Corrigé du bac de maths 2025 : Amérique du Nord, jour 2
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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2025, Amérique du Nord, jour 2) 5 points
Loi binomiale, espérance et linéarité, variance d'une moyenne, inégalité de Bienaymé-Tchebychev et inégalité de concentration
Partie A
1. Paramètres de la loi binomiale suivie par \(N\).
Chaque lancer est une épreuve à deux issues : succès « le panier est réussi », de probabilité \(p = 0{,}32\), ou échec. Victor répète cette épreuve 15 fois, de façon indépendante, et \(N\) compte les succès. Ensuite, on est donc face à un schéma de Bernoulli de 15 épreuves.
En conclusion : \(N\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 15\) et \(p = 0{,}32\), notée \(\mathcal{B}(15\,;\,0{,}32)\).
2. Probabilité de réussir exactement 4 paniers.
Alors, on applique la formule de la loi binomiale avec \(k = 4\) : il faut choisir les 4 lancers réussis parmi 15, les 11 autres étant manqués avec la probabilité \(1 - 0{,}32 = 0{,}68\).
\[P(N = 4) = \binom{15}{4} \times 0{,}32^{4} \times 0{,}68^{11} = 1365 \times 0{,}32^{4} \times 0{,}68^{11} \approx 0{,}2057.\]
En conclusion : \(P(N = 4) \approx 0{,}206\).
3. Probabilité de réussir au plus 6 paniers.
« Au plus 6 » signifie \(N \leqslant 6\). La calculatrice fournit directement la fonction de répartition de la loi binomiale (commande du type binomFRép(15, 0.32, 6)), ce qui revient à additionner \(P(N=0) + P(N=1) + \ldots + P(N=6)\).
En conclusion : \(P(N \leqslant 6) \approx 0{,}828\).
4. Espérance de \(N\).
Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(n\,;\,p)\), l'espérance vaut \(np\). Ici \(E(N) = 15 \times 0{,}32 = 4{,}8\). Sur un grand nombre de séries de 15 tirs, Victor réussit donc en moyenne 4,8 paniers par série.
En conclusion : \(E(N) = 4{,}8\).
Question 5 a
5. a) Exprimer \(T\) en fonction de \(N\).
Tous les tirs de la série sont des tirs à trois points : chaque panier réussi rapporte 3 points et chaque tir manqué n'en rapporte aucun. Le total de points est donc le triple du nombre de paniers.
En conclusion : \(T = 3N\).
5. b) Espérance de \(T\) et interprétation.
L'espérance est linéaire : \(E(aN) = a\,E(N)\). D'où \(E(T) = 3\,E(N) = 3 \times 4{,}8 = 14{,}4\).
Interprétation : si Victor répétait un très grand nombre de fois cette série de 15 tirs à trois points, il marquerait en moyenne environ 14,4 points par série.
En conclusion : \(E(T) = 14{,}4\) points en moyenne par série de 15 lancers.
5. c) Calculer \(P(12 \leqslant T \leqslant 18)\).
Comme \(T = 3N\), on divise l'encadrement par 3 (nombre positif, le sens ne change pas) : \(12 \leqslant 3N \leqslant 18 \iff 4 \leqslant N \leqslant 6\).
\[P(4 \leqslant N \leqslant 6) = P(N \leqslant 6) - P(N \leqslant 3) = P(N=4)+P(N=5)+P(N=6) \approx 0{,}2057 + 0{,}2130 + 0{,}1671.\]
En conclusion : \(P(12 \leqslant T \leqslant 18) \approx 0{,}586\).
Partie B
1. a) Que représente \(M_{50}\) ?
\(X_1 + X_2 + \ldots + X_{50}\) est le total des points marqués par Victor sur ses 50 matchs ; en le divisant par 50, on obtient le nombre moyen de points par match.
En conclusion : \(M_{50}\) est la moyenne des points marqués par Victor par match sur une série de 50 matchs (moyenne empirique de l'échantillon).
1. b) Espérance et variance de \(M_{50}\).
Par linéarité de l'espérance, \(E(M_{50}) = \dfrac{1}{50}\left(E(X_1) + \ldots + E(X_{50})\right) = \dfrac{50 \times 22}{50} = 22\).
Pour la variance, on utilise l'indépendance des \(X_i\), qui permet d'additionner les variances, et la propriété \(V(aY) = a^2 V(Y)\) : \(V(M_{50}) = \dfrac{1}{50^2}\left(V(X_1) + \ldots + V(X_{50})\right) = \dfrac{50 \times 65}{2500} = \dfrac{65}{50} = 1{,}3\).
En conclusion : \(E(M_{50}) = 22\) et \(V(M_{50}) = 1{,}3\).
1. c) Montrer que \(P\left(\left|M_{50}-22\right| \geqslant 3\right) \leqslant \dfrac{13}{90}\).
L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev affirme que, pour toute variable aléatoire \(Y\) et tout réel \(\delta \gt 0\), \(P\left(|Y - E(Y)| \geqslant \delta\right) \leqslant \dfrac{V(Y)}{\delta^2}\).
Ensuite, on l'applique à \(Y = M_{50}\), dont l'espérance est 22, avec \(\delta = 3\) :
\[P\left(\left|M_{50}-22\right| \geqslant 3\right) \leqslant \dfrac{1{,}3}{9} = \dfrac{13}{90}.\]
En conclusion : on obtient bien \(P\left(\left|M_{50}-22\right| \geqslant 3\right) \leqslant \dfrac{13}{90}\).
1. d) Montrer que \(P(19 \lt M_{50} \lt 25) \gt 0{,}85\).
Dire que \(19 \lt M_{50} \lt 25\), c'est dire que \(M_{50}\) est à une distance de 22 strictement inférieure à 3, soit \(\left|M_{50} - 22\right| \lt 3\). Cet évènement est le contraire de \(\left|M_{50} - 22\right| \geqslant 3\), donc :
\[P(19 \lt M_{50} \lt 25) = 1 - P\left(\left|M_{50}-22\right| \geqslant 3\right) \geqslant 1 - \dfrac{13}{90} = \dfrac{77}{90}.\]
Or \(\dfrac{77}{90} \approx 0{,}856\) et \(0{,}85 = \dfrac{76{,}5}{90}\), donc \(\dfrac{77}{90} \gt 0{,}85\).
En conclusion : \(P(19 \lt M_{50} \lt 25) \geqslant \dfrac{77}{90} \gt 0{,}85\).
Question 2
2. Vrai ou faux : aucun \(n\) ne vérifie \(P\big(\left|M_{n}-22\right| \geqslant 3\big) \lt 0{,}01\).
Pour montrer qu'une telle affirmation est fausse, il suffit d'exhiber un entier qui convient. Comme en 1. b), \(E(M_n) = 22\) et \(V(M_n) = \dfrac{65}{n}\). L'inégalité de concentration (Bienaymé-Tchebychev appliquée à \(M_n\)) donne :
\[P\big(\left|M_{n}-22\right| \geqslant 3\big) \leqslant \dfrac{65}{9n}.\]
Il suffit donc que \(\dfrac{65}{9n} \lt 0{,}01\), c'est-à-dire \(9n \gt 6500\), soit \(n \gt 722{,}2\ldots\). Par exemple, pour \(n = 723\) : \(\dfrac{65}{9 \times 723} = \dfrac{65}{6507} \approx 0{,}00999 \lt 0{,}01\).
Par ailleurs, on retrouve ici la loi faible des grands nombres : plus Victor joue de matchs, plus sa moyenne a de chances d'être proche de 22.
En conclusion : l'affirmation est fausse ; tout entier \(n \geqslant 723\) vérifie \(P\big(\left|M_{n}-22\right| \geqslant 3\big) \lt 0{,}01\).
Corrigé de l’exercice 2 (bac 2025, Amérique du Nord, jour 2) 5 points
Suite définie par récurrence, raisonnement par récurrence, convergence monotone, point fixe, suite géométrique, logarithme népérien, approximation affine, algorithme Python
Partie A
1. a) Valeurs exactes de \(u_1\) et \(u_2\).
Alors, on applique deux fois la relation \(u_{n+1} = \sqrt{u_n}\) : \(u_1 = \sqrt{u_0} = \sqrt{2}\), puis \(u_2 = \sqrt{u_1} = \sqrt{\sqrt{2}}\), que l'on peut aussi écrire \(2^{\frac{1}{4}}\).
En conclusion : \(u_1 = \sqrt{2}\) et \(u_2 = \sqrt{\sqrt{2}} = 2^{\frac{1}{4}}\).
1. b) Conjecture sur le sens de variation et la limite.
À la calculatrice : \(u_1 \approx 1{,}414\), \(u_2 \approx 1{,}189\), \(u_3 \approx 1{,}091\), \(u_4 \approx 1{,}044\), \(u_5 \approx 1{,}022\)… Les termes diminuent et se rapprochent de 1 en restant au-dessus.
Conjecture : la suite \((u_n)\) est décroissante et converge vers 1.
2. a) Montrer par récurrence que \(1 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n\).
Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(1 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n\) ».
Initialisation. \(u_0 = 2\) et \(u_1 = \sqrt{2} \approx 1{,}414\), donc \(1 \leqslant u_1 \leqslant u_0\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie : \(1 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n\). La fonction racine carrée est croissante sur \([0\,;\,+\infty[\), donc elle conserve l'ordre de ces trois nombres positifs : \(\sqrt{1} \leqslant \sqrt{u_{n+1}} \leqslant \sqrt{u_n}\), c'est-à-dire \(1 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1}\). Ainsi \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel \(n\).
En conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(1 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n\).
Question 2 b
2. b) En déduire que \((u_n)\) converge.
L'inégalité \(u_{n+1} \leqslant u_n\) pour tout \(n\) montre que la suite est décroissante. L'inégalité \(1 \leqslant u_{n+1}\) pour tout \(n\), jointe à \(u_0 = 2 \geqslant 1\), montre qu'elle est minorée par 1. D'après le théorème de convergence monotone, toute suite décroissante et minorée converge.
En conclusion : la suite \((u_n)\) converge vers un réel \(\ell\), et comme tous ses termes sont supérieurs ou égaux à 1, \(\ell \geqslant 1\).
2. c) Résoudre \(\sqrt{x} = x\) sur \([0\,;\,+\infty[\).
Pour \(x \geqslant 0\), les deux membres sont positifs, donc l'égalité équivaut à celle de leurs carrés : \(\sqrt{x} = x \iff x = x^2 \iff x^2 - x = 0 \iff x(x - 1) = 0\). Un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs l'est : \(x = 0\) ou \(x = 1\). Les deux valeurs appartiennent bien à \([0\,;\,+\infty[\).
En conclusion : l'ensemble des solutions est \(\{0\,;\,1\}\).
2. d) Limite de \((u_n)\).
La suite vérifie \(u_{n+1} = h(u_n)\) avec \(h(x) = \sqrt{x}\), fonction continue sur \([0\,;\,+\infty[\), et elle converge vers \(\ell\). En passant à la limite dans la relation de récurrence, \(\ell = \sqrt{\ell}\) : \(\ell\) est une solution de l'équation de la question précédente, donc \(\ell = 0\) ou \(\ell = 1\). Comme \(\ell \geqslant 1\), la seule possibilité est \(\ell = 1\).
En conclusion : \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 1\), ce qui confirme la conjecture.
Partie B
1. a) Montrer que \((v_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\).
Tous les \(u_n\) sont supérieurs ou égaux à 1, donc strictement positifs, et \(v_n = \ln(u_n)\) est bien défini. Pour tout entier naturel \(n\), avec la propriété \(\ln\left(\sqrt{a}\right) = \dfrac{1}{2}\ln(a)\) pour \(a \gt 0\) :
\[v_{n+1} = \ln\left(u_{n+1}\right) = \ln\left(\sqrt{u_n}\right) = \dfrac{1}{2}\ln(u_n) = \dfrac{1}{2}\,v_n.\]
En conclusion : \((v_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\) et de premier terme \(v_0 = \ln(u_0) = \ln(2)\).
1. b) Expression de \(v_n\) en fonction de \(n\).
Le terme général d'une suite géométrique est \(v_n = v_0 \times q^n\), ici \(v_n = \ln(2) \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\).
En conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(v_n = \dfrac{\ln(2)}{2^n}\).
1. c) En déduire que \(\ln(2) = 2^n \ln(u_n)\).
Par définition \(v_n = \ln(u_n)\), et d'après la question précédente \(v_n = \dfrac{\ln(2)}{2^n}\). En égalant ces deux écritures puis en multipliant par \(2^n\), on obtient la relation voulue.
En conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(\ln(2) = 2^n \ln(u_n)\).
2. a) Plus petit \(k\) tel que \(u_k \in \,]0{,}99\,;\,1{,}01[\), et valeur approchée de \(u_k\).
La suite décroît vers 1 en restant supérieure ou égale à 1 : il suffit donc de chercher le premier terme strictement inférieur à 1,01. Donc on a \(u_n = 2^{\frac{1}{2^n}}\), et la calculatrice donne :
| \(n\) | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
|---|---|---|---|---|---|
| \(u_n\) | 1,09051 | 1,04427 | 1,02190 | 1,01089 | 1,00543 |
\(u_6 \approx 1{,}01089\) n'est pas dans l'intervalle, alors que \(u_7 \approx 1{,}00543\) y est.
En conclusion : \(k = 7\) et \(u_7 \approx 1{,}00543\) à \(10^{-5}\) près.
Question 2 b
2. b) Approximation de \(\ln(u_k)\).
Puisque \(u_7\) appartient à \(]0{,}99\,;\,1{,}01[\), on remplace le logarithme par la tangente en 1 : \(\ln(u_7) \approx u_7 - 1\). Graphiquement, près de 1, la courbe \(\mathscr{C}\) et la droite T sont presque confondues.
En conclusion : \(\ln(u_7) \approx 0{,}00543\).
2. c) Approximation de \(\ln(2)\).
La relation de la question 1. c) avec \(n = 7\) donne \(\ln(2) = 2^7 \ln(u_7) = 128 \ln(u_7)\). Ensuite, on y reporte l'approximation précédente : \(\ln(2) \approx 128 \times 0{,}00543 = 0{,}69504\). À titre de contrôle, la calculatrice donne \(\ln(2) \approx 0{,}69315\) : l'erreur est inférieure à 0,002.
En conclusion : \(\ln(2) \approx 0{,}695\).
3. Compléter la fonction Briggs(a).
La boucle remplace \(a\) par sa racine carrée tant que \(a \geqslant 1{,}01\), et \(n\) compte le nombre de racines prises. À la sortie, la variable a contient \(a^{\frac{1}{2^n}}\), nombre compris entre 1 et 1,01 (car \(a \gt 1\) au départ). Le même raisonnement qu'en partie B montre que \(\ln(a) = 2^n \ln\left(a^{\frac{1}{2^n}}\right)\), et l'approximation par la tangente donne \(\ln\left(a^{\frac{1}{2^n}}\right) \approx a^{\frac{1}{2^n}} - 1\). Il faut donc renvoyer \(2^n\) multiplié par (valeur finale de a moins 1).
from math import*
def Briggs(a):
n = 0
while a >= 1.01:
a = sqrt(a)
n = n+1
L = 2**n * (a - 1)
return L
Par exemple, Briggs(2) effectue 7 passages dans la boucle et renvoie environ 0,69503, la valeur trouvée à la question 2. c).
En conclusion : la ligne à compléter est L = 2**n * (a - 1).
Corrigé de l’exercice 3 (bac 2025, Amérique du Nord, jour 2) 5 points
Vecteurs de l'espace, bases, produit scalaire, vecteur normal à un plan, équation cartésienne, projeté orthogonal et distance, position relative de deux droites
Partie A
Pour les trois premières affirmations, on se place dans le repère orthonormé \(\left(\text{A}\,;\,\overrightarrow{\text{AB}},\,\overrightarrow{\text{AD}},\,\overrightarrow{\text{AE}}\right)\), légitime puisque l'arête mesure 1. Pour cela, on y lit : B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1), H(0 ; 1 ; 1), puis, comme milieux : I(0,5 ; 0 ; 0), J(1 ; 0 ; 0,5), L(0,5 ; 1 ; 0), M(0 ; 1 ; 0,5).
Affirmation 1 \(\overrightarrow{\text{JH}} = 2\overrightarrow{\text{BI}} + \overrightarrow{\text{DM}} - \overrightarrow{\text{CB}}\).
Puis on calcule chaque vecteur à partir des coordonnées : \(\overrightarrow{\text{JH}}(-1\,;\,1\,;\,0{,}5)\), \(\overrightarrow{\text{BI}}(-0{,}5\,;\,0\,;\,0)\) donc \(2\overrightarrow{\text{BI}}(-1\,;\,0\,;\,0)\), \(\overrightarrow{\text{DM}}(0\,;\,0\,;\,0{,}5)\) et \(\overrightarrow{\text{CB}}(0\,;\,-1\,;\,0)\), donc \(-\overrightarrow{\text{CB}}(0\,;\,1\,;\,0)\).
La somme \(2\overrightarrow{\text{BI}} + \overrightarrow{\text{DM}} - \overrightarrow{\text{CB}}\) a pour coordonnées \((-1 + 0 + 0\,;\,0 + 0 + 1\,;\,0 + 0{,}5 + 0) = (-1\,;\,1\,;\,0{,}5)\), exactement celles de \(\overrightarrow{\text{JH}}\).
Sans coordonnées, on peut aussi le lire sur la figure : \(2\overrightarrow{\text{BI}} = \overrightarrow{\text{BA}} = \overrightarrow{\text{FE}}\), \(-\overrightarrow{\text{CB}} = \overrightarrow{\text{BC}} = \overrightarrow{\text{EH}}\) et \(\overrightarrow{\text{DM}} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{\text{DH}} = \overrightarrow{\text{JF}}\), dont la somme vaut \(\overrightarrow{\text{JF}} + \overrightarrow{\text{FE}} + \overrightarrow{\text{EH}} = \overrightarrow{\text{JH}}\) par la relation de Chasles.
Affirmation 1 : VRAIE.
Affirmation 2 \(\left(\overrightarrow{\text{AB}},\,\overrightarrow{\text{AH}},\,\overrightarrow{\text{AG}}\right)\) est une base de l'espace.
Trois vecteurs forment une base si et seulement s'ils ne sont pas coplanaires. Or \(\overrightarrow{\text{AB}}(1\,;\,0\,;\,0)\), \(\overrightarrow{\text{AH}}(0\,;\,1\,;\,1)\) et \(\overrightarrow{\text{AG}}(1\,;\,1\,;\,1)\) vérifient \(\overrightarrow{\text{AG}} = \overrightarrow{\text{AB}} + \overrightarrow{\text{AH}}\). Géométriquement, ABGH est un rectangle (les points A, B, G, H sont dans un même plan), ce qui explique cette relation.
Le troisième vecteur s'écrit comme combinaison linéaire des deux premiers : les trois vecteurs sont coplanaires.
Affirmation 2 : FAUSSE.
Affirmation 3 \(\overrightarrow{\text{IB}} \cdot \overrightarrow{\text{LM}} = -\dfrac{1}{4}\).
Le repère étant orthonormé, on utilise l'expression analytique du produit scalaire. \(\overrightarrow{\text{IB}}(0{,}5\,;\,0\,;\,0)\) et \(\overrightarrow{\text{LM}}(0 - 0{,}5\,;\,1 - 1\,;\,0{,}5 - 0) = (-0{,}5\,;\,0\,;\,0{,}5)\).
\[\overrightarrow{\text{IB}} \cdot \overrightarrow{\text{LM}} = 0{,}5 \times (-0{,}5) + 0 \times 0 + 0 \times 0{,}5 = -0{,}25 = -\dfrac{1}{4}.\]
Affirmation 3 : VRAIE.
Partie B
Le plan \(\mathcal{P}\) d'équation \(2x - y + 3z + 6 = 0\) admet pour vecteur normal \(\vec{n}(2\,;\,-1\,;\,3)\) (coefficients de \(x\), \(y\), \(z\)). La droite (AB) est dirigée par \(\overrightarrow{\text{AB}}(5 - 2\,;\,-3 - 0\,;\,7 - (-1)) = (3\,;\,-3\,;\,8)\).
Affirmation 4 \(\mathcal{P}\) et (AB) sont parallèles.
Une droite est parallèle à un plan si et seulement si son vecteur directeur est orthogonal à un vecteur normal du plan. Calculons : \(\overrightarrow{\text{AB}} \cdot \vec{n} = 3 \times 2 + (-3) \times (-1) + 8 \times 3 = 6 + 3 + 24 = 33\).
Ce produit scalaire n'est pas nul : \(\overrightarrow{\text{AB}}\) n'est pas orthogonal à \(\vec{n}\), donc la droite (AB) coupe le plan \(\mathcal{P}\) en un point.
Affirmation 4 : FAUSSE.
Affirmation 5 Le plan parallèle à \(\mathcal{P}\) passant par B a pour équation \(-2x + y - 3z + 34 = 0\).
Le plan proposé a pour vecteur normal \(\vec{n'}(-2\,;\,1\,;\,-3) = -\vec{n}\). Les vecteurs normaux étant colinéaires, ce plan est parallèle à \(\mathcal{P}\). (En multipliant l'équation de \(\mathcal{P}\) par \(-1\), on obtient \(-2x + y - 3z - 6 = 0\) : seule la constante diffère, ce qui confirme deux plans parallèles distincts.)
Par ailleurs, on teste ensuite les coordonnées de B(5 ; −3 ; 7) : \(-2 \times 5 + (-3) - 3 \times 7 + 34 = -10 - 3 - 21 + 34 = 0\). Le point B appartient bien à ce plan.
Comme par un point il passe un unique plan parallèle à un plan donné, c'est bien \(\mathcal{P}'\).
Affirmation 5 : VRAIE.
Affirmation 6 La distance de A à \(\mathcal{P}\) vaut \(\dfrac{\sqrt{14}}{2}\).
La distance de A au plan est la longueur AA′, où A′ est le projeté orthogonal de A sur \(\mathcal{P}\) (on évite la lettre H, déjà prise par un sommet du cube). A′ est le point d'intersection de \(\mathcal{P}\) avec la droite \(\Delta\) passant par A et dirigée par \(\vec{n}\). Une représentation paramétrique de \(\Delta\) est \(x = 2 + 2t\), \(y = -t\), \(z = -1 + 3t\), avec \(t \in \mathbb{R}\).
Alors, on injecte dans l'équation du plan : \(2(2 + 2t) - (-t) + 3(-1 + 3t) + 6 = 0\), soit \(4 + 4t + t - 3 + 9t + 6 = 0\), c'est-à-dire \(14t + 7 = 0\), donc \(t = -\dfrac{1}{2}\).
Ainsi \(\overrightarrow{\text{AA}'} = -\dfrac{1}{2}\vec{n}\), et \(\text{AA}' =\dfrac{1}{2}\|\vec{n}\| = \dfrac{1}{2}\sqrt{2^2 + (-1)^2 + 3^2} = \dfrac{\sqrt{14}}{2}\). (Le point A′ a pour coordonnées \(\left(1\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,-\dfrac{5}{2}\right)\).)
Affirmation 6 : VRAIE, la distance vaut \(\dfrac{\sqrt{14}}{2} \approx 1{,}87\).
Affirmation 7 (AB) et \((d)\) ne sont pas coplanaires.
La droite \((d)\) est dirigée par \(\vec{u}(2\,;\,0\,;\,-5)\). Ce vecteur n'est pas colinéaire à \(\overrightarrow{\text{AB}}(3\,;\,-3\,;\,8)\) : la deuxième coordonnée de \(\vec{u}\) est nulle alors que celle de \(\overrightarrow{\text{AB}}\) ne l'est pas. Les droites ne sont donc pas parallèles ; elles sont coplanaires si et seulement si elles sont sécantes.
Une représentation paramétrique de (AB), passant par A et dirigée par \(\overrightarrow{\text{AB}}\), est \(x = 2 + 3t\), \(y = -3t\), \(z = -1 + 8t\), avec \(t \in \mathbb{R}\). Puis on cherche \(t\) et \(k\) tels que les deux points coïncident :
\[\begin{cases} 2 + 3t = -12 + 2k \\ -3t = 6 \\ -1 + 8t = 3 - 5k \end{cases}\]
La deuxième équation donne \(t = -2\). La première devient \(2 - 6 = -12 + 2k\), soit \(k = 4\). Ensuite, on vérifie la troisième : à gauche \(-1 - 16 = -17\), à droite \(3 - 20 = -17\). Les trois équations sont satisfaites.
Les droites se coupent donc au point de coordonnées \((-4\,;\,6\,;\,-17)\) ; deux droites sécantes sont contenues dans un même plan.
Affirmation 7 : FAUSSE, les droites sont sécantes en \((-4\,;\,6\,;\,-17)\), donc coplanaires.
Corrigé de l’exercice 4 (bac 2025, Amérique du Nord, jour 2) 5 points
Dérivée d'un produit, fonctions trigonométriques, tangente, convexité et dérivée seconde, point d'inflexion, intégration par parties, calcul d'aire
Partie A
1. a) Montrer que \(f'(x) = \text{e}^x[\sin(x) + \cos(x)]\).
\(f\) est le produit des fonctions \(x \mapsto \text{e}^x\) et \(x \mapsto \sin(x)\), toutes deux dérivables sur \([0\,;\,\pi]\), de dérivées respectives \(\text{e}^x\) et \(\cos(x)\). La formule \((uv)' = u'v + uv'\) donne :
\[f'(x) = \text{e}^x \sin(x) + \text{e}^x \cos(x) = \text{e}^x\left[\sin(x) + \cos(x)\right].\]
En conclusion : pour tout \(x \in [0\,;\,\pi]\), \(f'(x) = \text{e}^x[\sin(x) + \cos(x)]\).
1. b) \(f\) est strictement croissante sur \(\left[0\,;\,\dfrac{\pi}{2}\right]\).
Sur \(\left[0\,;\,\dfrac{\pi}{2}\right]\), on a \(\sin(x) \geqslant 0\) et \(\cos(x) \geqslant 0\) (premier quart du cercle trigonométrique). Ces deux nombres ne peuvent pas être nuls en même temps, puisque \(\sin^2(x) + \cos^2(x) = 1\). Leur somme est donc strictement positive. Comme \(\text{e}^x \gt 0\), le produit \(f'(x)\) est strictement positif sur tout l'intervalle.
En conclusion : \(f'(x) \gt 0\) sur \(\left[0\,;\,\dfrac{\pi}{2}\right]\), donc \(f\) y est strictement croissante.
2. a) Équation de la tangente \(T\) au point d'abscisse 0.
L'équation de la tangente au point d'abscisse 0 est \(y = f'(0)(x - 0) + f(0)\). Alors, on calcule \(f(0) = \text{e}^0 \sin(0) = 0\) et \(f'(0) = \text{e}^0\left(\sin(0) + \cos(0)\right) = 1 \times (0 + 1) = 1\).
En conclusion : \(T : y = x\).
2. b) \(f\) est convexe sur \(\left[0\,;\,\dfrac{\pi}{2}\right]\).
Puis on étudie le signe de la dérivée seconde. \(f'\) est le produit de \(\text{e}^x\) par \(\sin(x) + \cos(x)\), dont la dérivée est \(\cos(x) - \sin(x)\). Donc :
\[f''(x) = \text{e}^x\left[\sin(x) + \cos(x)\right] + \text{e}^x\left[\cos(x) - \sin(x)\right] = 2\text{e}^x \cos(x).\]
Le facteur \(2\text{e}^x\) est strictement positif, donc \(f''(x)\) a le signe de \(\cos(x)\) sur \([0\,;\,\pi]\) :
| \(x\) | \(0\) | \(\dfrac{\pi}{2}\) | \(\pi\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f''(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) |
Sur \(\left[0\,;\,\dfrac{\pi}{2}\right]\), \(\cos(x) \geqslant 0\), donc \(f''(x) \geqslant 0\).
En conclusion : \(f'' \geqslant 0\) sur \(\left[0\,;\,\dfrac{\pi}{2}\right]\), donc \(f\) est convexe sur cet intervalle.
Question 2 c
2. c) En déduire que \(\text{e}^x \sin(x) \geqslant x\) sur \(\left[0\,;\,\dfrac{\pi}{2}\right]\).
Une fonction convexe sur un intervalle a sa courbe située au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle. La tangente \(T\) en 0 a pour équation \(y = x\) et le point de contact appartient à \(\left[0\,;\,\dfrac{\pi}{2}\right]\). Donc, pour tout \(x\) de cet intervalle, \(f(x) \geqslant x\).
En conclusion : pour tout \(x \in \left[0\,;\,\dfrac{\pi}{2}\right]\), \(\text{e}^x \sin(x) \geqslant x\).
3. Le point d'abscisse \(\dfrac{\pi}{2}\) est un point d'inflexion.
D'après le tableau de signes précédent, \(f''(x) = 2\text{e}^x\cos(x)\) s'annule en \(\dfrac{\pi}{2}\) en changeant de signe : positive avant, négative après (car \(\cos(x) \lt 0\) sur \(\left]\dfrac{\pi}{2}\,;\,\pi\right]\)). La fonction passe donc de convexe à concave en ce point, et la courbe traverse sa tangente.
En conclusion : le point de \(\mathcal{C}_f\) d'abscisse \(\dfrac{\pi}{2}\), de coordonnées \(\left(\dfrac{\pi}{2}\,;\,\text{e}^{\frac{\pi}{2}}\right)\), est un point d'inflexion.
Partie B
1. Établir \(I = 1 + J\) et \(I = \text{e}^{\frac{\pi}{2}} - J\) par deux intégrations par parties.
Rappel : pour \(u\) et \(v\) dérivables à dérivées continues sur \([a\,;\,b]\), \(\displaystyle\int_a^b u(x)v'(x)\,\text{d}x = \Big[u(x)v(x)\Big]_a^b - \int_a^b u'(x)v(x)\,\text{d}x\). Toutes les fonctions utilisées ci-dessous (exponentielle, sinus, cosinus) remplissent ces conditions sur \(\left[0\,;\,\dfrac{\pi}{2}\right]\).
Première manière : on dérive l'exponentielle. Ensuite, on pose \(u(x) = \text{e}^x\), \(u'(x) = \text{e}^x\), et \(v'(x) = \sin(x)\), \(v(x) = -\cos(x)\).
\[I = \Big[-\text{e}^x\cos(x)\Big]_0^{\frac{\pi}{2}} + \int_0^{\frac{\pi}{2}} \text{e}^x\cos(x)\,\text{d}x = \left(-\text{e}^{\frac{\pi}{2}} \times 0\right) - \left(-\text{e}^0 \times 1\right) + J = 1 + J.\]
Seconde manière : on dérive le sinus. Alors, on pose \(u(x) = \sin(x)\), \(u'(x) = \cos(x)\), et \(v'(x) = \text{e}^x\), \(v(x) = \text{e}^x\).
\[I = \Big[\text{e}^x\sin(x)\Big]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} \text{e}^x\cos(x)\,\text{d}x = \left(\text{e}^{\frac{\pi}{2}} \times 1\right) - \left(\text{e}^0 \times 0\right) - J = \text{e}^{\frac{\pi}{2}} - J.\]
En conclusion : \(I = 1 + J\) et \(I = \text{e}^{\frac{\pi}{2}} - J\).
2. En déduire la valeur de \(I\).
Par ailleurs, on additionne membre à membre les deux égalités pour éliminer \(J\) : \(2I = 1 + J + \text{e}^{\frac{\pi}{2}} - J = 1 + \text{e}^{\frac{\pi}{2}}\), puis on divise par 2.
En conclusion : \(I = \dfrac{1 + \text{e}^{\frac{\pi}{2}}}{2} \approx 2{,}905\) (et, au passage, \(J = I - 1 = \dfrac{\text{e}^{\frac{\pi}{2}} - 1}{2}\)).
3. Aire exacte du domaine hachuré.
D'après la partie A, question 2. c), \(f(x) \geqslant g(x)\) sur \(\left[0\,;\,\dfrac{\pi}{2}\right]\) : la courbe \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(\mathcal{C}_g\). L'aire, en unités d'aire, du domaine compris entre les deux courbes et les droites \(x = 0\) et \(x = \dfrac{\pi}{2}\) est donc l'intégrale de la différence \(f - g\), qui se découpe par linéarité :
\[\mathcal{A} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\text{e}^x\sin(x) - x\right)\text{d}x = I - \int_0^{\frac{\pi}{2}} x\,\text{d}x = I - \left[\dfrac{x^2}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \dfrac{1 + \text{e}^{\frac{\pi}{2}}}{2} - \dfrac{\pi^2}{8}.\]
Contrôle numérique : \(2{,}905 - 1{,}234 \approx 1{,}67\), valeur cohérente avec la figure.
En conclusion : \(\mathcal{A} = \dfrac{1 + \text{e}^{\frac{\pi}{2}}}{2} - \dfrac{\pi^2}{8}\) unités d'aire, soit environ 1,67 u.a.
Ce qu’il faut retenir de ce sujet
- Une variable qui compte des points s'obtient souvent par une transformation affine d'une variable binomiale : on passe d'un encadrement de \(T\) à un encadrement de \(N\), et l'espérance suit par linéarité.
- Pour une moyenne de \(n\) variables indépendantes de même loi : même espérance, variance divisée par \(n\) ; l'inégalité de concentration \(\dfrac{V(X)}{n\delta^2}\) permet de trouver un \(n\) qui convient.
- Récurrence avec une fonction croissante, puis convergence monotone et passage à la limite dans \(u_{n+1} = h(u_n)\) avec \(h\) continue : un enchaînement très classique.
- Dans l'espace, un seul produit scalaire avec le vecteur normal suffit à décider du parallélisme droite-plan ; pour deux droites non parallèles, coplanaire signifie sécantes.
- La convexité se lit sur le signe de \(f''\) et permet de placer la courbe au-dessus d'une tangente ; un changement de signe de \(f''\) signale un point d'inflexion.
- Deux intégrations par parties de la même intégrale donnent un système d'équations en \(I\) et \(J\) : on ne calcule pas de primitive, on résout le système.
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Présentation du corrigé du bac 2025, Amérique du Nord, jour 2
Cette correction complète du bac 2025, Amérique du Nord, jour 2 du 22 mai 2025 explique les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (5 points) traite : loi binomiale, espérance et linéarité, variance d'une moyenne, inégalité de Bienaymé-Tchebychev et inégalité de concentration. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (5 points) porte sur : suite définie par récurrence, raisonnement par récurrence, convergence monotone, point fixe, suite géométrique, logarithme népérien, approximation affine, algorithme Python. Puis, la correction de l'exercice 3 (5 points) porte sur : vecteurs de l'espace, bases, produit scalaire, vecteur normal à un plan, équation cartésienne, projeté orthogonal et distance, position relative de deux droites. Enfin, la correction de l'exercice 4 (5 points) aborde : dérivée d'un produit, fonctions trigonométriques, tangente, convexité et dérivée seconde, point d'inflexion, intégration par parties, calcul d'aire.
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 2025, Amérique du Nord, jour 2
Pour les suites, rédigez la récurrence en trois temps : initialisation, hérédité, puis conclusion. Ensuite, pensez au théorème de convergence monotone, souvent attendu en fin d'exercice. En probabilités, commencez par un arbre pondéré bien légendé. Ensuite, nommez la loi utilisée et ses paramètres avant tout calcul à la calculatrice. Quand il faut prouver qu'un vecteur est normal à un plan, vérifiez deux produits scalaires nuls avec deux vecteurs non colinéaires. Puis déduisez-en l'équation cartésienne.
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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