Corrigé du bac de maths 2024 : France, septembre, jour 1

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

Géométrie dans l'espace : repère du cube, équation cartésienne de plan, représentation paramétrique, projeté orthogonal, volumes de pyramides

1. a) Coordonnées de D, B, I et G.

Dans le repère \( \left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}},~\overrightarrow{\text{AD}},~\overrightarrow{\text{AE}}\right) \), le vecteur \( \overrightarrow{\text{AB}} \) porte l'axe des abscisses, \( \overrightarrow{\text{AD}} \) celui des ordonnées et \( \overrightarrow{\text{AE}} \) celui des cotes. Ainsi, on a \( \overrightarrow{\text{AG}} = \overrightarrow{\text{AB}} + \overrightarrow{\text{AD}} + \overrightarrow{\text{AE}} \), et I est le milieu de [BD], donc ses coordonnées sont les moyennes de celles de B et D.

En conclusion : \( \text{D}(0~;~1~;~0) \), \( \text{B}(1~;~0~;~0) \), \( \text{I}\left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}~;~0\right) \) et \( \text{G}(1~;~1~;~1) \).

1. b) Coordonnées de L.

Alors, on calcule d'abord \( \overrightarrow{\text{IG}} \begin{pmatrix} 1 - \frac{1}{2} \\ 1 - \frac{1}{2} \\ 1 - 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ 1 \end{pmatrix} \), donc \( \dfrac{3}{4}\overrightarrow{\text{IG}} \begin{pmatrix} \frac{3}{8} \\ \frac{3}{8} \\ \frac{3}{4} \end{pmatrix} \).

L'égalité \( \overrightarrow{\text{IL}} = \dfrac{3}{4}\overrightarrow{\text{IG}} \) signifie que L s'obtient en ajoutant ces composantes à celles de I : \( x_{\text{L}} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{8} = \dfrac{7}{8} \), \( y_{\text{L}} = \dfrac{7}{8} \) de la même façon et \( z_{\text{L}} = 0 + \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{4} \).

En conclusion : \( \text{L}\left(\dfrac{7}{8}~;~\dfrac{7}{8}~;~\dfrac{3}{4}\right) \).

2. Vérifier l'équation \( x + y - z - 1 = 0 \) du plan (BDG).

Les points B, D et G ne sont pas alignés (ce sont trois sommets distincts d'un triangle du cube), ils définissent donc bien un plan. Il suffit de vérifier que leurs coordonnées satisfont l'équation proposée, qui est bien celle d'un plan puisque les coefficients de \( x, y, z \) ne sont pas tous nuls :

• B : \( 1 + 0 - 0 - 1 = 0 \) ;
• D : \( 0 + 1 - 0 - 1 = 0 \) ;
• G : \( 1 + 1 - 1 - 1 = 0 \).

En conclusion : les trois points vérifient l'équation, donc (BDG) a pour équation \( x + y - z - 1 = 0 \).

Question 3 a

3. a) Représentation paramétrique de \( \Delta \).

D'après l'équation obtenue, le vecteur \( \vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \) est normal au plan (BDG). La droite \( \Delta \) étant perpendiculaire à ce plan, \( \vec{n} \) en est un vecteur directeur. Elle passe par \( \text{L}\left(\frac{7}{8}~;~\frac{7}{8}~;~\frac{3}{4}\right) \). Un point \( M(x~;~y~;~z) \) appartient à \( \Delta \) si et seulement s'il existe un réel \( t \) tel que \( \overrightarrow{\text{L}M} = t\,\vec{n} \), ce qui donne exactement le système annoncé.

En conclusion : \( \Delta \) : \( x = \dfrac{7}{8} + t \), \( y = \dfrac{7}{8} + t \), \( z = \dfrac{3}{4} - t \), \( t \in \mathbb{R} \).

3. b) Intersection de \( \Delta \) et (AE).

La droite (AE) est l'axe des cotes : ses points ont \( x = 0 \) et \( y = 0 \). Puis on cherche donc un réel \( t \) tel que \( \dfrac{7}{8} + t = 0 \), soit \( t = -\dfrac{7}{8} \) ; la deuxième équation donne la même valeur, ce qui est cohérent. Pour ce paramètre, \( z = \dfrac{3}{4} + \dfrac{7}{8} = \dfrac{13}{8} \).

Le point de \( \Delta \) de paramètre \( -\frac{7}{8} \) a pour coordonnées \( \left(0~;~0~;~\frac{13}{8}\right) \) et il est bien sur (AE). Les deux droites ont donc un point commun ; elles ne sont pas confondues (L n'est pas sur (AE) puisque \( x_{\text{L}} \neq 0 \)), elles sont donc sécantes en ce point.

En conclusion : \( \Delta \) et (AE) sont sécantes en \( \text{K}\left(0~;~0~;~\dfrac{13}{8}\right) \).

Question 3 c

3. c) Rôle de L vis-à-vis de K.

L appartient au plan (BDG) : \( \dfrac{7}{8} + \dfrac{7}{8} - \dfrac{3}{4} - 1 = \dfrac{14}{8} - \dfrac{14}{8} = 0 \). Par ailleurs, K et L sont deux points de \( \Delta \), donc la droite (KL) est la droite \( \Delta \), perpendiculaire au plan (BDG). L est donc le pied de la perpendiculaire au plan (BDG) issue de K.

En conclusion : L est le projeté orthogonal de K sur le plan (BDG).

4. a) Distance KL.

\( \overrightarrow{\text{KL}} \begin{pmatrix} \frac{7}{8} \\ \frac{7}{8} \\ \frac{3}{4} - \frac{13}{8} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{7}{8} \\ \frac{7}{8} \\ -\frac{7}{8} \end{pmatrix} \), ce qui est bien \( \frac{7}{8}\,\vec{n} \). Le repère étant orthonormé :

\[ \text{KL} = \sqrt{\left(\dfrac{7}{8}\right)^2 + \left(\dfrac{7}{8}\right)^2 + \left(-\dfrac{7}{8}\right)^2} = \sqrt{3 \times \dfrac{49}{64}} = \dfrac{7\sqrt{3}}{8}. \]

En conclusion : \( \text{KL} = \dfrac{7\sqrt{3}}{8} \approx 1{,}52 \).

4. b) Aire du triangle équilatéral DBG.

Le côté du triangle vaut \( \text{BD} = \sqrt{(0-1)^2 + (1-0)^2 + 0^2} = \sqrt{2} \) (c'est la diagonale d'une face carrée de côté 1). Dans un triangle équilatéral de côté \( c \), la hauteur issue d'un sommet tombe au milieu du côté opposé ; le théorème de Pythagore donne alors une hauteur \( h = \sqrt{c^2 - \frac{c^2}{4}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,c \). Ici, avec \( c = \sqrt{2} \), on obtient \( h = \dfrac{\sqrt{6}}{2} \), puis :

\[ \mathcal{A} = \dfrac{c \times h}{2} = \dfrac{\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{6}}{2}}{2} = \dfrac{\sqrt{12}}{4} = \dfrac{2\sqrt{3}}{4} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}. \]

En conclusion : l'aire du triangle DBG est \( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \).

Question 4 c

4. c) Volume du tétraèdre KDBG.

Par ailleurs, on prend pour base le triangle DBG. Puisque L est le projeté orthogonal de K sur le plan (DBG), la hauteur relative à cette base est KL. D'où :

\[ \mathcal{V}_{\text{KDBG}} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{7\sqrt{3}}{8} = \dfrac{7 \times 3}{3 \times 16} = \dfrac{7}{16}. \]

En conclusion : le volume du tétraèdre KDBG vaut \( \dfrac{7}{16} \) unité de volume.

5. a) Volume de la pyramide ABCD\( K_a \).

La base ABCD est un carré de côté 1, d'aire 1. Le sommet \( K_a(0~;~0~;~a) \) se trouve sur l'axe (AE), perpendiculaire au plan (ABC) d'équation \( z = 0 \) ; la hauteur est donc \( \text{A}K_a = a \) (car \( a \gt 0 \)).

En conclusion : \( \mathcal{V}_a = \dfrac{1}{3} \times 1 \times a = \dfrac{a}{3} \).

5. b) Coordonnées du point \( L_a \).

Un point de \( \Delta_a \) a pour coordonnées \( (t'~;~t'~;~-t' + a) \). Il appartient au plan (BDG) lorsque ces coordonnées vérifient l'équation du plan :

\[ t' + t' - (-t' + a) - 1 = 0 \iff 3t' - a - 1 = 0 \iff t' = \dfrac{a+1}{3}. \]

Alors, on remplace : \( x = y = \dfrac{a+1}{3} \) et \( z = a - \dfrac{a+1}{3} = \dfrac{3a - a - 1}{3} = \dfrac{2a-1}{3} \).

En conclusion : \( L_a\left(\dfrac{a+1}{3}~;~\dfrac{a+1}{3}~;~\dfrac{2a-1}{3}\right) \).

5. c) Existe-t-il \( a \gt 0 \) tel que GDB\( K_a \) et ABCD\( K_a \) aient le même volume ?

La droite \( \Delta_a \) passe par \( K_a \) (paramètre \( t' = 0 \)) et a pour vecteur directeur \( \vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \), normal au plan (BDG). Donc \( L_a \) est le projeté orthogonal de \( K_a \) sur (BDG), et la hauteur du tétraèdre GDB\( K_a \) relative à la base DBG est \( K_aL_a \).

Comme \( \overrightarrow{K_aL_a} = \dfrac{a+1}{3}\,\vec{n} \) et \( \|\vec{n}\| = \sqrt{3} \), on a \( K_aL_a = \dfrac{a+1}{3}\sqrt{3} \) (positif car \( a \gt 0 \)). Le volume du tétraèdre vaut :

\[ \mathcal{V}_{\text{GDB}K_a} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{(a+1)\sqrt{3}}{3} = \dfrac{a+1}{6}. \]

(Contrôle : pour \( a = \frac{13}{8} \), on retrouve \( \frac{21/8}{6} = \frac{7}{16} \), le résultat du 4. c.) On résout ensuite :

\[ \dfrac{a+1}{6} = \dfrac{a}{3} \iff a + 1 = 2a \iff a = 1. \]

Cette valeur est bien strictement positive : le point \( K_1 \) est alors le sommet E du cube.

En conclusion : un tel réel existe et il est unique, \( a = 1 \) ; les deux solides ont alors pour volume \( \dfrac{1}{3} \).

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

Intégration par parties, aire sous une courbe, fonction logarithme, dérivée d'un produit, tableau de variation, corollaire du théorème des valeurs intermédiaires

Partie A

1. a) Signe de \( f \) sur \( [-1~;~1] \).

Pour \( x \in [-1~;~1] \), on a \( x^2 \leqslant 1 \), donc \( 1 - x^2 \geqslant 0 \). Par ailleurs, la fonction exponentielle est strictement positive sur \( \mathbb{R} \), donc \( \text{e}^{x} \gt 0 \). Un produit d'un nombre positif par un nombre strictement positif est positif.

En conclusion : pour tout \( x \in [-1~;~1] \), \( f(x) \geqslant 0 \).

1. b) Intégration par parties.

Puis on pose \( u(x) = 1 - x^2 \) et \( v'(x) = \text{e}^{x} \), d'où \( u'(x) = -2x \) et \( v(x) = \text{e}^{x} \). Les fonctions \( u \) et \( v \) sont dérivables à dérivées continues sur \( [-1~;~1] \). La formule \( \int_a^b u v' = \left[uv\right]_a^b - \int_a^b u'v \) donne :

\[ \int_{-1}^{1} (1-x^2)\,\text{e}^{x}\,\text{d}x = \left[(1-x^2)\,\text{e}^{x}\right]_{-1}^{1} - \int_{-1}^{1} (-2x)\,\text{e}^{x}\,\text{d}x. \]

Le crochet est nul car \( 1 - x^2 \) s'annule en \( 1 \) et en \( -1 \) : \( 0 \times \text{e}^{1} - 0 \times \text{e}^{-1} = 0 \). Il reste \( +2\int_{-1}^{1} x\,\text{e}^{x}\,\text{d}x \), la constante \( -2 \) sortant de l'intégrale par linéarité.

En conclusion : \( \displaystyle\int_{-1}^{1} f(x)\,\text{d}x = 2\int_{-1}^{1} x\,\text{e}^{x}\,\text{d}x \).

2. Volume d'un bonbon.

Il faut d'abord calculer \( \int_{-1}^{1} x\,\text{e}^{x}\,\text{d}x \). Une seconde intégration par parties convient (\( u = x \), \( v' = \text{e}^{x} \)), mais on peut aussi remarquer que la fonction \( G : x \mapsto (x-1)\text{e}^{x} \) a pour dérivée \( \text{e}^{x} + (x-1)\text{e}^{x} = x\,\text{e}^{x} \) : c'est une primitive. Ainsi :

\[ \int_{-1}^{1} x\,\text{e}^{x}\,\text{d}x = G(1) - G(-1) = 0 - (-2)\,\text{e}^{-1} = \dfrac{2}{\text{e}}. \]

D'après 1. b, \( \int_{-1}^{1} f(x)\,\text{d}x = \dfrac{4}{\text{e}} \). Comme \( f \) est positive sur \( [-1~;~1] \) (question 1. a), cette intégrale est l'aire, en unités d'aire, du domaine grisé. Le repère a pour unité 1 cm, donc une unité d'aire vaut 1 cm² et \( S = \dfrac{4}{\text{e}} \) cm² \( \approx 1{,}47 \) cm².

\[ \mathcal{V} = 3 \times \dfrac{4}{\text{e}} = \dfrac{12}{\text{e}} \approx 4{,}415. \]

En conclusion : \( \mathcal{V} = \dfrac{12}{\text{e}} \) cm³, soit environ \( 4{,}4 \) cm³ au dixième près.

Partie B

1. a) Limite de \( B \) en \( +\infty \).

Quand \( q \to +\infty \) : \( \ln(q) \to +\infty \), donc \( 2 - 3\ln(q) \to -\infty \), et \( 8q^2 \to +\infty \). Par produit, \( 8q^2\left[2 - 3\ln(q)\right] \to -\infty \), et retrancher 3 ne change rien.

En conclusion : \( \displaystyle\lim_{q \to +\infty} B(q) = -\infty \).

1. b) Calcul de \( B'(q) \).

\( B \) est de la forme \( uv - 3 \) avec \( u(q) = 8q^2 \), \( u'(q) = 16q \), \( v(q) = 2 - 3\ln(q) \), \( v'(q) = -\dfrac{3}{q} \). Donc :

\[ B'(q) = 16q\left[2 - 3\ln(q)\right] + 8q^2 \times \left(-\dfrac{3}{q}\right) = 32q - 48q\ln(q) - 24q = 8q - 48q\ln(q). \]

En factorisant par \( 8q \) : \( B'(q) = 8q\left(1 - 6\ln(q)\right) \).

En conclusion : pour tout \( q \geqslant 0{,}01 \), \( B'(q) = 8q\left(1 - 6\ln(q)\right) \).

1. c) Signe de \( B' \), variations et tableau.

Sur \( [0{,}01~;~+\infty[ \), \( 8q \gt 0 \), donc \( B'(q) \) a le signe de \( 1 - 6\ln(q) \). Or \( 1 - 6\ln(q) \gt 0 \iff \ln(q) \lt \dfrac{1}{6} \iff q \lt \text{e}^{1/6} \), la fonction exponentielle étant strictement croissante. Ainsi \( B' \) est strictement positive sur \( \left[0{,}01~;~\text{e}^{1/6}\right[ \), nulle en \( \text{e}^{1/6} \approx 1{,}181 \) et strictement négative ensuite.

Valeurs utiles : \( B(0{,}01) = 0{,}0008\left(2 - 3\ln(0{,}01)\right) - 3 \approx -2{,}987 \) ; \( B\left(\text{e}^{1/6}\right) = 8\,\text{e}^{1/3}\left(2 - \dfrac{3}{6}\right) - 3 = 12\,\text{e}^{1/3} - 3 \approx 13{,}747 \).

En conclusion : \( B \) est strictement croissante sur \( \left[0{,}01~;~\text{e}^{1/6}\right] \) et strictement décroissante sur \( \left[\text{e}^{1/6}~;~+\infty\right[ \).

Question 1 d

1. d) Bénéfice maximal.

D'après le tableau, le maximum de \( B \) est atteint pour \( q = \text{e}^{1/6} \approx 1{,}18 \), soit environ 118 bonbons, et vaut \( 12\,\text{e}^{1/3} - 3 \approx 13{,}747 \) dizaines d'euros, c'est-à-dire environ \( 137{,}47 \) euros.

En conclusion : le bénéfice maximal est d'environ 137 euros.

2. a) Unique solution \( \beta \) de \( B(q) = 10 \) sur \( [1{,}2~;~+\infty[ \).

Comme \( 1{,}2 \gt \text{e}^{1/6} \approx 1{,}181 \), la fonction \( B \) est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur \( [1{,}2~;~+\infty[ \). De plus \( B(1{,}2) \approx 13{,}739 \gt 10 \) et \( \lim_{q \to +\infty} B(q) = -\infty \). La valeur 10 est comprise entre \( -\infty \) et \( B(1{,}2) \) : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation \( B(q) = 10 \) a une solution unique \( \beta \) sur cet intervalle.

Pour l'encadrer, on balaie à la calculatrice : \( B(1{,}558) \approx 10{,}007 \gt 10 \) et \( B(1{,}559) \approx 9{,}986 \lt 10 \), donc \( 1{,}558 \lt \beta \lt 1{,}559 \). Un calcul plus fin donne \( \beta \approx 1{,}5583 \).

En conclusion : \( \beta \approx 1{,}558 \) à \( 10^{-3} \) près.

2. b) Nombre minimal et maximal de bonbons pour un bénéfice supérieur à 100 euros.

100 euros correspondent à 10 dizaines d'euros : on cherche les \( q \) tels que \( B(q) \gt 10 \). D'après les variations de \( B \) et les valeurs de \( \alpha \) et \( \beta \), \( B(q) \gt 10 \) exactement lorsque \( \alpha \lt q \lt \beta \), c'est-à-dire pour une quantité strictement comprise entre environ 75,7 et 155,8 bonbons (on multiplie par 100).

Le nombre de bonbons est entier. Le plus petit entier supérieur à 75,7 est 76 : on vérifie \( B(0{,}76) \approx 10{,}05 \gt 10 \) alors que \( B(0{,}75) \approx 9{,}88 \). Le plus grand entier inférieur à 155,8 est 155 : \( B(1{,}55) \approx 10{,}17 \gt 10 \) alors que \( B(1{,}56) \approx 9{,}97 \lt 10 \). Attention à ne pas arrondir 155,8 à 156 : avec 156 bonbons, le bénéfice est d'environ 99,65 euros seulement.

En conclusion : l'artisan doit vendre entre 76 et 155 bonbons par semaine pour gagner plus de 100 euros.

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

Suites : suite géométrique auxiliaire, théorème des gendarmes, raisonnement par récurrence, croissances comparées, convergence monotone et limite d'une suite récurrente

1. Affirmation 1 : \( (w_n) \), avec \( w_n = t_n - 10 \), est géométrique.

Ensuite, on exprime \( w_{n+1} \) en fonction de \( w_n \). Pour tout entier naturel \( n \) :

\[ w_{n+1} = t_{n+1} - 10 = -0{,}8\,t_n + 18 - 10 = -0{,}8\,t_n + 8 = -0{,}8\left(t_n - 10\right) = -0{,}8\,w_n. \]

Par ailleurs, on passe de chaque terme au suivant en multipliant par le même nombre \( -0{,}8 \).

En conclusion : l'affirmation 1 est vraie ; \( (w_n) \) est géométrique de raison \( -0{,}8 \).

2. Affirmation 2 : \( u_n = \dfrac{S_n}{n} \) converge.

Pour \( n \geqslant 1 \), on divise l'encadrement par \( n \gt 0 \), ce qui conserve le sens des inégalités : \( 3 - \dfrac{4}{n} \leqslant u_n \leqslant 3 + \dfrac{4}{n} \). Les deux suites qui encadrent tendent vers 3, car \( \dfrac{4}{n} \to 0 \). D'après le théorème des gendarmes, \( (u_n) \) converge vers 3.

En conclusion : l'affirmation 2 est vraie ; \( \displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 3 \).

3. Affirmation 3 : pour tout \( n \geqslant 1 \), \( v_n = \dfrac{n+1}{n} \).

Ensuite, on raisonne par récurrence sur \( n \geqslant 1 \), avec la propriété \( \mathcal{P}(n) \) : « \( v_n = \dfrac{n+1}{n} \) ».

Initialisation. \( v_1 = 2 \) et \( \dfrac{1+1}{1} = 2 \) : \( \mathcal{P}(1) \) est vraie.

Hérédité. Soit \( n \geqslant 1 \) tel que \( v_n = \dfrac{n+1}{n} \). Alors \( \dfrac{1}{v_n} = \dfrac{n}{n+1} \) et

\[ v_{n+1} = 2 - \dfrac{n}{n+1} = \dfrac{2(n+1) - n}{n+1} = \dfrac{n+2}{n+1} = \dfrac{(n+1)+1}{n+1}, \]

ce qui est \( \mathcal{P}(n+1) \).

Conclusion de la récurrence. La propriété est vraie au rang 1 et se transmet d'un rang au suivant : elle est vraie pour tout \( n \geqslant 1 \).

En conclusion : l'affirmation 3 est vraie.

Question 4

4. Affirmation 4 : \( u_n = \text{e}^{n} - n \) converge.

Ainsi, on a une forme indéterminée « \( \infty - \infty \) ». Alors, on factorise par le terme dominant : \( u_n = \text{e}^{n}\left(1 - \dfrac{n}{\text{e}^{n}}\right) \). Par croissances comparées, \( \dfrac{n}{\text{e}^{n}} \to 0 \), donc la parenthèse tend vers 1, et comme \( \text{e}^{n} \to +\infty \), le produit tend vers \( +\infty \).

En conclusion : l'affirmation 4 est fausse ; \( (u_n) \) tend vers \( +\infty \), elle diverge.

5. Affirmation 5 : la suite définie par le script converge vers \( \sqrt{2} \).

Le programme part de \( u_0 = 2 \) et répète \( n \) fois l'instruction « valeur = 0.5 * (valeur + 2/valeur) ». La suite vérifie donc \( u_{n+1} = h(u_n) \) avec \( h(x) = \dfrac{1}{2}\left(x + \dfrac{2}{x}\right) \). Par exemple \( u_1 = 1{,}5 \) et \( u_2 \approx 1{,}4167 \).

La suite est décroissante et minorée par \( \sqrt{2} \) : d'après le théorème de convergence monotone, elle converge vers un réel \( \ell \), avec \( \sqrt{2} \leqslant \ell \leqslant 2 \) par passage à la limite dans l'encadrement. La fonction \( h \) est continue sur \( [\sqrt{2}~;~2] \) (où \( x \neq 0 \)), donc \( \ell \) vérifie \( \ell = h(\ell) \) :

\[ \ell = \dfrac{\ell}{2} + \dfrac{1}{\ell} \iff \dfrac{\ell}{2} = \dfrac{1}{\ell} \iff \ell^2 = 2. \]

Puisque \( \ell \geqslant \sqrt{2} \gt 0 \), la seule possibilité est \( \ell = \sqrt{2} \).

En conclusion : l'affirmation 5 est vraie ; \( (u_n) \) converge vers \( \sqrt{2} \) (c'est la méthode de Héron).

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

Loi binomiale, espérance, logarithme pour résoudre une inéquation, somme de variables aléatoires indépendantes, inégalité de Bienaymé-Tchebychev

Partie A

1. Loi de \( N \).

Examiner un cachet est une épreuve de Bernoulli dont le succès « le cachet est non conforme » a pour probabilité \( p = 0{,}02 \). Une boîte correspond à la répétition de 100 épreuves identiques, indépendantes d'après l'énoncé. \( N \) compte le nombre de succès.

En conclusion : \( N \) suit la loi binomiale de paramètres \( n = 100 \) et \( p = 0{,}02 \).

2. Espérance de \( N \) et interprétation.

Pour une loi binomiale, \( E(N) = np = 100 \times 0{,}02 = 2 \). Sur un grand nombre de boîtes, le nombre de cachets non conformes par boîte est en moyenne proche de 2.

En conclusion : \( E(N) = 2 \) : une boîte contient en moyenne 2 cachets non conformes.

3. a) Probabilité d'exactement trois cachets non conformes.

\[ P(N = 3) = \binom{100}{3} \times 0{,}02^{3} \times 0{,}98^{97} \approx 0{,}182. \]

En conclusion : \( P(N = 3) \approx 0{,}182 \).

3. b) Probabilité d'au moins 95 cachets conformes.

Avoir au moins 95 cachets conformes sur 100, c'est avoir au plus 5 cachets non conformes. Puis on calcule donc \( P(N \leqslant 5) \) avec la fonction de répartition de la loi binomiale de la calculatrice.

En conclusion : \( P(N \leqslant 5) \approx 0{,}985 \).

4. Nombre maximal de cachets par boîte.

Pour une boîte de \( n \) cachets, la probabilité qu'aucun ne soit non conforme est \( 0{,}98^{n} \) (probabilité de zéro succès dans une loi binomiale de paramètres \( n \) et 0,02). Ensuite, on résout \( 0{,}98^{n} \gt 0{,}5 \). La fonction \( \ln \) étant strictement croissante :

\[ 0{,}98^{n} \gt 0{,}5 \iff n\ln(0{,}98) \gt \ln(0{,}5) \iff n \lt \dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}98)}, \]

le sens de l'inégalité changeant car \( \ln(0{,}98) \lt 0 \). Or \( \dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}98)} \approx 34{,}31 \). Contrôle : \( 0{,}98^{34} \approx 0{,}503 \gt 0{,}5 \) et \( 0{,}98^{35} \approx 0{,}493 \lt 0{,}5 \).

En conclusion : une boîte doit contenir au maximum 34 cachets.

Partie B

1. Espérance de \( S \) et interprétation.

Par linéarité de l'espérance, \( E(S) = E(M_1) + E(M_2) + \ldots + E(M_{100}) = 100 \times 2 = 200 \).

En conclusion : \( E(S) = 200 \) : en moyenne, 100 cachets prélevés pèsent au total 200 grammes.

2. Montrer que \( s = 10\sigma \).

Les variables \( M_i \) sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme de leurs variances. Chacune a pour variance \( \sigma^2 \), d'où \( V(S) = 100\sigma^2 \). L'écart type est la racine carrée de la variance : \( s = \sqrt{100\sigma^2} = 10\sigma \), car \( \sigma \geqslant 0 \).

En conclusion : \( V(S) = 100\sigma^2 \) et \( s = 10\sigma \).

3. a) Traduire la condition.

La condition s'écrit \( P(199 \lt S \lt 201) \geqslant 0{,}9 \). Or \( 199 \lt S \lt 201 \iff -1 \lt S - 200 \lt 1 \iff |S - 200| \lt 1 \). L'événement contraire de \( \{|S - 200| \lt 1\} \) est \( \{|S - 200| \geqslant 1\} \), donc :

\[ P(|S - 200| \lt 1) \geqslant 0{,}9 \iff 1 - P(|S - 200| \geqslant 1) \geqslant 0{,}9 \iff P(|S - 200| \geqslant 1) \leqslant 0{,}1. \]

En conclusion : la condition équivaut bien à \( P(|S - 200| \geqslant 1) \leqslant 0{,}1 \).

3. b) Valeur maximale de \( \sigma \) garantie par Bienaymé-Tchebychev.

L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à \( S \), d'espérance 200 et de variance \( 100\sigma^2 \), avec l'écart \( \delta = 1 \), donne :

\[ P(|S - 200| \geqslant 1) \leqslant \dfrac{V(S)}{1^2} = 100\sigma^2. \]

Pour être certain que \( P(|S - 200| \geqslant 1) \leqslant 0{,}1 \), il suffit que le majorant vérifie \( 100\sigma^2 \leqslant 0{,}1 \), soit \( \sigma^2 \leqslant 0{,}001 \), c'est-à-dire \( \sigma \leqslant \sqrt{0{,}001} \approx 0{,}0316 \) g, puisque \( \sigma \) est positif.

En conclusion : la valeur maximale est \( \sigma = \sqrt{0{,}001} = \dfrac{\sqrt{10}}{100} \approx 0{,}032 \) g, soit environ 32 milligrammes.

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Pour montrer qu'un point est le projeté orthogonal d'un autre sur un plan, il faut deux vérifications : le point est dans le plan, et le vecteur qui les joint est colinéaire à un vecteur normal.
• Quand un facteur de l'intégrande s'annule aux deux bornes, l'intégration par parties fait disparaître le crochet : pense à dériver ce facteur.
• En économie, un bénéfice « supérieur à » un seuil impose d'arrondir vers l'intérieur de l'intervalle : 155,8 donne 155 bonbons et non 156.
• Pour une suite \( u_{n+1} = au_n + b \), la suite auxiliaire \( u_n - \ell \), avec \( \ell \) solution de \( \ell = a\ell + b \), est géométrique.
• La variance d'une somme de variables indépendantes s'additionne, pas l'écart type : \( 100 \) variables donnent un écart type multiplié par \( \sqrt{100} = 10 \).
• Dans une inéquation du type \( q^{n} \gt c \) avec \( 0 \lt q \lt 1 \), diviser par \( \ln(q) \lt 0 \) change le sens de l'inégalité.

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

Cette correction complète du bac 2024, France, septembre, jour 1 du 11 septembre 2024 reprend les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (6 points) porte sur : géométrie dans l'espace : repère du cube, équation cartésienne de plan, représentation paramétrique, projeté orthogonal, volumes de pyramides. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (5 points) traite : intégration par parties, aire sous une courbe, fonction logarithme, dérivée d'un produit, tableau de variation, corollaire du théorème des valeurs intermédiaires. Puis, la correction de l'exercice 3 (5 points) traite : suites : suite géométrique auxiliaire, théorème des gendarmes, raisonnement par récurrence, croissances comparées, convergence monotone et limite d'une suite récurrente. Enfin, la correction de l'exercice 4 (4 points) aborde : loi binomiale, espérance, logarithme pour résoudre une inéquation, somme de variables aléatoires indépendantes, inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

Avant de lire une solution, cherchez d'abord la question seul pendant quelques minutes. Ensuite, comparez votre démarche avec la rédaction proposée, et pas seulement le résultat final. Enfin, notez les méthodes qui vous ont manqué pour les revoir plus tard.

Méthodes à retenir dans ce corrigé du bac 2024, France, septembre, 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. Lorsqu'une loi binomiale apparaît, justifiez-la en citant les épreuves identiques et indépendantes. Par ailleurs, donnez toujours la valeur de n et celle de p. 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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