=\text{e}^{-x}\), donc \(u'(x)=5\) et \(v'(x)=-\text{e}^{-x}\). Alors, on obtient \(f'(x)=5\text{e}^{-x}-5x\text{e}^{-x}\). Alors, pour tout réel \(x\) : \(f'(x)+f(x)=5\text{e}^{-x}-5x\text{e}^{-x}+5x\text{e}^{-x}=5\text{e}^{-x}\). L'égalité est vérifiée sur tout \(\mathbb{R}\).

Affirmation 2 : vraie.

Affirmation 3. \((v_n)\) converge vers un réel \(\ell\) de \([-1\,;\,1]\).

Le théorème des gendarmes exige que les deux suites qui encadrent aient la même limite, ce qui n'est pas le cas ici (\(-1\) et 1). L'encadrement prouve seulement que \((v_n)\) est bornée, pas qu'elle converge. Contre-exemple : \(u_n=-1\), \(v_n=(-1)^n\) et \(w_n=1\) pour tout \(n\). Donc on a bien \(u_n\leqslant v_n\leqslant w_n\), \((u_n)\) tend vers \(-1\) et \((w_n)\) vers 1, mais \((v_n)\) vaut alternativement 1 et \(-1\) : elle n'a pas de limite.

Affirmation 3 : fausse.

Affirmation 4. Si \((u_n)\) croît et \((w_n)\) décroît, alors \(u_0\leqslant v_n\leqslant w_0\).

Comme \((u_n)\) est croissante, son premier terme est le plus petit : \(u_0\leqslant u_n\) pour tout \(n\). Comme \((w_n)\) est décroissante, son premier terme est le plus grand : \(w_n\leqslant w_0\). En enchaînant avec l'hypothèse \(u_n\leqslant v_n\leqslant w_n\), on obtient \(u_0\leqslant u_n\leqslant v_n\leqslant w_n\leqslant w_0\).

Affirmation 4 : vraie.

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2024, France, jour 1) 5 points

Arbre pondéré, probabilités totales, formule de Bayes, loi binomiale, logarithme, somme de variables aléatoires, inégalité de Bienaymé-Tchebychev

1. Compléter l'arbre.

Les premières branches portent les parts de ventes, les secondes les proportions de satisfaits dans chaque canal, et chaque branche vers \(\overline{S}\) reçoit le complément à 1.

• \(P(I)=0{,}6\) : \(P_I(S)=0{,}75\) et \(P_I(\overline{S})=0{,}25\)
• \(P(M)=0{,}3\) : \(P_M(S)=0{,}9\) et \(P_M(\overline{S})=0{,}1\)
• \(P(G)=0{,}1\) : \(P_G(S)=0{,}8\) et \(P_G(\overline{S})=0{,}2\)

Arbre : 0,6 / 0,3 / 0,1 au premier niveau, puis 0,75 et 0,25 ; 0,9 et 0,1 ; 0,8 et 0,2.

2. Probabilité d'un achat sur internet et d'un client satisfait.

Ensuite, on cherche \(P(I\cap S)\), que l'on obtient en multipliant les probabilités le long du chemin \(I\) puis \(S\) : \(P(I\cap S)=P(I)\times P_I(S)=0{,}6\times0{,}75=0{,}45\).

\(P(I\cap S)=0{,}45\).

3. Démontrer que \(P(S)=0{,}8\).

Les évènements \(I\), \(M\) et \(G\) forment une partition de l'univers (chaque achat a été fait dans un seul des trois canaux). La formule des probabilités totales donne \(P(S)=P(I\cap S)+P(M\cap S)+P(G\cap S)\). Alors, on calcule \(P(M\cap S)=0{,}3\times0{,}9=0{,}27\) et \(P(G\cap S)=0{,}1\times0{,}8=0{,}08\). Ainsi \(P(S)=0{,}45+0{,}27+0{,}08=0{,}8\).

\(P(S)=0{,}8\).

4. Probabilité d'un achat sur internet sachant que le client est satisfait.

Par ailleurs, on « remonte » l'arbre : c'est une probabilité conditionnelle inversée. Par définition, \(P_S(I)=\dfrac{P(I\cap S)}{P(S)}=\dfrac{0{,}45}{0{,}8}=\dfrac{9}{16}=0{,}5625\).

\(P_S(I)=\dfrac{9}{16}\approx0{,}563\).

5. a. Loi de \(X\).

Contacter un client est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « le client est satisfait », de probabilité \(p=P(S)=0{,}8\). Le choix étant assimilé à un tirage avec remise, les 30 épreuves sont identiques et indépendantes. \(X\) compte le nombre de succès parmi ces 30 épreuves.

\(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(30\,;\,0{,}8)\).

Question 5 b

5. b. Probabilité d'au moins 25 clients satisfaits.

Ensuite, on passe par l'évènement contraire : \(P(X\geqslant25)=1-P(X\leqslant24)\). La calculatrice (fonction de répartition binomiale avec \(n=30\), \(p=0{,}8\)) donne \(P(X\leqslant24)\approx0{,}5725\), d'où \(P(X\geqslant25)\approx0{,}4275\). Par ailleurs, on peut aussi additionner directement \(P(X=25)+\dots+P(X=30)\).

\(P(X\geqslant25)\approx0{,}428\).

6. Taille minimale de l'échantillon.

Pour un échantillon de \(n\) clients, le nombre de satisfaits \(Y\) suit la loi \(\mathcal{B}(n\,;\,0{,}8)\). « Au moins un client non satisfait » est le contraire de « tous satisfaits », dont la probabilité est \(P(Y=n)=0{,}8^n\). Puis on cherche donc le plus petit entier \(n\) tel que \(1-0{,}8^n\gt 0{,}99\), soit \(0{,}8^n\lt 0{,}01\). La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), cela équivaut à \(n\ln(0{,}8)\lt\ln(0{,}01)\). Comme \(\ln(0{,}8)\lt 0\), on divise en changeant le sens : \(n\gt\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}8)}\approx20{,}64\). Contrôle : \(0{,}8^{20}\approx0{,}0115\) (trop grand) et \(0{,}8^{21}\approx0{,}0092\) (convient).

Il faut contacter au minimum 21 clients.

7. a. Espérance et variance de \(T\).

La linéarité de l'espérance s'applique toujours : \(E(T)=E(T_1)+E(T_2)=4+3=7\). Pour la variance, l'additivité n'est valable que parce que \(T_1\) et \(T_2\) sont indépendantes : \(V(T)=V(T_1)+V(T_2)=2+1=3\).

\(E(T)=7\) jours et \(V(T)=3\).

7. b. Livraison entre 5 et 9 jours avec probabilité au moins \(\dfrac{2}{3}\).

\(T\) ne prend que des valeurs entières, donc \(5\leqslant T\leqslant9\) équivaut à \(-2\leqslant T-7\leqslant2\), c'est-à-dire \(|T-7|\lt 3\). L'évènement contraire est \(|T-E(T)|\geqslant3\). L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne \(P\left(|T-E(T)|\geqslant3\right)\leqslant\dfrac{V(T)}{3^2}=\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3}\). Par passage au contraire : \(P(5\leqslant T\leqslant9)=1-P\left(|T-7|\geqslant3\right)\geqslant1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}\).

\(P(5\leqslant T\leqslant9)\geqslant\dfrac{2}{3}\).

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2024, France, jour 1) 5 points

Vecteur normal et équation cartésienne, représentation paramétrique, projeté orthogonal, aire, volume d'un tétraèdre, distance d'un point à un plan

1. a. \(\overrightarrow{n_1}\) est normal au plan (CAD).

Un vecteur est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Par ailleurs, on prend \(\overrightarrow{\text{CA}}\begin{pmatrix}5\\5\\-10\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\text{CD}}\begin{pmatrix}0\\0\\-12{,}5\end{pmatrix}\). Ils ne sont pas colinéaires : \(\overrightarrow{\text{CD}}\) a ses deux premières coordonnées nulles, pas \(\overrightarrow{\text{CA}}\). Produits scalaires : \(\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{\text{CA}}=1\times5+(-1)\times5+0\times(-10)=0\) et \(\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{\text{CD}}=0+0+0=0\).

\(\overrightarrow{n_1}\) est orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan (CAD) : il lui est normal.

1. b. Équation de (CAD).

Avec le vecteur normal \(\overrightarrow{n_1}\), une équation du plan est de la forme \(x-y+d=0\). Le point C\((0\,;\,0\,;\,10)\) appartient au plan, donc \(0-0+d=0\), soit \(d=0\). Ensuite, on peut vérifier avec A : \(5-5=0\), et D : \(0-0=0\).

(CAD) : \(x-y=0\).

2. a. Coordonnées de H.

Un point de \(\mathcal{D}\) de paramètre \(t\) est dans (CAD) si ses coordonnées vérifient \(x-y=0\) : \(\dfrac{5}{2}t-\left(5-\dfrac{5}{2}t\right)=0\), soit \(5t-5=0\), donc \(t=1\). En reportant : \(x=\dfrac{5}{2}\), \(y=5-\dfrac{5}{2}=\dfrac{5}{2}\), \(z=0\).

\(\text{H}\left(\dfrac{5}{2}\,;\,\dfrac{5}{2}\,;\,0\right)\).

2. b. H est le projeté orthogonal de B sur (CAD).

Pour \(t=0\), la représentation donne \((0\,;\,5\,;\,0)\) : B est sur \(\mathcal{D}\). Un vecteur directeur de \(\mathcal{D}\) se lit sur les coefficients de \(t\) : \(\overrightarrow{u}\begin{pmatrix}5/2\\-5/2\\0\end{pmatrix}=\dfrac{5}{2}\overrightarrow{n_1}\). La droite \(\mathcal{D}\) est donc la perpendiculaire au plan (CAD) passant par B, et elle coupe ce plan en H. C'est exactement la définition du projeté orthogonal.

H est le projeté orthogonal de B sur (CAD).

Question 3 a

3. a. ABH rectangle en H.

Puis on calcule \(\overrightarrow{\text{HA}}\begin{pmatrix}5/2\\5/2\\0\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\text{HB}}\begin{pmatrix}-5/2\\5/2\\0\end{pmatrix}\). Leur produit scalaire vaut \(-\dfrac{25}{4}+\dfrac{25}{4}+0=0\). (On pouvait aussi dire que (BH) est orthogonale au plan (CAD), donc à toute droite de ce plan, notamment (HA).)

\(\overrightarrow{\text{HA}}\cdot\overrightarrow{\text{HB}}=0\) : le triangle ABH est rectangle en H.

3. b. Aire de ABH.

Les côtés de l'angle droit mesurent \(\text{HA}=\sqrt{\dfrac{25}{4}+\dfrac{25}{4}}=\sqrt{\dfrac{25}{2}}\) et, de même, \(\text{HB}=\sqrt{\dfrac{25}{2}}\). L'aire d'un triangle rectangle est le demi-produit des côtés de l'angle droit : \(\mathcal{A}_{\text{ABH}}=\dfrac{1}{2}\times\text{HA}\times\text{HB}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{25}{2}=\dfrac{25}{4}\).

Aire de ABH : \(\dfrac{25}{4}\) unités d'aire.

4. a. (CO) est la hauteur issue de C.

A, B et H ont une cote nulle : la base ABH est contenue dans le plan \((\text{O}\,;\,\overrightarrow{i},\,\overrightarrow{j})\), d'équation \(z=0\), qui contient aussi O. Le vecteur \(\overrightarrow{\text{OC}}\begin{pmatrix}0\\0\\10\end{pmatrix}=10\overrightarrow{k}\) est normal à ce plan puisque le repère est orthonormé. La droite (CO) passe donc par C, est perpendiculaire au plan de la base et le coupe en O.

(CO) est la hauteur du tétraèdre ABCH issue de C, de pied O.

4. b. Volume de ABCH.

La hauteur mesure \(\text{OC}=10\). Avec la base ABH : \(V=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{25}{4}\times10=\dfrac{250}{12}=\dfrac{125}{6}\).

\(V_{\text{ABCH}}=\dfrac{125}{6}\) unités de volume.

5. Distance de H au plan (ABC).

Idée : calculer le volume du même tétraèdre en prenant cette fois ABC pour base ; la hauteur associée, issue de H, est la distance cherchée \(d\). Ainsi, on a \(\overrightarrow{\text{BA}}\begin{pmatrix}5\\0\\0\end{pmatrix}\), donc \(\text{BA}=5\), et \(\overrightarrow{\text{BC}}\begin{pmatrix}0\\-5\\10\end{pmatrix}\), donc \(\text{BC}=\sqrt{25+100}=5\sqrt{5}\). Le triangle étant rectangle en B, \(\mathcal{A}_{\text{ABC}}=\dfrac{5\times5\sqrt{5}}{2}=\dfrac{25\sqrt{5}}{2}\). En écrivant \(\dfrac{1}{3}\times\dfrac{25\sqrt{5}}{2}\times d=\dfrac{125}{6}\), on obtient \(d=\dfrac{125}{6}\times\dfrac{6}{25\sqrt{5}}=\dfrac{5}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}\).

La distance de H au plan (ABC) vaut \(\sqrt{5}\approx2{,}24\).

Corrigé de l’exercice 4 (bac 2024, France, jour 1) 6 points

Fonction logarithme, limites, dérivées, convexité, théorème des valeurs intermédiaires, composée, intégration par parties, aire entre deux courbes

Partie A : étude de la fonction f

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

En 0 (à droite) : \(x-2\) tend vers \(-2\) et \(\ln x\) tend vers \(-\infty\), donc \(\dfrac{1}{2}\ln x\) aussi ; par somme, \(f(x)\) tend vers \(-\infty\). En \(+\infty\) : \(x-2\) et \(\dfrac{1}{2}\ln x\) tendent tous deux vers \(+\infty\) ; par somme, \(f(x)\) tend vers \(+\infty\).

\(\displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\).

1. b. Calcul de \(f'(x)\).

Alors, on dérive terme à terme : la dérivée de \(x-2\) est 1, celle de \(\dfrac{1}{2}\ln x\) est \(\dfrac{1}{2x}\). Donc \(f'(x)=1+\dfrac{1}{2x}\), et en réduisant au même dénominateur \(f'(x)=\dfrac{2x}{2x}+\dfrac{1}{2x}=\dfrac{2x+1}{2x}\).

\(f'(x)=\dfrac{2x+1}{2x}\).

1. c. Sens de variation.

Pour \(x\gt 0\), le numérateur \(2x+1\) et le dénominateur \(2x\) sont strictement positifs, donc \(f'(x)\gt 0\).

\(f\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\).

1. d. Convexité.

À partir de \(f'(x)=1+\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{x}\), on obtient \(f''(x)=\dfrac{1}{2}\times\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)=-\dfrac{1}{2x^2}\). Ce nombre est strictement négatif pour tout \(x\gt 0\).

\(f''\lt 0\) : \(f\) est concave sur \(]0\,;\,+\infty[\).

2. a. Existence et unicité de \(\alpha\), avec \(\alpha\in[1\,;\,2]\).

\(f\) est dérivable donc continue sur \(]0\,;\,+\infty[\), strictement croissante, et ses limites sont \(-\infty\) en 0 et \(+\infty\) en \(+\infty\). 0 est compris entre ces deux limites : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone), l'équation \(f(x)=0\) a une unique solution \(\alpha\). Pour la localiser : \(f(1)=1-2+\dfrac{1}{2}\ln1=-1\lt 0\) et \(f(2)=\dfrac{1}{2}\ln2\gt 0\). Comme \(f(1)\lt f(\alpha)\lt f(2)\) et que \(f\) est croissante, \(1\lt\alpha\lt 2\). La calculatrice donne \(\alpha\approx1{,}727\).

Unique solution \(\alpha\), avec \(\alpha\in[1\,;\,2]\) (\(\alpha\approx1{,}727\)).

Question 2 b

2. b. Signe de \(f(x)\).

La fonction est strictement croissante et s'annule en \(\alpha\) : elle est donc négative avant et positive après.

\(f(x)\lt 0\) sur \(]0\,;\,\alpha[\), \(f(\alpha)=0\), \(f(x)\gt 0\) sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\).

2. c. Montrer que \(\ln(\alpha)=2(2-\alpha)\).

Ensuite, on traduit \(f(\alpha)=0\) : \(\alpha-2+\dfrac{1}{2}\ln\alpha=0\), donc \(\dfrac{1}{2}\ln\alpha=2-\alpha\), puis on multiplie par 2.

\(\ln(\alpha)=2(2-\alpha)\).

Partie B : étude de la fonction g

1. Calcul de \(g'(x)\) et lien avec \(f\left(\dfrac{1}{x}\right)\).

Le dernier terme est un produit : la dérivée de \(x^2\ln x\) vaut \(2x\ln x+x^2\times\dfrac{1}{x}=2x\ln x+x\). Donc \(g'(x)=-\dfrac{7}{4}x+1-\dfrac{1}{4}(2x\ln x+x)=-\dfrac{7}{4}x+1-\dfrac{1}{2}x\ln x-\dfrac{1}{4}x\), soit \(g'(x)=1-2x-\dfrac{1}{2}x\ln x\).

Calculons maintenant l'autre membre. Par définition de \(f\) et avec \(\ln\left(\dfrac{1}{x}\right)=-\ln x\) : \(f\left(\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{1}{x}-2-\dfrac{1}{2}\ln x\). En multipliant par \(x\) : \(xf\left(\dfrac{1}{x}\right)=1-2x-\dfrac{1}{2}x\ln x\), qui est bien l'expression de \(g'(x)\).

\(g'(x)=1-2x-\dfrac{1}{2}x\ln x=xf\left(\dfrac{1}{x}\right)\).

2. a. Signe de \(f\left(\dfrac{1}{x}\right)\) sur \(\left]0\,;\,\dfrac{1}{\alpha}\right[\).

Si \(0\lt x\lt\dfrac{1}{\alpha}\), la fonction inverse étant strictement décroissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), on a \(\dfrac{1}{x}\gt\alpha\). D'après la question A.2.b, \(f\) est strictement positive sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\), donc \(f\left(\dfrac{1}{x}\right)\gt 0\).

Pour \(x\in\left]0\,;\,\dfrac{1}{\alpha}\right[\), \(f\left(\dfrac{1}{x}\right)\gt 0\).

2. b. Tableau de variations de \(g\).

Puisque \(g'(x)=xf\left(\dfrac{1}{x}\right)\) avec \(x\gt 0\), \(g'(x)\) a le même signe que \(f\left(\dfrac{1}{x}\right)\) : positif sur \(\left]0\,;\,\dfrac{1}{\alpha}\right[\), nul en \(\dfrac{1}{\alpha}\approx0{,}579\), négatif sur \(\left]\dfrac{1}{\alpha}\,;\,1\right]\).

\(g\) croît sur \(\left]0\,;\,\dfrac{1}{\alpha}\right]\), décroît sur \(\left[\dfrac{1}{\alpha}\,;\,1\right]\) et atteint son maximum en \(\dfrac{1}{\alpha}\).

Partie C : un calcul d’aire

1. a. Position relative de \(\mathcal{C}_g\) et \(\mathcal{P}\).

Ensuite, on étudie le signe de la différence : \(g(x)-\left(-\dfrac{7}{8}x^2+x\right)=-\dfrac{1}{4}x^2\ln x\). Sur \(]0\,;\,1]\), \(\ln x\leqslant0\) et \(x^2\gt 0\), donc \(-\dfrac{1}{4}x^2\ln x\geqslant0\), avec égalité seulement pour \(x=1\).

Sur \(]0\,;\,1]\), \(\mathcal{C}_g\) est au-dessus de \(\mathcal{P}\) ; les deux courbes se rencontrent au point d'abscisse 1.

1. b. Calcul de \(\displaystyle\int_{1/\alpha}^{1}x^2\ln x\,\mathrm{d}x\).

Ensuite, on ne connaît pas directement de primitive de \(x^2\ln x\) : on intègre par parties en dérivant le logarithme. Puis on pose \(u(x)=\ln x\), \(v'(x)=x^2\), donc \(u'(x)=\dfrac{1}{x}\), \(v(x)=\dfrac{x^3}{3}\) ; \(u\) et \(v\) sont dérivables à dérivées continues sur \(\left[\dfrac{1}{\alpha}\,;\,1\right]\). Il vient \(\displaystyle\int_{1/\alpha}^{1}x^2\ln x\,\mathrm{d}x=\left[\dfrac{x^3}{3}\ln x\right]_{1/\alpha}^{1}-\int_{1/\alpha}^{1}\dfrac{x^2}{3}\,\mathrm{d}x=\left[\dfrac{x^3}{3}\ln x-\dfrac{x^3}{9}\right]_{1/\alpha}^{1}\).

En 1 : \(0-\dfrac{1}{9}=-\dfrac{1}{9}\). En \(\dfrac{1}{\alpha}\) : \(\dfrac{1}{3\alpha^3}\ln\left(\dfrac{1}{\alpha}\right)-\dfrac{1}{9\alpha^3}=-\dfrac{\ln\alpha}{3\alpha^3}-\dfrac{1}{9\alpha^3}\). Ensuite, on remplace \(\ln\alpha\) par \(4-2\alpha\) : cette valeur devient \(-\dfrac{3(4-2\alpha)+1}{9\alpha^3}=-\dfrac{13-6\alpha}{9\alpha^3}\).

Par différence : \(-\dfrac{1}{9}+\dfrac{13-6\alpha}{9\alpha^3}=\dfrac{-\alpha^3+13-6\alpha}{9\alpha^3}\).

\(\displaystyle\int_{1/\alpha}^{1}x^2\ln x\,\mathrm{d}x=\dfrac{-\alpha^3-6\alpha+13}{9\alpha^3}\) (environ \(-0{,}0542\)).

2. Aire \(\mathcal{A}\) en fonction de \(\alpha\).

Sur \(\left[\dfrac{1}{\alpha}\,;\,1\right]\), \(\mathcal{C}_g\) est au-dessus de \(\mathcal{P}\), donc l'aire du domaine est l'intégrale de la différence « courbe du haut moins courbe du bas » : \(\mathcal{A}=\displaystyle\int_{1/\alpha}^{1}\left(-\dfrac{1}{4}x^2\ln x\right)\mathrm{d}x=-\dfrac{1}{4}\int_{1/\alpha}^{1}x^2\ln x\,\mathrm{d}x\) par linéarité. Avec le résultat précédent : \(\mathcal{A}=-\dfrac{1}{4}\times\dfrac{-\alpha^3-6\alpha+13}{9\alpha^3}=\dfrac{\alpha^3+6\alpha-13}{36\alpha^3}\). Avec \(\alpha\approx1{,}727\), on trouve \(\mathcal{A}\approx0{,}0135\), ce qui est cohérent avec la petite zone hachurée du graphique (un carreau vaut \(0{,}01\)).

\(\mathcal{A}=\dfrac{\alpha^3+6\alpha-13}{36\alpha^3}\) unité d'aire, soit environ \(0{,}0135\).

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Un encadrement par deux suites de limites différentes prouve seulement qu'une suite est bornée : un contre-exemple comme \((-1)^n\) suffit à invalider sa convergence.
• Pour « au moins un » sur \(n\) essais, on passe par l'évènement contraire « aucun » ; en divisant par \(\ln(0{,}8)\), négatif, on inverse le sens de l'inégalité.
• La variance d'une somme n'est la somme des variances que si les variables sont indépendantes ; pour Bienaymé-Tchebychev, on réécrit d'abord l'évènement sous la forme \(|T-E(T)|\lt\delta\).
• Le projeté orthogonal d'un point sur un plan est l'intersection du plan avec la droite passant par ce point et dirigée par un vecteur normal.
• Une distance point-plan s'obtient en calculant deux fois le volume d'un même tétraèdre avec deux bases différentes.
• Pour intégrer \(x^n\ln x\), on dérive \(\ln x\) dans l'intégration par parties, et on remplace \(\ln\alpha\) grâce à la relation établie avant.

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Ce que contient le corrigé du bac 2024, France, jour 1

Ce corrigé du bac 2024, France, jour 1 du 19 juin 2024 explique les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (4 points) aborde : limite de référence avec l'exponentielle, équation différentielle, théorème des gendarmes, suites monotones. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (5 points) porte sur : arbre pondéré, probabilités totales, formule de Bayes, loi binomiale, logarithme, somme de variables aléatoires, inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Puis, la correction de l'exercice 3 (5 points) porte sur : vecteur normal et équation cartésienne, représentation paramétrique, projeté orthogonal, aire, volume d'un tétraèdre, distance d'un point à un plan. Enfin, la correction de l'exercice 4 (6 points) traite : fonction logarithme, limites, dérivées, convexité, théorème des valeurs intermédiaires, composée, intégration par parties, aire entre deux courbes.

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, France, 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. En probabilités, commencez par un arbre pondéré bien légendé. Ensuite, nommez la loi utilisée et ses paramètres avant tout calcul à la calculatrice. 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.

Pour travailler dans l'ordre, ouvrez d'abord l'énoncé complet. Ensuite, entraînez-vous sur les autres annales du bac de maths.

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