Bac Terminale Spé Maths : Métropole 2023, Sujet 2

1.Dans un jeu vidéo en ligne, chaque joueur choisit un monde A ou un monde B avant de jouer une partie. On sait que P(A)=\dfrac{2}{5}, que la probabilité de gagner sachant que le joueur a choisi le monde A est P_A(G)=\dfrac{7}{10}, et que la probabilité de gagner la partie (tous mondes confondus) est P(G)=\dfrac{12}{25}. Quelle est la probabilité que le joueur choisisse le monde A et gagne la partie ?

\begin{aligned}P(A\cap G) &= P(A)\times P_A(G) \\ &= \dfrac{2}{5}\times\dfrac{7}{10} \\ &= \dfrac{14}{50} \\ &= \dfrac{7}{25}\end{aligned} Donc, la réponse est c.

2.Quelle est la probabilité P_B(G) de gagner sachant que le joueur a choisi le monde B ?

Les évènements A et B étant complémentaires, \begin{aligned}P(B) &= 1-P(A) \\ &= 1-\dfrac{2}{5} \\ &= \dfrac{3}{5}\end{aligned}
D'après la formule des probabilités totales, P(G) = P(A\cap G)+P(B\cap G), donc \begin{aligned}P(B\cap G) &= P(G)-P(A\cap G) \\ &= \dfrac{12}{25}-\dfrac{7}{25} \\ &= \dfrac{5}{25} \\ &= \dfrac{1}{5}\end{aligned}
Donc \begin{aligned}P_B(G) &= \dfrac{P(B\cap G)}{P(B)} \\ &= \dfrac{\frac{1}{5}}{\frac{3}{5}} \\ &= \dfrac{1}{5}\times\dfrac{5}{3} \\ &= \dfrac{1}{3}\end{aligned} Donc, la réponse est b.

3.Un joueur enchaîne 10 parties, assimilées à des tirages indépendants avec remise, avec une probabilité de gain de \dfrac{12}{25} à chaque partie. Quelle est la probabilité, arrondie au millième, qu'il gagne exactement 6 parties ?

Le nombre X de parties gagnées sur les 10 suit la loi binomiale de paramètres n=10 et p=\dfrac{12}{25}.
\begin{aligned}P(X=6) &= \dbinom{10}{6}\times\left(\dfrac{12}{25}\right)^{6}\times\left(\dfrac{13}{25}\right)^{4} \\ &\approx 0{,}188\end{aligned} (calculatrice). Donc, la réponse est c.

4.Pour un entier naturel n, la probabilité arrondie au millième que le joueur gagne au plus n parties vaut 0{,}207. Quelle est la valeur de n ?

En testant les valeurs à la calculatrice avec la loi de X ci-dessus, on trouve P(X\leqslant 3)\approx 0{,}207. Donc, la réponse est b (n=3).

5.Quelle est la probabilité que le joueur gagne au moins une partie sur les 10 ?

L'évènement contraire de « gagner au moins une partie » est « ne gagner aucune partie », c'est-à-dire X=0.
\begin{aligned}P(X\geqslant 1) &= 1-P(X=0) \\ &= 1-\dbinom{10}{0}\left(\dfrac{12}{25}\right)^{0}\left(\dfrac{13}{25}\right)^{10} \\ &= 1-\left(\dfrac{13}{25}\right)^{10}\end{aligned} Donc, la réponse est d.

PartieA ; 1. Des biologistes suivent une population d'insectes qui compte 100 000 individus au départ. En laboratoire, sans prédateur, cette population augmente de 60 % chaque mois. On modélise le nombre d'insectes, en millions, au bout de n mois par une suite (u_n) avec u_0=0{,}1. Justifier que, pour tout entier naturel n, {u_n = 0{,}1\times 1{,}6^{n}}.

Augmenter de 60 % chaque mois revient à multiplier l'effectif par 1+\dfrac{60}{100} = 1{,}6 d'un mois sur l'autre : la suite (u_n) est donc géométrique de raison q=1{,}6 et de premier terme u_0=0{,}1.
Or le terme général d'une suite géométrique est u_n = u_0\times q^{n}. Donc, la réponse est {u_n = 0{,}1\times 1{,}6^{n}} pour tout entier naturel n.

PartieA ; 2. Déterminer la limite de la suite (u_n).

Comme 1{,}6>1, on a \lim\limits_{n\to+\infty} 1{,}6^{n} = +\infty, donc \begin{aligned}\lim\limits_{n\to+\infty} u_n &= \lim\limits_{n\to+\infty} 0{,}1\times 1{,}6^{n} \\ &= +\infty\end{aligned}

PartieA ; 3. En résolvant une inéquation, déterminer le plus petit entier naturel n à partir duquel u_n>0{,}4.

u_n>0{,}4 \iff 0{,}1\times 1{,}6^{n}>0{,}4 \iff 1{,}6^{n}>4.
En passant au logarithme népérien, qui est strictement croissant : 1{,}6^{n}>4 \iff n\ln(1{,}6)>\ln(4) \iff n>\dfrac{\ln(4)}{\ln(1{,}6)} (l'inégalité garde son sens car \ln(1{,}6)>0).
Or \dfrac{\ln(4)}{\ln(1{,}6)}\approx 2{,}946. Donc, la réponse est n=3.

PartieA ; 4. Selon ce modèle, l'équilibre du milieu naturel (qui impose de ne pas dépasser 400 000 insectes) sera-t-il préservé ?

Comme u_3>0{,}4, le nombre d'insectes dépasse 400 000 dès le 3e mois selon ce modèle : l'équilibre du milieu naturel n'est donc pas préservé.

PartieB ; 1. Un second modèle, tenant compte des contraintes du milieu, définit une suite (v_n) par v_0=0{,}1 et, pour tout entier naturel n, {v_{n+1}=1{,}6v_n-1{,}6v_n^{2}} (nombre d'insectes en millions). Déterminer le nombre d'insectes au bout d'un mois.

\begin{aligned}v_1 &= 1{,}6\times v_0 - 1{,}6\times v_0^{2} \\ &= 1{,}6\times 0{,}1 - 1{,}6\times 0{,}01 \\ &= 0{,}16-0{,}016 \\ &= 0{,}144\end{aligned} Donc, la réponse est 144 000 insectes.

PartieB ; 2.a On considère la fonction f définie sur \left[0~;~\dfrac12\right] par f(x) = 1{,}6x-1{,}6x^{2}. Résoudre l'équation f(x)=x.

\begin{aligned}f(x) = x &\iff 1{,}6x-1{,}6x^{2} = x \\ &\iff 0{,}6x-1{,}6x^{2} = 0 \\ &\iff x(0{,}6-1{,}6x) = 0 \end{aligned}
Un produit de facteurs est nul si et seulement si l'un au moins des facteurs est nul, donc x=0 ou 0{,}6-1{,}6x=0, c'est-à-dire \begin{aligned}x &= \dfrac{0{,}6}{1{,}6} \\ &= \dfrac{3}{8}\end{aligned}
Ces deux valeurs appartiennent bien à \left[0~;~\dfrac12\right]. Donc, la réponse est : l'équation f(x)=x admet deux solutions, 0 et \dfrac{3}{8}.

PartieB ; 2.b Montrer que f est croissante sur \left[0~;~\dfrac12\right].

f'(x) = 1{,}6-1{,}6\times 2x = 1{,}6(1-2x).
Pour x\in\left[0~;~\dfrac12\right], on a x\leqslant\dfrac12, donc {2x\leqslant 1} et donc 1-2x\geqslant 0, d'où f'(x)\geqslant 0.
Donc, la réponse est : f est croissante sur \left[0~;~\dfrac12\right].

PartieB ; 3.a Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, {0\leqslant v_n\leqslant v_{n+1}\leqslant\dfrac12}.

Initialisation : v_0=0{,}1 et v_1=0{,}144 (question précédente), donc {0\leqslant v_0\leqslant v_1\leqslant\dfrac12} : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : on suppose que {0\leqslant v_n\leqslant v_{n+1}\leqslant\dfrac12} pour un entier n donné. Comme f est croissante sur \left[0~;~\dfrac12\right] (question 2.b), on peut appliquer f aux trois membres de l'encadrement : {f(0)\leqslant f(v_n)\leqslant f(v_{n+1})\leqslant f\left(\dfrac12\right)}.
Or f(0)=0, f(v_n)=v_{n+1}, {f(v_{n+1})=v_{n+2}} et \begin{aligned}f\left(\dfrac12\right) &= 1{,}6\times\dfrac12-1{,}6\times\dfrac14 \\ &= 0{,}8-0{,}4 \\ &= 0{,}4\end{aligned}
On obtient donc {0\leqslant v_{n+1}\leqslant v_{n+2}\leqslant 0{,}4}, et comme 0{,}4\leqslant\dfrac12, cela entraîne {0\leqslant v_{n+1}\leqslant v_{n+2}\leqslant\dfrac12} : la propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : la propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc, d'après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel n.

PartieB ; 3.b Montrer que la suite (v_n) est convergente.

D'après la question précédente, pour tout n, v_n\leqslant v_{n+1} : la suite (v_n) est croissante.
Toujours d'après la question précédente, pour tout n, v_n\leqslant\dfrac12 : la suite (v_n) est majorée par \dfrac12.
Une suite croissante et majorée converge, d'après le théorème de la convergence monotone. Donc, la réponse est : (v_n) converge.

PartieB ; 3.c On note \ell la limite de (v_n), solution de f(x)=x. Déterminer la valeur de \ell et conclure sur la préservation de l'équilibre du milieu naturel.

La suite (v_n) est croissante de limite \ell, donc tous ses termes sont inférieurs ou égaux à \ell ; en particulier v_1\leqslant\ell, soit 0{,}144\leqslant\ell, donc \ell\neq 0.
Comme \ell est solution de f(x)=x, elle vaut donc nécessairement \dfrac{3}{8} (l'autre solution possible étant 0, exclue). Donc \begin{aligned}\ell &= \dfrac{3}{8} \\ &= 0{,}375\end{aligned}
Pour tout n, \begin{aligned}v_n &\leqslant \ell \\ &= 0{,}375\end{aligned} donc le nombre d'insectes restera toujours inférieur à 375 000, valeur qui ne dépasse jamais le seuil de 400 000. Donc, la réponse est : selon ce second modèle, l'équilibre du milieu naturel sera préservé.

PartieB ; 4.a On donne la fonction Python ci-dessous, qui simule l'évolution de (v_n) à partir de v_0=0{,}1 tant que v<a.

PartieB ; 4.b Qu'observe-t-on si l'on exécute seuil(0.4) ?

La fonction seuil(a) renvoie le premier rang n à partir duquel v_n\geqslant a. Or on a montré que v_n\leqslant 0{,}375 pour tout n : il n'existe donc aucun rang n pour lequel v_n\geqslant 0{,}4. Donc, la réponse est : le programme ne s'arrête jamais (boucle infinie).

PartieB ; 4.c Déterminer la valeur renvoyée par seuil(0.35) et interpréter ce résultat.

À la calculatrice, en itérant {v_{n+1}=1{,}6v_n-1{,}6v_n^{2}} à partir de v_0=0{,}1, on obtient v_5\approx 0{,}338<0{,}35 et \begin{aligned}v_6 &\approx 0{,}358 \\ &\geqslant 0{,}35\end{aligned}
Donc, la réponse est : seuil(0.35) renvoie 6, ce qui signifie que c'est au bout du 6e mois que le nombre d'insectes dépasse pour la première fois 350 000, selon ce second modèle.

1.aDans l'espace muni d'un repère orthonormé, le plan \mathcal{P}_1 a pour équation cartésienne 2x+y-z+2=0. Donner les coordonnées d'un vecteur normal \vec{n_1} à \mathcal{P}_1.

Les coefficients de x, y et z dans l'équation cartésienne d'un plan donnent directement les coordonnées d'un vecteur normal à ce plan. Donc, la réponse est \vec{n_1}\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix}.

1.bLe plan \mathcal{P}_2 passe par B(1 ; 1 ; 2) et admet pour vecteur normal \vec{n_2}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}. Sachant que deux plans sont perpendiculaires lorsqu'un vecteur normal à l'un est orthogonal à un vecteur normal à l'autre, montrer que \mathcal{P}_1 et \mathcal{P}_2 sont perpendiculaires.

\begin{aligned}\vec{n_1}\cdot\vec{n_2} &= 2\times 1 + 1\times(-1) + (-1)\times 1 \\ &= 2-1-1 \\ &= 0\end{aligned}
Les vecteurs \vec{n_1} et \vec{n_2} sont donc orthogonaux. Donc, la réponse est : les plans \mathcal{P}_1 et \mathcal{P}_2 sont perpendiculaires.

2.aDéterminer une équation cartésienne du plan \mathcal{P}_2.

Le plan \mathcal{P}_2 admet \vec{n_2}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix} pour vecteur normal, donc son équation cartésienne est de la forme {x-y+z+d=0}, où d est une constante réelle à déterminer.
Le point B(1 ; 1 ; 2) appartient à \mathcal{P}_2, donc ses coordonnées vérifient l'équation : 1-1+2+d=0, soit d=-2.
Donc, la réponse est : \mathcal{P}_2 a pour équation cartésienne x-y+z-2=0.

2.bOn note \Delta la droite de représentation paramétrique x=0, y=-2+t, z=t (avec t\in\mathbb{R}). Montrer que \Delta est l'intersection des plans \mathcal{P}_1 et \mathcal{P}_2.

Les points de l'intersection de \mathcal{P}_1 et \mathcal{P}_2 sont les triplets (x~;~y~;~z) vérifiant simultanément 2x+y-z+2=0 et x-y+z-2=0.
En additionnant les deux équations, les termes en y et z s'éliminent partiellement : \begin{aligned}(2x+y-z+2)+(x-y+z-2) &= 3x \\ &= 0\end{aligned} donc x=0.
En reportant x=0 dans la deuxième équation : 0-y+z-2=0, soit {y=z-2}. En posant z=t (réel quelconque), on obtient x=0, y=-2+t, z=t, ce qui est exactement la représentation paramétrique de \Delta.
Donc, la réponse est : \mathcal{P}_1\cap\mathcal{P}_2 = \Delta.

3.aOn considère le point A(1 ; 1 ; 1), qui n'appartient ni à \mathcal{P}_1 ni à \mathcal{P}_2, et H le projeté orthogonal de A sur \Delta. Les points de \Delta sont notés M_t(0~;~-2+t~;~t). Montrer que, pour tout réel t, {\mathrm{AM}_t = \sqrt{2t^2-8t+11}}.

\begin{aligned}\mathrm{AM}_t^{2} &= (0-1)^2+(-2+t-1)^2+(t-1)^2 \\ &= (-1)^2+(t-3)^2+(t-1)^2\end{aligned}
= 1+(t^2-6t+9)+(t^2-2t+1) = 2t^2-8t+11.
Une longueur étant positive, {\mathrm{AM}_t = \sqrt{\mathrm{AM}_t^{2}}}. Donc, la réponse est {\mathrm{AM}_t = \sqrt{2t^2-8t+11}}.

3.bEn déduire que \mathrm{AH}=\sqrt{3}.

Le point H, projeté orthogonal de A sur \Delta, est le point de \Delta le plus proche de A : la longueur AH est donc le minimum des longueurs \mathrm{AM}_t pour t décrivant \mathbb{R}, ce qui revient à minimiser 2t^2-8t+11.
Cette expression est un trinôme du second degré de coefficient dominant a=2>0 : son minimum est atteint en \begin{aligned}t &= -\dfrac{b}{2a} \\ &= -\dfrac{-8}{2\times2} \\ &= 2\end{aligned}
Ce minimum vaut \begin{aligned}2\times2^2-8\times2+11 &= 8-16+11 \\ &= 3\end{aligned} Donc, la réponse est \mathrm{AH}=\sqrt{3}.

4.aOn note \mathcal{D}_1 la droite orthogonale à \mathcal{P}_1 passant par A, et H_1 le projeté orthogonal de A sur \mathcal{P}_1. Déterminer une représentation paramétrique de \mathcal{D}_1.

La droite \mathcal{D}_1 est orthogonale au plan \mathcal{P}_1, donc le vecteur normal \vec{n_1}\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix} à \mathcal{P}_1 dirige \mathcal{D}_1 ; celle-ci passe de plus par A(1 ; 1 ; 1).
Donc, la réponse est : \mathcal{D}_1 a pour représentation paramétrique x=1+2t, y=1+t, {z=1-t}, avec t\in\mathbb{R}.

4.bEn déduire que H_1 a pour coordonnées \left(-\dfrac13~;~\dfrac13~;~\dfrac53\right).

Le point H_1 est l'intersection de \mathcal{D}_1 et \mathcal{P}_1 : ses coordonnées vérifient à la fois la représentation paramétrique de \mathcal{D}_1 et l'équation de \mathcal{P}_1.
En reportant x=1+2t, y=1+t, {z=1-t} dans 2x+y-z+2=0 : {2(1+2t)+(1+t)-(1-t)+2=0}, soit {2+4t+1+t-1+t+2=0}, c'est-à-dire 6t+4=0, donc t=-\dfrac{2}{3}.
On en déduit \begin{aligned}x &= 1+2\times\left(-\dfrac23\right) \\ &= 1-\dfrac43 \\ &= -\dfrac13\end{aligned} \begin{aligned}y &= 1-\dfrac23 \\ &= \dfrac13\end{aligned} et \begin{aligned}z &= 1+\dfrac23 \\ &= \dfrac53\end{aligned}
Donc, la réponse est : \mathrm{H_1}\left(-\dfrac13~;~\dfrac13~;~\dfrac53\right).

5.Soit H_2 le projeté orthogonal de A sur \mathcal{P}_2 ; on admet que \mathrm{H_2}\left(\dfrac43~;~\dfrac23~;~\dfrac43\right) et que \mathrm{H}(0~;~0~;~2). Montrer que le quadrilatère AH_1HH_2 est un rectangle.

Les coordonnées du vecteur \overrightarrow{\mathrm{AH_1}} sont \begin{pmatrix}-\frac13-1 \\ \frac13-1 \\ \frac53-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\frac43 \\ -\frac23 \\ \frac23\end{pmatrix}.
Les coordonnées du vecteur \overrightarrow{\mathrm{H_2H}} sont \begin{pmatrix}0-\frac43 \\ 0-\frac23 \\ 2-\frac43\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\frac43 \\ -\frac23 \\ \frac23\end{pmatrix}.
Les vecteurs \overrightarrow{\mathrm{AH_1}} et \overrightarrow{\mathrm{H_2H}} étant égaux, le quadrilatère AH_1HH_2 est un parallélogramme.
La droite (AH_1) est orthogonale au plan \mathcal{P}_1 (car incluse dans \mathcal{D}_1), et H_1 appartient à \mathcal{P}_1 ; donc (AH_1) est orthogonale à toute droite de \mathcal{P}_1 passant par H_1, en particulier à la droite (H_1H), puisque H appartient à \Delta\subset\mathcal{P}_1.
Le parallélogramme AH_1HH_2 possède donc un angle droit en H_1. Donc, la réponse est : AH_1HH_2 est un rectangle.

1.aOn considère la fonction f définie sur \mathbb{R} par f(x)=\ln\left(1+e^{-x}\right). Déterminer la limite de f en -\infty.

Quand x\to-\infty, -x\to+\infty donc {e^{-x}\to+\infty} (limite usuelle de l'exponentielle), donc 1+e^{-x}\to+\infty.
Or \lim\limits_{X\to+\infty}\ln(X)=+\infty. Donc, la réponse est \lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=+\infty.

1.bDéterminer la limite de f en +\infty et interpréter graphiquement ce résultat.

Quand x\to+\infty, e^{-x}\to0 donc {1+e^{-x}\to1}, et \begin{aligned}\lim\limits_{X\to1}\ln(X) &= \ln(1) \\ &= 0\end{aligned}
Donc, la réponse est \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0. Graphiquement, cela signifie que la courbe \mathcal{C} de f admet l'axe des abscisses (droite d'équation y=0) pour asymptote horizontale en +\infty.

1.cOn admet que f est dérivable sur \mathbb{R}. Calculer f'(x) puis montrer que, pour tout réel x, f'(x)=\dfrac{-1}{1+e^{x}}.

f est de la forme \ln(u) avec {u(x)=1+e^{-x}} et u'(x)=-e^{-x} ; sa dérivée est donc f'(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)} = \dfrac{-e^{-x}}{1+e^{-x}}.
En multipliant numérateur et dénominateur par e^{x} : f'(x) = \dfrac{-e^{-x}\times e^{x}}{(1+e^{-x})\times e^{x}} = \dfrac{-1}{e^{x}+1}.
Donc, la réponse est f'(x)=\dfrac{-1}{1+e^{x}}.

1.dDresser le tableau de variations complet de f sur \mathbb{R}.

Pour tout réel x, e^{x}>0, donc 1+e^{x}>0 et f'(x)=\dfrac{-1}{1+e^{x}}<0 : la fonction f est strictement décroissante sur \mathbb{R}.
Avec les limites établies aux questions précédentes (+\infty en -\infty et 0 en +\infty), on obtient le tableau : f'(x) est négatif sur \mathbb{R}, et f décroît strictement de +\infty (en -\infty) vers 0 (en +\infty), sans jamais atteindre 0.

2.aOn note T_0 la tangente à \mathcal{C} au point d'abscisse 0. Déterminer une équation de T_0.

La tangente en un point d'abscisse a a pour équation y=f'(a)(x-a)+f(a) ; ici a=0.
\begin{aligned}f(0) &= \ln\left(1+e^{0}\right) \\ &= \ln(2)\end{aligned} et f'(0) = \dfrac{-1}{1+e^{0}} = -\dfrac12.
Donc, la réponse est : T_0 a pour équation y=-\dfrac12x+\ln(2).

2.bMontrer que f est convexe sur \mathbb{R}.

f'(x)=\dfrac{-1}{1+e^{x}} ; en dérivant à nouveau, avec u(x)=-1 (constante) et {v(x)=1+e^{x}} : f''(x) = \dfrac{-v'(x)\times(-1)}{v(x)^2}\times(-1), plus simplement f''(x)=\dfrac{0-(-1)\times e^{x}}{(1+e^{x})^2} = \dfrac{e^{x}}{(1+e^{x})^2}.
Pour tout réel x, e^{x}>0 et (1+e^{x})^2>0, donc f''(x)>0. Donc, la réponse est : f est convexe sur \mathbb{R}.

2.cEn déduire que, pour tout réel x, {f(x)\geqslant -\dfrac12x+\ln(2)}.

Comme f est convexe sur \mathbb{R}, sa courbe représentative \mathcal{C} est entièrement située au-dessus de chacune de ses tangentes, en particulier au-dessus de T_0. Donc, la réponse est : pour tout réel x, {f(x)\geqslant -\dfrac12x+\ln(2)}.

3.aPour un réel a\neq0, on note M_a(-a~;~f(-a)) et N_a(a~;~f(a)) deux points de \mathcal{C}. Montrer que, pour tout réel x, {f(x)-f(-x)=-x}.

\begin{aligned}f(x)-f(-x) &= \ln\left(1+e^{-x}\right)-\ln\left(1+e^{x}\right) \\ &= \ln\left(\dfrac{1+e^{-x}}{1+e^{x}}\right)\end{aligned} (propriété \ln(a)-\ln(b)=\ln\left(\frac{a}{b}\right)).
En factorisant le numérateur par e^{-x} : 1+e^{-x} = e^{-x}\left(e^{x}+1\right), donc \begin{aligned}\dfrac{1+e^{-x}}{1+e^{x}} &= \dfrac{e^{-x}(1+e^{x})}{1+e^{x}} \\ &= e^{-x}\end{aligned}
Donc \begin{aligned}f(x)-f(-x) &= \ln\left(e^{-x}\right) \\ &= -x\end{aligned}

3.bEn déduire que les droites T_0 et (M_aN_a) sont parallèles.

Le coefficient directeur de la droite (M_aN_a) est \dfrac{y_{N_a}-y_{M_a}}{x_{N_a}-x_{M_a}} = \dfrac{f(a)-f(-a)}{a-(-a)}.
D'après la question précédente appliquée en x=a, f(a)-f(-a)=-a, donc ce coefficient vaut \dfrac{-a}{2a} = -\dfrac12.
Or T_0 a pour coefficient directeur -\dfrac12 (question 2.a). Les deux droites ayant le même coefficient directeur, donc, la réponse est : T_0 et (M_aN_a) sont parallèles.