Corrigé du bac de maths 2022 : Centres étrangers, jour 2

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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2022, Centres étrangers, jour 2) 7 points

QCM : dérivée d'un quotient, convexité et dérivée seconde, primitives, limite d'un quotient d'exponentielles

1. Dérivée de \(f(x) = \dfrac{x}{\text{e}^x}\).

Le plus rapide est d'écrire \(f(x) = x\,\text{e}^{-x}\) et de dériver un produit \(uv\) avec \(u(x) = x\) et \(v(x) = \text{e}^{-x}\), donc \(u'(x) = 1\) et \(v'(x) = -\text{e}^{-x}\).

\[f'(x) = 1 \times \text{e}^{-x} + x \times \left(-\text{e}^{-x}\right) = (1-x)\text{e}^{-x}.\]

Réponse c : \(f'(x) = (1-x)\text{e}^{-x}\).

2. Que déduire de la courbe de \(f''\) ?

Ensuite, on lit le signe de \(f''\) sur le graphique : \(f''(x) \geqslant 0\) sur \([-3~;~-1]\), \(f''(x) \leqslant 0\) sur \([-1~;~1]\), et \(f''\) change de signe en \(-1\).

Examinons chaque proposition. a. Sur \([-1~;~1]\), \(f''\) est négative : \(f\) y est concave, pas convexe. b. Sur \([-2~;~-1]\), \(f''\) est positive : \(f\) n'est donc pas concave sur tout \([-2~;~0]\). c. \(f''\) étant la dérivée de \(f'\), \(f'\) est croissante sur \([-2~;~-1]\) : elle n'est pas décroissante sur \([-2~;~0]\). d. \(f'\) croît sur \([-3~;~-1]\) puis décroît sur \([-1~;~1]\) : elle atteint son maximum en \(x = -1\).

Réponse d : \(f'\) admet un maximum en \(x = -1\).

3. Primitive de \(f(x) = x^3\text{e}^{-x^2}\).

Pour reconnaître une primitive parmi des propositions, on dérive chacune et on cherche celle qui redonne \(f\). De plus, pour la proposition c, on pose \(u(x) = -\dfrac{1}{2}\left(x^2+1\right)\) et \(v(x) = \text{e}^{-x^2}\), avec \(u'(x) = -x\) et \(v'(x) = -2x\,\text{e}^{-x^2}\).

\[F'(x) = -x\,\text{e}^{-x^2} + \left(-\dfrac{1}{2}\right)\left(x^2+1\right)\left(-2x\right)\text{e}^{-x^2} = \left(-x + x^3 + x\right)\text{e}^{-x^2} = x^3\text{e}^{-x^2}.\]

Par ailleurs, on retrouve bien \(f(x)\). À titre de contrôle, la dérivée de la proposition b vaut \(\left(-x^3 + \dfrac{1}{2}x^5\right)\text{e}^{-x^2}\), qui n'est pas \(f(x)\) ; de même, a et d contiennent des termes en \(x\) ou \(x^5\) parasites après dérivation.

Réponse c : \(F(x) = -\dfrac{1}{2}\left(x^2+1\right)\text{e}^{-x^2}\).

Question 4

4. Limite de \(\dfrac{\text{e}^x+1}{\text{e}^x-1}\) en \(+\infty\).

Le numérateur et le dénominateur tendent tous deux vers \(+\infty\) : c'est une forme indéterminée. Puis on factorise par le terme dominant \(\text{e}^x\), non nul :

\[\dfrac{\text{e}^x+1}{\text{e}^x-1} = \dfrac{\text{e}^x\left(1+\text{e}^{-x}\right)}{\text{e}^x\left(1-\text{e}^{-x}\right)} = \dfrac{1+\text{e}^{-x}}{1-\text{e}^{-x}}.\]

Comme \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\text{e}^{-x} = 0\), le quotient tend vers \(\dfrac{1+0}{1-0} = 1\).

Réponse b : la limite vaut \(1\).

5. Primitive de \(\text{e}^{2x+1}\) valant 1 en 0.

Une primitive de \(u'\text{e}^u\) est \(\text{e}^u\). Ici \(u(x) = 2x+1\) et \(u'(x) = 2\), donc \(f(x) = \dfrac{1}{2} \times 2\,\text{e}^{2x+1}\) et les primitives de \(f\) sont les fonctions \(F(x) = \dfrac{1}{2}\text{e}^{2x+1} + k\), \(k\) réel.

La condition \(F(0) = 1\) s'écrit \(\dfrac{1}{2}\text{e} + k = 1\), d'où \(k = 1 - \dfrac{1}{2}\text{e}\).

Réponse c : \(F(x) = \dfrac{1}{2}\text{e}^{2x+1} - \dfrac{1}{2}\text{e} + 1\).

6. Quelle courbe représente \(f''\) ?

Le signe de \(f''\) se lit sur la convexité de \(f\). Sur le graphique, la courbe de \(f\) est « en dôme » (concave) de \(-2\) jusqu'à \(x = 1\) environ, puis « en cuvette » (convexe) de \(1\) à \(4\) : le point d'abscisse 1 est un point d'inflexion. Donc \(f''\) est négative sur \([-2~;~1]\), s'annule en 1 et est positive sur \([1~;~4]\).

La courbe b est positive puis négative (ordre inverse), la courbe c est négative sur \(]0~;~2[\) seulement, la courbe d est toujours positive. Seule la droite a, négative avant 1 et positive après, convient.

Réponse a.

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2022, Centres étrangers, jour 2) 7 points

Fonction \(x\ln(x)+1\) : limites, variations, tangente, convexité ; suite récurrente, récurrence, convergence monotone

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

En 0 : d'après la limite de croissance comparée du cours, \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x\ln(x) = 0\). Ensuite, en ajoutant 1, on obtient \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f(x) = 1\).

En \(+\infty\) : \(x\) et \(\ln(x)\) tendent tous deux vers \(+\infty\), leur produit aussi, et l'ajout de 1 ne change rien : \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).

\(\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = 1\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).

2. a) Montrer que \(f'(x) = 1 + \ln(x)\).

\(x\ln(x)\) est un produit \(uv\) avec \(u(x) = x\), \(u'(x) = 1\), \(v(x) = \ln(x)\), \(v'(x) = \dfrac{1}{x}\). Par ailleurs, la constante 1 a une dérivée nulle. Puis pour tout \(x \gt 0\) :

\[f'(x) = 1 \times \ln(x) + x \times \dfrac{1}{x} = \ln(x) + 1.\]

Pour tout \(x \gt 0\), \(f'(x) = 1 + \ln(x)\).

2. b) Tableau de variation de \(f\).

Ensuite, on étudie le signe de \(f'(x)\) grâce à la croissance stricte de \(\ln\) : \(1 + \ln(x) \geqslant 0 \iff \ln(x) \geqslant -1 \iff x \geqslant \text{e}^{-1}\). Ainsi \(f'\) est négative sur \(]0~;~\text{e}^{-1}]\), positive sur \([\text{e}^{-1}~;~+\infty[\) et s'annule en \(\text{e}^{-1}\).

Le minimum vaut \(f\left(\text{e}^{-1}\right) = \text{e}^{-1} \times \ln\left(\text{e}^{-1}\right) + 1 = -\text{e}^{-1} + 1 = 1 - \text{e}^{-1} \approx 0{,}632\).

\(f\) est strictement décroissante sur \(]0~;~\text{e}^{-1}]\), strictement croissante sur \([\text{e}^{-1}~;~+\infty[\), de minimum \(1 - \text{e}^{-1}\) atteint en \(\text{e}^{-1}\).

Question 2 c

2. c) Pour \(x \in ]0~;~1[\), montrer que \(f(x) \in ]0~;~1[\).

D'abord, \(1 - \text{e}^{-1}\) est le minimum de \(f\) sur \(]0~;~+\infty[\), donc \(f(x) \geqslant 1 - \text{e}^{-1} \gt 0\) pour tout \(x\) (car \(\text{e}^{-1} \lt 1\)).

Ensuite, pour \(0 \lt x \lt 1\), on a \(\ln(x) \lt 0\) et \(x \gt 0\), donc \(x\ln(x) \lt 0\) et \(f(x) = x\ln(x) + 1 \lt 1\).

Pour tout \(x \in ]0~;~1[\), \(0 \lt 1 - \text{e}^{-1} \leqslant f(x) \lt 1\), donc \(f(x) \in ]0~;~1[\).

3. a) Équation de la tangente \((T)\) en 1.

La tangente au point d'abscisse \(a\) a pour équation \(y = f'(a)(x-a) + f(a)\). Ici \(f(1) = 1 \times \ln(1) + 1 = 1\) et \(f'(1) = 1 + \ln(1) = 1\), d'où \(y = 1 \times (x-1) + 1\).

\((T)\) : \(y = x\).

3. b) Convexité de \(f\).

Alors, on dérive \(f'(x) = 1 + \ln(x)\) : \(f''(x) = \dfrac{1}{x}\), qui est strictement positif pour tout \(x \gt 0\). Ensuite, une fonction dont la dérivée seconde est positive sur un intervalle y est convexe.

\(f\) est convexe sur \(]0~;~+\infty[\).

3. c) En déduire \(f(x) \geqslant x\).

Propriété du cours : la courbe d'une fonction convexe est située au-dessus de chacune de ses tangentes. Puis en particulier, \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \((T)\) d'équation \(y = x\), ce qui se traduit par \(f(x) \geqslant x\) pour tout \(x \gt 0\).

Pour tout réel \(x \gt 0\), \(f(x) \geqslant x\).

Question 4 a

4. a) Montrer par récurrence que \(0 \lt u_n \lt 1\).

Notons \(P(n)\) la propriété « \(0 \lt u_n \lt 1\) ».

Initialisation. Par hypothèse \(u_0 \in ]0~;~1[\), donc \(P(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(P(n)\) soit vraie, c'est-à-dire \(u_n \in ]0~;~1[\). D'après la question 2. c, l'image par \(f\) d'un réel de \(]0~;~1[\) appartient encore à \(]0~;~1[\). Donc \(u_{n+1} = f\left(u_n\right) \in ]0~;~1[\) : \(P(n+1)\) est vraie.

Conclusion. \(P(0)\) est vraie et \(P\) est héréditaire ; par le principe de récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).

Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(0 \lt u_n \lt 1\).

4. b) Croissance de \((u_n)\).

Pour tout \(n\), \(u_n\) est strictement positif d'après 4. a, donc on peut appliquer l'inégalité de la question 3. c avec \(x = u_n\) : \(f\left(u_n\right) \geqslant u_n\), c'est-à-dire \(u_{n+1} \geqslant u_n\).

La suite \(\left(u_n\right)\) est croissante.

4. c) Convergence de \((u_n)\).

La suite est croissante (4. b) et majorée par 1 (4. a). De plus, le théorème de convergence monotone affirme qu'une suite croissante et majorée converge.

La suite \(\left(u_n\right)\) est convergente (vers une limite \(\ell \leqslant 1\)).

Corrigé de l’exercice 3 7 points

Géométrie dans l'espace : coplanarité, produit scalaire, droite orthogonale à un plan, projeté orthogonal, volume du tétraèdre

1. A, B, C, D ne sont pas coplanaires.

Puis on calcule les vecteurs issus de A : \(\overrightarrow{\text{AB}}(3~;~3~;~3)\), \(\overrightarrow{\text{AC}}(3~;~0~;~-3)\), \(\overrightarrow{\text{AD}}(-3~;~6~;~-3)\). \(\overrightarrow{\text{AB}}\) et \(\overrightarrow{\text{AC}}\) ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\overrightarrow{\text{AB}}\) est non nulle, celle de \(\overrightarrow{\text{AC}}\) est nulle, alors que leurs premières coordonnées sont égales et non nulles), donc A, B, C définissent un plan.

Les quatre points sont coplanaires si et seulement si il existe des réels \(a\) et \(b\) tels que \(\overrightarrow{\text{AD}} = a\overrightarrow{\text{AB}} + b\overrightarrow{\text{AC}}\), soit le système :

\[\begin{cases} 3a + 3b = -3 \\ 3a = 6 \\ 3a - 3b = -3 \end{cases}\]

La deuxième ligne donne \(a = 2\). Ensuite, la première donne alors \(b = -3\), la troisième \(b = 3\) : contradiction. Par ailleurs, le système n'a pas de solution.

\(\overrightarrow{\text{AD}}\) n'est pas combinaison linéaire de \(\overrightarrow{\text{AB}}\) et \(\overrightarrow{\text{AC}}\) : A, B, C et D ne sont pas coplanaires.

2. a) ABC est rectangle.

Dans un repère orthonormé, deux vecteurs sont orthogonaux lorsque leur produit scalaire est nul :

\[\overrightarrow{\text{AB}} \cdot \overrightarrow{\text{AC}} = 3 \times 3 + 3 \times 0 + 3 \times (-3) = 0.\]

Les droites (AB) et (AC) sont perpendiculaires : le triangle ABC est rectangle en A.

Question 2 b

2. b) (AD) est perpendiculaire à (ABC).

Une droite est orthogonale à un plan lorsqu'un de ses vecteurs directeurs est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan. Ensuite, on calcule :

\[\overrightarrow{\text{AD}} \cdot \overrightarrow{\text{AB}} = -9 + 18 - 9 = 0 \quad\text{et}\quad \overrightarrow{\text{AD}} \cdot \overrightarrow{\text{AC}} = -9 + 0 + 9 = 0.\]

\(\overrightarrow{\text{AD}}\) est donc orthogonal à \(\overrightarrow{\text{AB}}\) et \(\overrightarrow{\text{AC}}\), non colinéaires, et la droite (AD) passe par A, point du plan.

La droite (AD) est perpendiculaire au plan (ABC), en A.

2. c) Volume du tétraèdre ABCD.

Par ailleurs, on prend pour base le triangle ABC ; d'après 2. b, la hauteur associée est AD. Puis les longueurs utiles sont :

\[\text{AB} = \sqrt{9+9+9} = 3\sqrt{3},\quad \text{AC} = \sqrt{9+0+9} = 3\sqrt{2},\quad \text{AD} = \sqrt{9+36+9} = 3\sqrt{6}.\]

Le triangle étant rectangle en A, son aire vaut \(\dfrac{\text{AB} \times \text{AC}}{2} = \dfrac{9\sqrt{6}}{2}\). D'où :

\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{9\sqrt{6}}{2} \times 3\sqrt{6} = \dfrac{9 \times 6}{2} = 27.\]

Le volume du tétraèdre ABCD est 27 unités de volume.

3. a) Écrire \(\overrightarrow{\text{BH}}\) en fonction de \(\overrightarrow{\text{BC}}\) et \(\overrightarrow{\text{BD}}\).

Donc on a \(\overrightarrow{\text{BH}}(-1~;~-1~;~-4)\), \(\overrightarrow{\text{BC}}(0~;~-3~;~-6)\) et \(\overrightarrow{\text{BD}}(-6~;~3~;~-6)\). Ensuite, on cherche \(\alpha\) et \(\beta\) vérifiant, coordonnée par coordonnée :

\[\begin{cases} -6\beta = -1 \\ -3\alpha + 3\beta = -1 \\ -6\alpha - 6\beta = -4 \end{cases}\]

La première équation donne \(\beta = \dfrac{1}{6}\). Ensuite, la deuxième devient \(-3\alpha + \dfrac{1}{2} = -1\), soit \(\alpha = \dfrac{1}{2}\). Ensuite, on contrôle avec la troisième : \(-6 \times \dfrac{1}{2} - 6 \times \dfrac{1}{6} = -3 - 1 = -4\). Puis les trois équations sont satisfaites.

\(\overrightarrow{\text{BH}} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{\text{BC}} + \dfrac{1}{6}\overrightarrow{\text{BD}}\) : ces réels existent (\(\alpha = \dfrac{1}{2}\), \(\beta = \dfrac{1}{6}\)).

Question 3 b

3. b) H est le projeté orthogonal de A sur (BCD).

Deux conditions sont à vérifier : H appartient au plan (BCD), et \(\overrightarrow{\text{AH}}\) est orthogonal à ce plan.

Appartenance : \(\overrightarrow{\text{BC}}\) et \(\overrightarrow{\text{BD}}\) ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de l'un est nulle, pas celle de l'autre), donc B, C, D définissent bien un plan ; l'égalité de 3. a montre que H est dans ce plan.

Orthogonalité : \(\overrightarrow{\text{AH}}(2~;~2~;~-1)\), et

\[\overrightarrow{\text{AH}} \cdot \overrightarrow{\text{BC}} = 0 - 6 + 6 = 0,\qquad \overrightarrow{\text{AH}} \cdot \overrightarrow{\text{BD}} = -12 + 6 + 6 = 0.\]

\(\overrightarrow{\text{AH}}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCD), donc normal à ce plan.

H est le point du plan (BCD) tel que (AH) soit perpendiculaire à ce plan : c'est le projeté orthogonal de A sur (BCD).

3. c) Distance de A au plan (BCD).

La distance d'un point à un plan est la distance entre ce point et son projeté orthogonal sur le plan :

\[\text{AH} = \sqrt{2^2 + 2^2 + (-1)^2} = \sqrt{9} = 3.\]

La distance de A au plan (BCD) est 3.

4. Aire du triangle BCD.

Par ailleurs, on exprime le volume du même tétraèdre en prenant cette fois BCD comme base : la hauteur correspondante est AH = 3. Donc \(27 = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{\text{BCD}} \times 3\), soit \(\mathcal{A}_{\text{BCD}} = 27\).

Vérification indépendante : l'aire vaut aussi \(\dfrac{1}{2}\left\|\overrightarrow{\text{BC}} \wedge \overrightarrow{\text{BD}}\right\| = \dfrac{1}{2}\sqrt{36^2 + 36^2 + 18^2} = \dfrac{54}{2} = 27\) (produit vectoriel, hors programme, donné seulement comme contrôle).

L'aire du triangle BCD est 27 unités d'aire.

Corrigé de l’exercice 4 7 points

Probabilités : arbre pondéré, tirages avec remise, loi d'une variable aléatoire, espérance, second degré, loi binomiale

Ensuite, on note \(B\) l'événement « le jeton tiré est blanc » et \(\overline{B}\) l'événement contraire « le jeton tiré est noir » (à chacun des deux tirages). Par ailleurs, on évite la lettre \(N\), réservée plus loin au nombre de jetons noirs.

1. a) Arbre pondéré avec 3 blancs et 2 noirs.

L'urne contient 5 jetons : à chaque tirage, \(P(B) = \dfrac{3}{5}\) et \(P(\overline{B}) = \dfrac{2}{5}\). Comme on remet le jeton, la composition est la même au second tirage, et les probabilités du second niveau sont identiques à celles du premier.

• Premier tirage \(B\) \(\left(\dfrac{3}{5}\right)\)
  • second tirage \(B\) \(\left(\dfrac{3}{5}\right)\) : issue \(BB\)
  • second tirage \(\overline{B}\) \(\left(\dfrac{2}{5}\right)\) : issue \(B\overline{B}\)
• Premier tirage \(\overline{B}\) \(\left(\dfrac{2}{5}\right)\)
  • second tirage \(B\) \(\left(\dfrac{3}{5}\right)\) : issue \(\overline{B}B\)
  • second tirage \(\overline{B}\) \(\left(\dfrac{2}{5}\right)\) : issue \(\overline{B}\,\overline{B}\)

Arbre à deux niveaux, chaque nœud ayant les branches \(B\) (\(\dfrac{3}{5}\)) et \(\overline{B}\) (\(\dfrac{2}{5}\)).

1. b) Probabilité de perdre 9 €.

Ensuite, on perd 9 € exactement lorsque les deux jetons sont blancs. Sur l'arbre, on multiplie les probabilités le long du chemin \(BB\) :

\[P(BB) = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{3}{5} = \dfrac{9}{25}.\]

La probabilité de perdre 9 € est \(\dfrac{9}{25} = 0{,}36\).

2. a) Loi de \(X\) avec 3 blancs et \(N\) noirs.

L'urne contient \(N+3\) jetons, donc à chaque tirage \(P(B) = \dfrac{3}{N+3}\) et \(P(\overline{B}) = \dfrac{N}{N+3}\). De plus, le gain \(X\) prend les valeurs \(-9\), \(-1\) et \(5\).

Deux blancs : \(P(X = -9) = \left(\dfrac{3}{N+3}\right)^2 = \dfrac{9}{(N+3)^2}\). Deux noirs : \(P(X = -1) = \dfrac{N^2}{(N+3)^2}\). Deux couleurs différentes, soit \(B\overline{B}\) soit \(\overline{B}B\), deux chemins de même probabilité : \(P(X = 5) = 2 \times \dfrac{3}{N+3} \times \dfrac{N}{N+3} = \dfrac{6N}{(N+3)^2}\).

Contrôle : la somme vaut \(\dfrac{9 + N^2 + 6N}{(N+3)^2} = \dfrac{(N+3)^2}{(N+3)^2} = 1\).

La loi de \(X\) est donnée par le tableau ci-dessus.

Question 2 b

2. b) Résoudre \(-x^2 + 30x - 81 \gt 0\).

Discriminant : \(\Delta = 30^2 - 4 \times (-1) \times (-81) = 900 - 324 = 576 = 24^2\). Ensuite, les racines sont \(x_1 = \dfrac{-30 - 24}{-2} = 27\) et \(x_2 = \dfrac{-30 + 24}{-2} = 3\).

Le coefficient de \(x^2\) étant négatif, le trinôme est positif strictement entre ses racines.

L'ensemble des solutions est l'intervalle \(]3~;~27[\).

2. c) Nombre de jetons noirs pour un jeu favorable.

Le jeu est favorable au joueur lorsque son gain moyen, l'espérance de \(X\), est strictement positif.

\[E(X) = \dfrac{-9 \times 9 - 1 \times N^2 + 5 \times 6N}{(N+3)^2} = \dfrac{-N^2 + 30N - 81}{(N+3)^2}.\]

Le dénominateur est strictement positif, donc \(E(X) \gt 0\) équivaut à \(-N^2 + 30N - 81 \gt 0\), c'est-à-dire \(N \in ]3~;~27[\) d'après 2. b. Comme \(N\) est un entier, cela signifie \(4 \leqslant N \leqslant 26\).

Le jeu est favorable au joueur si l'urne contient entre 4 et 26 jetons noirs (bornes incluses).

2. d) Nombre de jetons noirs maximisant le gain moyen.

Ensuite, on étudie la fonction \(g\) définie sur \([0~;~+\infty[\) par \(g(x) = \dfrac{-x^2 + 30x - 81}{(x+3)^2}\), qui donne \(E(X)\) pour \(x = N\). Avec la formule \(\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}\), où \(u'(x) = -2x + 30\) et \(v'(x) = 2(x+3)\), puis simplification par \(x+3\) :

\[g'(x) = \dfrac{(-2x+30)(x+3) - 2\left(-x^2 + 30x - 81\right)}{(x+3)^3} = \dfrac{-36x + 252}{(x+3)^3} = \dfrac{-36(x-7)}{(x+3)^3}.\]

Sur \([0~;~+\infty[\), \((x+3)^3 \gt 0\) : \(g'\) est du signe de \(-36(x-7)\), positive avant 7 et négative après. \(g\) est donc croissante sur \([0~;~7]\) puis décroissante : son maximum est atteint en \(x = 7\), qui est bien un entier supérieur à 2. Le gain moyen vaut alors \(g(7) = \dfrac{-49 + 210 - 81}{100} = 0{,}8\) €.

Le joueur doit demander 7 jetons noirs ; son gain moyen est alors maximal, égal à 0,80 €.

Question 3

3. Probabilité qu'au moins 1 joueur sur 10 gagne 5 €.

Avec \(N = 7\), la probabilité qu'une partie rapporte 5 € vaut \(p = \dfrac{6 \times 7}{10^2} = 0{,}42\).

Soit \(Y\) le nombre de joueurs, parmi les 10, qui gagnent 5 €. Chaque partie est une épreuve de Bernoulli de succès « gagner 5 € » de probabilité 0,42, et les 10 parties sont indépendantes : \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 10\) et \(p = 0{,}42\).

« Au moins un gagnant » est l'événement contraire de « aucun gagnant » :

\[P(Y \geqslant 1) = 1 - P(Y = 0) = 1 - 0{,}58^{10} \approx 1 - 0{,}0043 \approx 0{,}996.\]

La probabilité qu'au moins un des 10 joueurs gagne 5 € est \(1 - 0{,}58^{10} \approx 0{,}996\).

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Pour choisir une primitive dans un QCM, dérive chaque proposition : c'est plus sûr que de chercher la primitive toi-même.
• Le signe de \(f''\) donne à la fois la convexité de \(f\) et les variations de \(f'\) : ne confonds pas les deux niveaux de lecture.
• Une fonction convexe est au-dessus de ses tangentes : c'est l'outil direct pour prouver une inégalité comme \(f(x) \geqslant x\), puis la monotonie d'une suite \(u_{n+1} = f(u_n)\).
• Suite croissante et majorée implique convergence, mais la majoration par 1 ne dit pas que la limite vaut 1.
• Le volume d'un tétraèdre calculé avec deux bases différentes permet d'obtenir une aire ou une distance manquante.
• Dans un tirage avec remise, pense aux deux ordres possibles (blanc puis noir, noir puis blanc) et utilise l'événement contraire pour « au moins un ».

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Ce que contient le corrigé du bac 2022, Centres étrangers, jour 2

Ce corrigé du bac 2022, Centres étrangers, jour 2 du 12 mai 2022 explique les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (7 points) aborde : qCM : dérivée d'un quotient, convexité et dérivée seconde, primitives, limite d'un quotient d'exponentielles. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (7 points) porte sur : fonction : limites, variations, tangente, convexité ; suite récurrente, récurrence, convergence monotone. Puis, la correction de l'exercice 3 (7 points) porte sur : géométrie dans l'espace : coplanarité, produit scalaire, droite orthogonale à un plan, projeté orthogonal, volume du tétraèdre. Enfin, la correction de l'exercice 4 (7 points) traite : probabilités : arbre pondéré, tirages avec remise, loi d'une variable aléatoire, espérance, second degré, loi binomiale.

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 2022, Centres étrangers, jour 2

Face à une suite définie par récurrence, écrivez clairement l'hypothèse de récurrence avant de la manipuler. Puis vérifiez que la propriété obtenue est exactement celle de l'énoncé. 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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• Corrigé Liban, jour 2
• Corrigé France, septembre, jour 1
• Corrigé France, septembre, jour 2

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