Bac Terminale Spé Maths : Amérique du Nord 2024, Sujet 1

PartieA ; 1. Un jeu vidéo récompense les joueurs par un objet tiré au sort : la probabilité de tirer un objet rare (R) est 7 % ; si l'objet est rare, c'est une épée (E) avec probabilité 80 % ; s'il est commun, c'est une épée avec probabilité 40 %. Dresser un arbre pondéré et calculer P(R\cap E).

L'arbre porte P(R)=0{,}07, P(\overline{R})=0{,}93, puis P_R(E)=0{,}8, P_R(\overline{E})=0{,}2, {P_{\overline{R}}(E)=0{,}4}, P_{\overline{R}}(\overline{E})=0{,}6.
\begin{aligned}P(R\cap E) &= P(R)\times P_R(E) \\ &= 0{,}07\times0{,}8 \\ &= 0{,}056\end{aligned}

PartieA ; 2. Calculer la probabilité de tirer une épée.

D'après la formule des probabilités totales : \begin{aligned}P(E) &= P(R\cap E)+P(\overline{R}\cap E) \\ &= 0{,}056+0{,}93\times0{,}4 \\ &= 0{,}056+0{,}372 \\ &= 0{,}428\end{aligned}

PartieA ; 3. Le joueur a tiré une épée. Déterminer la probabilité que ce soit un objet rare (au millième).

P_E(R) = \dfrac{P(R\cap E)}{P(E)} = \dfrac{0{,}056}{0{,}428} \approx 0,131.

PartieB ; 1. Un joueur remporte 30 défis ; X compte le nombre d'objets rares obtenus (tirages indépendants). Déterminer la loi de X, ses paramètres et son espérance.

Chaque défi est une épreuve à deux issues (objet rare, probabilité 0,07), répétée 30 fois de façon indépendante : X suit la loi binomiale de paramètres n=30 et p=0{,}07, d'espérance \begin{aligned}E(X) &= np \\ &= 2{,}1\end{aligned}

PartieB ; 2. Déterminer P(X<6) (au millième).

P(X<6) = P(X\leqslant5) \approx 0,984 (à la calculatrice).

PartieB ; 3. Déterminer la plus grande valeur de k telle que P(X\geqslant k)\geqslant0{,}5, et interpréter.

\begin{aligned}P(X\geqslant2) &= 1-P(X\leqslant1) \\ &\approx 0{,}631 \\ &\geqslant 0{,}5\end{aligned} mais {P(X\geqslant3) = 1-P(X\leqslant2) \approx 0{,}351 < 0{,}5}.
La plus grande valeur est donc k=2 : un joueur a plus d'une chance sur deux d'obtenir au moins 2 objets rares en 30 défis.

PartieB ; 4. Un « ticket d'or » permet de tirer N objets. Déterminer le nombre minimal N pour que la probabilité d'obtenir au moins un objet rare soit supérieure ou égale à 0,95.

Avec Y le nombre d'objets rares en N tirages : \begin{aligned}P(Y\geqslant1) \geqslant 0{,}95 &\iff 1-P(Y=0) \geqslant 0{,}95 \\ &\iff 0{,}93^N \leqslant 0{,}05 \end{aligned}
En prenant le logarithme : {N\ln(0{,}93)\leqslant\ln(0{,}05)}, donc \begin{aligned}N &\geqslant \dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}93)} \\ &\approx 41{,}3\end{aligned} (l'inégalité change de sens car \ln(0{,}93)<0).
Il faut donc au minimum N=42 tirages.

1.L'espace est muni d'un repère orthonormé. On considère A(1 ; 0 ; 3) et B(4 ; 1 ; 0). Quelle est une représentation paramétrique de la droite (AB) ?

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}3 \\ 1 \\ -3\end{pmatrix} dirige la droite, qui passe par A(1 ; 0 ; 3).
La représentation x=1+3t, y=t, {z=3-3t} convient : réponse c.

2.La droite (d) a pour représentation paramétrique x=3+4t, y=6t, z=4-2t. Parmi M(7 ; 6 ; 6), N(3 ; 6 ; 4), P(4 ; 6 ; -2), R(-3 ; -9 ; 7), lequel appartient à (d) ?

Pour t=-\dfrac32 : \begin{aligned}x &= 3-6 \\ &= -3\end{aligned} y=-9, \begin{aligned}z &= 4+3 \\ &= 7\end{aligned} C'est le point R. Réponse d.

3.La droite (d') a pour représentation paramétrique x=-2+3k, y=-1-2k, {z=1+k}. Les droites (d) et (d') sont-elles sécantes, non coplanaires, parallèles ou confondues ?

Les vecteurs directeurs \begin{pmatrix}4 \\ 6 \\ -2\end{pmatrix} et \begin{pmatrix}3 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix} ne sont pas colinéaires : les droites ne sont ni parallèles ni confondues.
Le système d'intersection donne des valeurs incompatibles de t (par exemple t=\dfrac{11}{8} et t=\dfrac{17}{8} selon les équations) : pas de point commun.
Les droites sont non coplanaires : réponse b.

4.Le plan (P) passe par I(2 ; 1 ; 0) et est perpendiculaire à (d). Quelle est une équation de (P) ?

Le vecteur directeur de (d), \begin{pmatrix}4 \\ 6 \\ -2\end{pmatrix}, est normal à (P) : {4(x-2)+6(y-1)-2z=0}, soit 4x+6y-2z-14=0, ou encore 2x+3y-z-7=0.
Réponse a.

PartieA ; 1. Soit f(x) = x\ln(x^2)-\dfrac1x sur ]0~;~+\infty[. La tangente (T) en A(1 ; -1) passe par B(0 ; -4). Lire graphiquement f'(1) et donner l'équation réduite de (T).

Le coefficient directeur de (T) vaut \dfrac{-1-(-4)}{1-0} = 3, donc f'(1)=3 ; l'ordonnée à l'origine étant -4 : (T) : y = 3x-4.

PartieA ; 2. Donner les intervalles où f semble convexe ou concave, et ce que semble représenter le point A.

Graphiquement, f semble concave sur ]0~;~1[ et convexe sur ]1~;~+\infty[ ; le point A semble être un point d'inflexion de la courbe.

PartieB ; 1. Déterminer la limite de f en +\infty, puis en 0.

En +\infty : x\to+\infty et \ln(x^2)\to+\infty, donc x\ln(x^2)\to+\infty ; \dfrac1x\to0 : {\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}.
En 0 : f(x) = 2x\ln(x)-\dfrac1x, avec x\ln(x)\to0 (croissances comparées) et \dfrac1x\to+\infty : \lim\limits_{x\to0}f(x)=-\infty (l'axe des ordonnées est asymptote verticale).

PartieB ; 2.a Déterminer f'(x) sur ]0~;~+\infty[.

f'(x) = \ln(x^2)+x\times\dfrac{2x}{x^2}+\dfrac{1}{x^2} = \ln(x^2)+2+\dfrac{1}{x^2} (soit 2\ln(x)+2+\dfrac{1}{x^2}).

PartieB ; 2.b Montrer que f''(x) = \dfrac{2(x+1)(x-1)}{x^3}.

f''(x) = \dfrac2x-\dfrac{2}{x^3} = \dfrac{2x^2-2}{x^3} = \dfrac{2(x^2-1)}{x^3} = \dfrac{2(x+1)(x-1)}{x^3}.

PartieB ; 3.a Étudier la convexité de f sur ]0~;~+\infty[.

Sur ]0~;~+\infty[, x^3>0 et x+1>0 : f''(x) est du signe de (x-1).
f est donc concave sur ]0~;~1] et convexe sur [1~;~+\infty[, avec un point d'inflexion en A (abscisse 1), ce qui confirme la lecture graphique.

PartieB ; 3.b Étudier les variations de f', le signe de f'(x), et en déduire le sens de variation de f.

Du signe de f'' : f' est décroissante sur ]0~;~1] puis croissante sur [1~;~+\infty[ ; son minimum vaut f'(1) = 0+2+1 = 3.
Le minimum de f' étant 3 > 0, f'(x)>0 sur tout ]0~;~+\infty[ : f est strictement croissante sur ]0~;~+\infty[.

PartieB ; 4.a Montrer que l'équation {f(x)=0} admet une unique solution \alpha sur ]0~;~+\infty[.

f est continue (car dérivable) et strictement croissante sur ]0~;~+\infty[, avec \lim\limits_{0}f=-\infty et \lim\limits_{+\infty}f=+\infty : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation {f(x)=0} admet une unique solution \alpha.

PartieB ; 4.b Donner la valeur arrondie au centième de \alpha et montrer que {\alpha^2 = \exp\left(\dfrac{1}{\alpha^2}\right)}.

Par balayage à la calculatrice : f(1{,}32)<0<f(1{,}33), et l'affinage donne \alpha\approx1{,}33 au centième près.
\begin{aligned}f(\alpha) = 0 &\iff \alpha\ln(\alpha^2) = \dfrac{1}{\alpha} \\ &\iff \ln(\alpha^2) = \dfrac{1}{\alpha^2} \end{aligned} en appliquant l'exponentielle : {\alpha^2 = \exp\left(\dfrac{1}{\alpha^2}\right)}.

1.Pour tout entier naturel n, on pose {\displaystyle I_n = \displaystyle\int\limits_0^{\pi}e^{-nx}\sin(x)\,\mathrm{d}x} et \displaystyle J_n = \displaystyle\int\limits_0^{\pi}e^{-nx}\cos(x)\,\mathrm{d}x. Calculer I_0.

\displaystyle I_0 = \displaystyle\int\limits_0^{\pi}\sin(x)\,\mathrm{d}x = \Big[-\cos(x)\Big]_0^{\pi} = -\cos(\pi)+\cos(0) = 1+1 = 2.

2.aJustifier que, pour tout entier naturel n, I_n\geqslant0.

Sur [0~;~\pi], \sin(x)\geqslant0 et e^{-nx}>0, donc la fonction intégrée est positive ; les bornes étant croissantes, I_n\geqslant0 par positivité de l'intégrale.

2.bMontrer que, pour tout entier naturel n, {I_{n+1}-I_n\leqslant0}.

Par linéarité : \displaystyle I_{n+1}-I_n = \displaystyle\int\limits_0^{\pi}\sin(x)\,e^{-nx}\big(e^{-x}-1\big)\,\mathrm{d}x.
Sur [0~;~\pi], \sin(x)e^{-nx}\geqslant0 et e^{-x}-1\leqslant0 (car e^{-x}\leqslant1 pour x\geqslant0) : la fonction intégrée est négative, donc {I_{n+1}-I_n\leqslant0}.

2.cEn déduire que la suite (I_n) converge.

(I_n) est décroissante (question 2.b) et minorée par 0 (question 2.a) : elle converge vers une limite \ell\geqslant0.

3.aMontrer que, pour tout entier naturel n, \displaystyle I_n \leqslant \displaystyle\int\limits_0^{\pi}e^{-nx}\,\mathrm{d}x.

Sur [0~;~\pi], \sin(x)\leqslant1, donc {e^{-nx}\sin(x)\leqslant e^{-nx}} ; par croissance de l'intégrale : \displaystyle I_n\leqslant\displaystyle\int\limits_0^{\pi}e^{-nx}\,\mathrm{d}x.

3.bMontrer que, pour tout n\geqslant1, \displaystyle \displaystyle\int\limits_0^{\pi}e^{-nx}\,\mathrm{d}x = \dfrac{1-e^{-n\pi}}{n}.

Une primitive de e^{-nx} est -\dfrac1ne^{-nx} : \begin{aligned}\displaystyle \displaystyle\int\limits_0^{\pi}e^{-nx}\,\mathrm{d}x &= \left[-\dfrac1ne^{-nx}\right]_0^{\pi} \\ &= -\dfrac1n\big(e^{-n\pi}-1\big) \\ &= \dfrac{1-e^{-n\pi}}{n}\end{aligned}

3.cEn déduire la limite de la suite (I_n).

{0\leqslant I_n\leqslant\dfrac{1-e^{-n\pi}}{n}}, et \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1-e^{-n\pi}}{n} = 0 : par le théorème des gendarmes, \lim\limits_{n\to+\infty}I_n = 0.

4.aEn intégrant I_n par parties de deux façons, établir : I_n = 1+e^{-n\pi}-nJ_n et {I_n = \dfrac1nJ_n} (pour n\geqslant1).

Première IPP, avec u(x)=e^{-nx} et v'(x)=\sin(x) (donc v(x)=-\cos(x)) : \begin{aligned}\displaystyle I_n &= \Big[-e^{-nx}\cos(x)\Big]_0^{\pi} - n\displaystyle\int\limits_0^{\pi}e^{-nx}\cos(x)\,\mathrm{d}x \\ &= e^{-n\pi}+1-nJ_n\end{aligned}
Seconde IPP, avec u(x)=\sin(x) et v'(x)=e^{-nx} (donc v(x)=-\dfrac1ne^{-nx}) : \begin{aligned}\displaystyle I_n &= \left[-\dfrac1ne^{-nx}\sin(x)\right]_0^{\pi} + \dfrac1n\displaystyle\int\limits_0^{\pi}e^{-nx}\cos(x)\,\mathrm{d}x \\ &= 0+\dfrac1nJ_n\end{aligned}

4.bEn déduire que, pour tout n\geqslant1, {I_n = \dfrac{1+e^{-n\pi}}{n^2+1}}.

En remplaçant J_n = nI_n (issu de {I_n=\dfrac1nJ_n}) dans la première relation : {I_n = 1+e^{-n\pi}-n^2I_n}.
D'où I_n(1+n^2) = 1+e^{-n\pi}, soit {I_n = \dfrac{1+e^{-n\pi}}{n^2+1}}.

5.Un script Python cherche le rang n à partir duquel I_n<0{,}1 (initialisation n=0, I=2, puis mise à jour de I dans une boucle). Compléter la cinquième ligne.

La ligne manquante est la condition de boucle : while I >= 0.1 : (on continue d'incrémenter n tant que I_n n'est pas passé sous 0,1).