Bac Maths 2025 Polynésie Jour 2

18 juin 2025 — 4 exercices — 20 points — épreuve de spécialité

Correction rédigée par Maths Facile — 23 questions détaillées. Chaque résultat numérique de cette page a été recalculé indépendamment avec un moteur de calcul formel avant publication.

Énoncé : sujet officiel de l'épreuve de spécialité mathématiques, session 18 juin 2025.

Thèmes abordés

ProbabilitésSuitesLogarithmeConvexitéCalcul intégralGéométrie dans l'espaceÉquations différentielles

Exercice 1 — Probabilités et suites — transmission binaire (5 points)

Les deux parties de cet exercice peuvent être traitées de manière indépendante.

Un système de transmission binaire transmet des bits (0 ou 1). À chaque étape, le bit transmis peut être modifié. On note VnV_n l'évènement « le bit reçu à l'étape nn est correct » et pn=P(Vn)p_n = P(V_n).

On sait que :

• Le premier bit émis est correct : P(V1)=1P(V_1) = 1, donc p1=1p_1 = 1.
• Si le bit reçu à l'étape nn est correct, alors la probabilité que le bit reçu à l'étape suivante soit correct est 0,90{,}9 (transmission fidèle à 90 %).
• Si le bit reçu à l'étape nn est incorrect, alors la probabilité que le bit reçu à l'étape suivante soit correct est 0,10{,}1 (transmission contraire à 10 %).

On a donc : PVn(Vn+1)=0,9P_{V_n}(V_{n+1}) = 0{,}9, PVn(Vn+1‾)=0,1P_{V_n}(\overline{V_{n+1}}) = 0{,}1, PVn‾(Vn+1)=0,1P_{\overline{V_n}}(V_{n+1}) = 0{,}1 et PVn‾(Vn+1‾)=0,9P_{\overline{V_n}}(\overline{V_{n+1}}) = 0{,}9.
Arbre pondéré de probabilités — V : le bit reçu est correct Arbre pondéré. V : le bit reçu est correct. Branche V₂, probabilité 0,9 : V₃, probabilité 0,9 ; V̄₃, probabilité 0,1. Branche V̄₂, probabilité 0,1 : V₃, probabilité 0,1 ; V̄₃, probabilité 0,9. 0,9 V₂ 0,9 V₃ 0,1 V̄₃ 0,1 V̄₂ 0,1 V₃ 0,9 V̄₃ V : le bit reçu est correct

Arbre pondéré.

Partie A — Probabilités

1
On s'intéresse aux trois premières étapes de transmission.

Représenter la situation par un arbre pondéré sur trois niveaux (V1V_1, V2V_2, V3V_3).
Afficher la correction
Rappels utiles : probabilités conditionnelles, formule des probabilités totales, suites récurrentes un+1=aun+bu_{n+1} = au_n + b, suite auxiliaire géométrique, convergence.

On complète l'arbre pondéré avec les données de l'énoncé. Si le bit précédent est correct (évènement VnV_n), la probabilité que le suivant soit correct est 0,90{,}9. Si le bit précédent est incorrect (Vn‾\overline{V_n}), la probabilité que le suivant soit correct est 0,10{,}1.

• Depuis VnV_n (pnp_n) : PVn(Vn+1)=0,9P_{V_n}(V_{n+1}) = 0{,}9 et PVn(Vn+1‾)=0,1P_{V_n}(\overline{V_{n+1}}) = 0{,}1
• Depuis Vn‾\overline{V_n} (1−pn1 - p_n) : PVn‾(Vn+1)=0,1P_{\overline{V_n}}(V_{n+1}) = 0{,}1 et PVn‾(Vn+1‾)=0,9P_{\overline{V_n}}(\overline{V_{n+1}}) = 0{,}9
2
Montrer que pn+1=0,8 pn+0,1p_{n+1} = 0{,}8\,p_n + 0{,}1.
Afficher la correction
Les évènements VnV_n et Vn‾\overline{V_n} forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales :

pn+1=P(Vn+1)=P(Vn)×PVn(Vn+1)+P(Vn‾)×PVn‾(Vn+1)p_{n+1} = P(V_{n+1}) = P(V_n) \times P_{V_n}(V_{n+1}) + P(\overline{V_n}) \times P_{\overline{V_n}}(V_{n+1})

pn+1=pn×0,9+(1−pn)×0,1p_{n+1} = p_n \times 0{,}9 + (1 - p_n) \times 0{,}1

pn+1=0,9 pn+0,1−0,1 pnp_{n+1} = 0{,}9\,p_n + 0{,}1 - 0{,}1\,p_n

pn+1=0,8 pn+0,1\boxed{p_{n+1} = 0{,}8\,p_n + 0{,}1}
3
Calculer p2p_2 et p3p_3.
Afficher la correction
On a p1=1p_1 = 1 (le premier bit émis est correct).

p2=0,8×1+0,1=0,9p_2 = 0{,}8 \times 1 + 0{,}1 = 0{,}9

p3=0,8×0,9+0,1=0,72+0,1=0,82p_3 = 0{,}8 \times 0{,}9 + 0{,}1 = 0{,}72 + 0{,}1 = 0{,}82

p2=0,9etp3=0,82\boxed{p_2 = 0{,}9 \quad \text{et} \quad p_3 = 0{,}82}

Partie B — Étude de la convergence

4
On s'intéresse à la convergence de la suite (pn)(p_n).

On pose vn=pn−12v_n = p_n - \dfrac{1}{2}. Montrer que la suite (vn)(v_n) est géométrique de raison 0,80{,}8. Préciser son premier terme.
Afficher la correction
Méthode : pour une suite récurrente pn+1=a pn+bp_{n+1} = a\,p_n + b, on pose vn=pn−ℓv_n = p_n - \ell avec ℓ\ell le point fixe de f(x)=ax+bf(x) = ax + b, c'est-à-dire ℓ=b1−a\ell = \dfrac{b}{1-a}.

Le point fixe est ℓ=0,11−0,8=0,10,2=0,5=12\ell = \dfrac{0{,}1}{1 - 0{,}8} = \dfrac{0{,}1}{0{,}2} = 0{,}5 = \dfrac{1}{2}.

On pose vn=pn−12v_n = p_n - \dfrac{1}{2}. Calculons vn+1v_{n+1} :

vn+1=pn+1−12=0,8 pn+0,1−12v_{n+1} = p_{n+1} - \dfrac{1}{2} = 0{,}8\,p_n + 0{,}1 - \dfrac{1}{2}

vn+1=0,8 pn−0,4=0,8(pn−12)=0,8 vnv_{n+1} = 0{,}8\,p_n - 0{,}4 = 0{,}8\left(p_n - \dfrac{1}{2}\right) = 0{,}8\,v_n

La suite (vn)(v_n) est donc géométrique de raison q=0,8q = 0{,}8 et de premier terme :

v1=p1−12=1−12=12v_1 = p_1 - \dfrac{1}{2} = 1 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}

vn=12×0,8n−1\boxed{v_n = \dfrac{1}{2} \times 0{,}8^{n-1}}
5
En déduire l'expression de pnp_n en fonction de nn.
Afficher la correction
Puisque vn=pn−12v_n = p_n - \dfrac{1}{2} et vn=12×0,8n−1v_n = \dfrac{1}{2} \times 0{,}8^{n-1} :

pn=vn+12=12×0,8n−1+12p_n = v_n + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2} \times 0{,}8^{n-1} + \dfrac{1}{2}

pn=12(0,8n−1+1)\boxed{p_n = \dfrac{1}{2}\left(0{,}8^{n-1} + 1\right)}
6
Déterminer la limite de la suite (pn)(p_n) et interpréter le résultat dans le contexte de l'exercice.
Afficher la correction
On a ∣0,8∣<1|0{,}8| < 1, donc lim⁡n→+∞0,8n−1=0\lim_{n \to +\infty} 0{,}8^{n-1} = 0.

lim⁡n→+∞pn=12(0+1)=12\lim_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{1}{2}(0 + 1) = \dfrac{1}{2}

Interprétation : à long terme, la probabilité que le bit reçu soit correct tend vers 12\dfrac{1}{2}. Le système de transmission perd toute fiabilité : recevoir un bit correct ou incorrect devient équiprobable.

lim⁡n→+∞pn=12\boxed{\lim_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{1}{2}}
7
Déterminer le plus petit entier nn tel que pn⩽0,55p_n \leqslant 0{,}55.
Afficher la correction
On résout :

pn⩽0,55  ⟺  12(0,8n−1+1)⩽0,55p_n \leqslant 0{,}55 \iff \dfrac{1}{2}\left(0{,}8^{n-1} + 1\right) \leqslant 0{,}55

0,8n−1+1⩽1,1  ⟺  0,8n−1⩽0,10{,}8^{n-1} + 1 \leqslant 1{,}1 \iff 0{,}8^{n-1} \leqslant 0{,}1

On passe au logarithme népérien (attention : ln⁡(0,8)<0\ln(0{,}8) < 0, l'inégalité change de sens) :

(n−1)×ln⁡(0,8)⩽ln⁡(0,1)(n-1) \times \ln(0{,}8) \leqslant \ln(0{,}1)

n−1⩾ln⁡(0,1)ln⁡(0,8)=−2,3026−0,2231≈10,32n - 1 \geqslant \dfrac{\ln(0{,}1)}{\ln(0{,}8)} = \dfrac{-2{,}3026}{-0{,}2231} \approx 10{,}32

n⩾11,32n \geqslant 11{,}32

Le plus petit entier nn est donc n=12n = 12.

Vérification :

• p11=12(0,810+1)=12(0,10737+1)≈0,5537>0,55p_{11} = \dfrac{1}{2}(0{,}8^{10} + 1) = \dfrac{1}{2}(0{,}10737 + 1) \approx 0{,}5537 > 0{,}55
• p12=12(0,811+1)=12(0,08590+1)≈0,5430⩽0,55p_{12} = \dfrac{1}{2}(0{,}8^{11} + 1) = \dfrac{1}{2}(0{,}08590 + 1) \approx 0{,}5430 \leqslant 0{,}55

n=12\boxed{n = 12}

Exercice 2 — Étude de fonction — logarithme et convexité (5 points)

On considère la fonction ff définie sur ]2 ; +∞[]2\,;\,+\infty[ par :

f(x)=xln⁡(x−2)f(x) = x\ln(x - 2)

On note Cf\mathcal{C}_f sa courbe représentative dans un repère orthonormé.
1
Déterminer les limites de ff en 2+2^+ et en +∞+\infty.
Afficher la correction
Rappels utiles : dérivation d'un produit, fonction logarithme népérien, limites, convexité, tangente, intégrale.

Limite en +∞+\infty :

Quand x→+∞x \to +\infty, x→+∞x \to +\infty et ln⁡(x−2)→+∞\ln(x-2) \to +\infty, donc par produit :

lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty

Limite en 2+2^+ :

Quand x→2+x \to 2^+, on a x→2x \to 2 et ln⁡(x−2)→−∞\ln(x - 2) \to -\infty. Par produit :

lim⁡x→2+f(x)=2×(−∞)=−∞\lim_{x \to 2^+} f(x) = 2 \times (-\infty) = -\infty

Attention : ici le facteur xx tend vers 2 (une constante non nulle), ce n'est pas une forme indéterminée.

lim⁡x→2+f(x)=−∞etlim⁡x→+∞f(x)=+∞\boxed{\lim_{x \to 2^+} f(x) = -\infty \quad \text{et} \quad \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty}
2
Montrer que pour tout x∈ ]2 ; +∞[x \in \,]2\,;\,+\infty[ :

f′(x)=ln⁡(x−2)+xx−2f'(x) = \ln(x-2) + \dfrac{x}{x-2}
Afficher la correction
On dérive le produit f(x)=xln⁡(x−2)f(x) = x \ln(x-2) avec (uv)′=u′v+uv′(uv)' = u'v + uv' :

• u(x)=xu(x) = x, donc u′(x)=1u'(x) = 1
• v(x)=ln⁡(x−2)v(x) = \ln(x-2), donc v′(x)=1x−2v'(x) = \dfrac{1}{x-2}

f′(x)=1×ln⁡(x−2)+x×1x−2f'(x) = 1 \times \ln(x-2) + x \times \dfrac{1}{x-2}

f′(x)=ln⁡(x−2)+xx−2\boxed{f'(x) = \ln(x-2) + \dfrac{x}{x-2}}
3
Étudier les variations de ff sur ]2 ; +∞[]2\,;\,+\infty[.
Afficher la correction
Étudions le signe de f′(x)f'(x) sur ]2 ; +∞[]2\,;\,+\infty[.

Limite de f′f' en 2+2^+ : ln⁡(x−2)→−∞\ln(x-2) \to -\infty et xx−2→+∞\dfrac{x}{x-2} \to +\infty. Calculons plus précisément en posant h=x−2→0+h = x - 2 \to 0^+ :

f′(x)=ln⁡(h)+h+2h=ln⁡(h)+1+2hf'(x) = \ln(h) + \dfrac{h+2}{h} = \ln(h) + 1 + \dfrac{2}{h}

Quand h→0+h \to 0^+, 2h→+∞\dfrac{2}{h} \to +\infty domine ln⁡(h)→−∞\ln(h) \to -\infty, donc f′(x)→+∞f'(x) \to +\infty.

Calculons f′′f'' pour étudier la convexité et les variations de f′f' :

f′′(x)=1x−2+(x−2)−x(x−2)2=1x−2−2(x−2)2f''(x) = \dfrac{1}{x-2} + \dfrac{(x-2) - x}{(x-2)^2} = \dfrac{1}{x-2} - \dfrac{2}{(x-2)^2}

f′′(x)=(x−2)−2(x−2)2=x−4(x−2)2f''(x) = \dfrac{(x-2) - 2}{(x-2)^2} = \dfrac{x - 4}{(x-2)^2}

On peut montrer que f′(x)>0f'(x) > 0 pour tout x>2x > 2. En effet, pour x>2x > 2, on a xx−2⩾1\dfrac{x}{x-2} \geqslant 1 et la fonction f′f' est à valeurs strictement positives sur ]2 ; +∞[]2\,;\,+\infty[.

La fonction ff est donc strictement croissante sur ]2 ; +∞[]2\,;\,+\infty[.

f est strictement croissante sur ]2 ; +∞[\boxed{f \text{ est strictement croissante sur } ]2\,;\,+\infty[}
4
Montrer que f′′(x)=x−4(x−2)2f''(x) = \dfrac{x-4}{(x-2)^2} et en déduire la convexité de ff.
Afficher la correction
On a montré que :

f′′(x)=x−4(x−2)2f''(x) = \dfrac{x - 4}{(x-2)^2}

• ff est concave sur ]2 ; 4[]2\,;\,4[ car f′′(x)<0f''(x) < 0
• ff est convexe sur ]4 ; +∞[]4\,;\,+\infty[ car f′′(x)>0f''(x) > 0

La courbe Cf\mathcal{C}_f admet un point d'inflexion en x=4x = 4 de coordonnées (4 ; 4ln⁡2)(4\,;\, 4\ln 2).

Point d’inflexion en (4 ; 4ln⁡2)\boxed{\text{Point d'inflexion en } (4\,;\, 4\ln 2)}
5
Déterminer une équation de la tangente TT à Cf\mathcal{C}_f au point d'inflexion.
Afficher la correction
La tangente à Cf\mathcal{C}_f au point d'abscisse a=4a = 4 a pour équation :

T:y=f′(4)(x−4)+f(4)T : y = f'(4)(x - 4) + f(4)

Calculons :

• f(4)=4ln⁡(2)f(4) = 4\ln(2)
• f′(4)=ln⁡(2)+42=ln⁡(2)+2f'(4) = \ln(2) + \dfrac{4}{2} = \ln(2) + 2

T:y=(ln⁡2+2)(x−4)+4ln⁡2T : y = (\ln 2 + 2)(x - 4) + 4\ln 2

T:y=(ln⁡2+2) x−4ln⁡2−8+4ln⁡2T : y = (\ln 2 + 2)\,x - 4\ln 2 - 8 + 4\ln 2

T:y=(ln⁡2+2) x−8\boxed{T : y = (\ln 2 + 2)\,x - 8}
6
Étudier la position de Cf\mathcal{C}_f par rapport à sa tangente au point d'inflexion.
Afficher la correction
On étudie le signe de f(x)−T(x)f(x) - T(x) :

f(x)−T(x)=xln⁡(x−2)−(ln⁡2+2)x+8f(x) - T(x) = x\ln(x-2) - (\ln 2 + 2)x + 8

On a vu que f′′(x)=x−4(x−2)2f''(x) = \dfrac{x-4}{(x-2)^2}. Posons g(x)=f(x)−T(x)g(x) = f(x) - T(x). On a g′′(x)=f′′(x)g''(x) = f''(x) (la tangente étant une droite, sa dérivée seconde est nulle).

• Sur ]2 ; 4[]2\,;\,4[ : g′′(x)<0g''(x) < 0, gg est concave, et g(4)=0g(4) = 0, g′(4)=0g'(4) = 0.
• Sur ]4 ; +∞[]4\,;\,+\infty[ : g′′(x)>0g''(x) > 0, gg est convexe, et g(4)=0g(4) = 0, g′(4)=0g'(4) = 0.

Le point x=4x = 4 est un minimum local de gg sur ]4 ; +∞[]4\,;\,+\infty[ (convexe, dérivée nulle) donc g(x)⩾0g(x) \geqslant 0 pour x>4x > 4 : la courbe est au-dessus de la tangente.

Sur ]2 ; 4[]2\,;\,4[, gg est concave avec g(4)=0g(4) = 0 et g′(4)=0g'(4) = 0, donc g(x)⩽0g(x) \leqslant 0 : la courbe est au-dessous de la tangente.

Cf est au-dessous de T sur ]2 ; 4[ et au-dessus sur ]4 ; +∞[\boxed{\mathcal{C}_f \text{ est au-dessous de } T \text{ sur } ]2\,;\,4[ \text{ et au-dessus sur } ]4\,;\,+\infty[}

Exercice 3 — Géométrie dans l'espace — tétraèdre ABCD (5 points)

On se place dans l'espace muni d'un repère orthonormé (O ; i→,j→,k→)(O\,;\,\vec{i}, \vec{j}, \vec{k}).

On considère le tétraèdre ABCDABCD avec :

• A(1 ; 0 ; 0)A(1\,;\,0\,;\,0), B(0 ; 2 ; 0)B(0\,;\,2\,;\,0), C(0 ; 0 ; 3)C(0\,;\,0\,;\,3) et D(1 ; 2 ; 3)D(1\,;\,2\,;\,3).
Tétraèdre ABCD dans l’espaceRepère de l’espace contenant le tétraèdre ABCD. Les arêtes cachées sont en pointillés et les faces ABC et BCD sont distinguées par des remplissages différents. O x y z A B C D
1
Montrer que les vecteurs AB→\overrightarrow{AB}, AC→\overrightarrow{AC} et AD→\overrightarrow{AD} ne sont pas coplanaires.
Afficher la correction
Rappels utiles : produit scalaire dans l'espace, vecteur normal, équation cartésienne de plan, représentation paramétrique, projeté orthogonal, volume de tétraèdre.

Calculons les vecteurs :

AB→=B−A=(−1 ; 2 ; 0)\overrightarrow{AB} = B - A = (-1\,;\,2\,;\,0)

AC→=C−A=(−1 ; 0 ; 3)\overrightarrow{AC} = C - A = (-1\,;\,0\,;\,3)

AD→=D−A=(0 ; 2 ; 3)\overrightarrow{AD} = D - A = (0\,;\,2\,;\,3)

On calcule le déterminant (produit mixte) :

det⁡(AB→,AC→,AD→)=∣−1−10202033∣\det(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD}) = \begin{vmatrix} -1 & -1 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 3 & 3 \end{vmatrix}

=−1∣0233∣−(−1)∣2203∣+0= -1 \begin{vmatrix} 0 & 2 \\ 3 & 3 \end{vmatrix} - (-1) \begin{vmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 3 \end{vmatrix} + 0

=−1(0×3−2×3)+1(2×3−2×0)= -1(0 \times 3 - 2 \times 3) + 1(2 \times 3 - 2 \times 0)

=−1×(−6)+1×6=6+6=12≠0= -1 \times (-6) + 1 \times 6 = 6 + 6 = 12 \neq 0

Le déterminant est non nul, donc les trois vecteurs ne sont pas coplanaires, ce qui confirme que ABCDABCD est bien un tétraèdre (les quatre points ne sont pas coplanaires).

det⁡(AB→,AC→,AD→)=12≠0\boxed{\det(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD}) = 12 \neq 0}
2
Déterminer une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC).
Afficher la correction
Méthode : on cherche n→(a ; b ; c)\vec{n}(a\,;\,b\,;\,c) normal au plan (ABC)(ABC), c'est-à-dire orthogonal à AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}.

On calcule le produit vectoriel n→=AB→∧AC→\vec{n} = \overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} :

n→=AB→∧AC→=∣i→j→k→−120−103∣\vec{n} = \overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -1 & 2 & 0 \\ -1 & 0 & 3 \end{vmatrix}

n→=i→(2×3−0×0)−j→((−1)×3−0×(−1))+k→((−1)×0−2×(−1))\vec{n} = \vec{i}(2 \times 3 - 0 \times 0) - \vec{j}((-1) \times 3 - 0 \times (-1)) + \vec{k}((-1) \times 0 - 2 \times (-1))

n→=(6 ; 3 ; 2)\vec{n} = (6\,;\, 3\,;\, 2)

Vérification :

n→⋅AB→=6×(−1)+3×2+2×0=−6+6=0  ✓\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 6 \times (-1) + 3 \times 2 + 2 \times 0 = -6 + 6 = 0 \; \checkmark

n→⋅AC→=6×(−1)+3×0+2×3=−6+6=0  ✓\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 6 \times (-1) + 3 \times 0 + 2 \times 3 = -6 + 6 = 0 \; \checkmark

Le plan (ABC)(ABC) a pour équation 6x+3y+2z+d=06x + 3y + 2z + d = 0. Le point A(1 ; 0 ; 0)A(1\,;\,0\,;\,0) appartient au plan :

6(1)+3(0)+2(0)+d=0  ⟹  d=−66(1) + 3(0) + 2(0) + d = 0 \implies d = -6

(ABC):6x+3y+2z−6=0\boxed{(ABC) : 6x + 3y + 2z - 6 = 0}

Vérification avec BB et CC :

• B:6(0)+3(2)+2(0)−6=6−6=0  ✓B : 6(0) + 3(2) + 2(0) - 6 = 6 - 6 = 0 \; \checkmark
• C:6(0)+3(0)+2(3)−6=6−6=0  ✓C : 6(0) + 3(0) + 2(3) - 6 = 6 - 6 = 0 \; \checkmark
3
Calculer la distance du point DD au plan (ABC)(ABC).
Afficher la correction
Formule : la distance d'un point M(x0 ; y0 ; z0)M(x_0\,;\,y_0\,;\,z_0) au plan ax+by+cz+d=0ax + by + cz + d = 0 est :

d(M,P)=∣ax0+by0+cz0+d∣a2+b2+c2d(M, \mathcal{P}) = \dfrac{|ax_0 + by_0 + cz_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}

Appliquons avec D(1 ; 2 ; 3)D(1\,;\,2\,;\,3) et le plan 6x+3y+2z−6=06x + 3y + 2z - 6 = 0 :

d(D,(ABC))=∣6(1)+3(2)+2(3)−6∣62+32+22d(D, (ABC)) = \dfrac{|6(1) + 3(2) + 2(3) - 6|}{\sqrt{6^2 + 3^2 + 2^2}}

=∣6+6+6−6∣36+9+4=1249=127= \dfrac{|6 + 6 + 6 - 6|}{\sqrt{36 + 9 + 4}} = \dfrac{12}{\sqrt{49}} = \dfrac{12}{7}

d(D,(ABC))=127\boxed{d(D, (ABC)) = \dfrac{12}{7}}
4
Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal HH de DD sur le plan (ABC)(ABC).
Afficher la correction
Méthode : le projeté orthogonal HH de DD sur le plan est le point d'intersection de la droite passant par DD et dirigée par n→\vec{n} avec le plan.

La droite passant par D(1 ; 2 ; 3)D(1\,;\,2\,;\,3) de vecteur directeur n→(6 ; 3 ; 2)\vec{n}(6\,;\,3\,;\,2) a pour représentation paramétrique :

{x=1+6λy=2+3λz=3+2λ\begin{cases} x = 1 + 6\lambda \\ y = 2 + 3\lambda \\ z = 3 + 2\lambda \end{cases}

On substitue dans l'équation du plan 6x+3y+2z−6=06x + 3y + 2z - 6 = 0 :

6(1+6λ)+3(2+3λ)+2(3+2λ)−6=06(1 + 6\lambda) + 3(2 + 3\lambda) + 2(3 + 2\lambda) - 6 = 0

6+36λ+6+9λ+6+4λ−6=06 + 36\lambda + 6 + 9\lambda + 6 + 4\lambda - 6 = 0

49λ+12=0  ⟹  λ=−124949\lambda + 12 = 0 \implies \lambda = -\dfrac{12}{49}

Les coordonnées de HH sont :

xH=1+6×(−1249)=1−7249=49−7249=−2349x_H = 1 + 6 \times \left(-\dfrac{12}{49}\right) = 1 - \dfrac{72}{49} = \dfrac{49 - 72}{49} = -\dfrac{23}{49}

yH=2+3×(−1249)=2−3649=98−3649=6249y_H = 2 + 3 \times \left(-\dfrac{12}{49}\right) = 2 - \dfrac{36}{49} = \dfrac{98 - 36}{49} = \dfrac{62}{49}

zH=3+2×(−1249)=3−2449=147−2449=12349z_H = 3 + 2 \times \left(-\dfrac{12}{49}\right) = 3 - \dfrac{24}{49} = \dfrac{147 - 24}{49} = \dfrac{123}{49}

Vérification : 6×(−2349)+3×6249+2×12349−6=−138+186+24649−6=29449−6=6−6=0  ✓6 \times \left(-\dfrac{23}{49}\right) + 3 \times \dfrac{62}{49} + 2 \times \dfrac{123}{49} - 6 = \dfrac{-138 + 186 + 246}{49} - 6 = \dfrac{294}{49} - 6 = 6 - 6 = 0 \; \checkmark

H ⁣(−2349 ; 6249 ; 12349)\boxed{H\!\left(-\dfrac{23}{49}\,;\, \dfrac{62}{49}\,;\, \dfrac{123}{49}\right)}
5
Calculer le volume du tétraèdre ABCDABCD.
Afficher la correction
Formule : le volume d'un tétraèdre est V=13×Abase×hV = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{\text{base}} \times h ou bien V=16∣det⁡(AB→,AC→,AD→)∣V = \dfrac{1}{6}|\det(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD})|.

On a déjà calculé le déterminant :

det⁡(AB→,AC→,AD→)=12\det(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD}) = 12

Donc :

V=16∣12∣=2V = \dfrac{1}{6} |12| = 2

V=2 uniteˊs de volume\boxed{V = 2 \text{ unités de volume}}

Vérification par la seconde méthode : avec la base ABCABC et la hauteur h=d(D,(ABC))=127h = d(D, (ABC)) = \dfrac{12}{7} :

L'aire du triangle ABCABC est A=12∥AB→∧AC→∥=1236+9+4=72\mathcal{A} = \dfrac{1}{2}\|\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}\| = \dfrac{1}{2}\sqrt{36 + 9 + 4} = \dfrac{7}{2}.

V=13×72×127=13×6=2  ✓V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{7}{2} \times \dfrac{12}{7} = \dfrac{1}{3} \times 6 = 2 \; \checkmark

Exercice 4 — Vrai / Faux — intégrales, équation différentielle et suites (5 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse en justifiant la réponse. Toute réponse non justifiée ne rapporte aucun point.
1
Affirmation 1. Soit ff la fonction définie sur [0 ; 1][0\,;\,1] par f(x)=xexf(x) = xe^x. On a ∫01f(x) dx=1\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x = 1.
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VRAI.

Méthode : on utilise une intégration par parties avec u(x)=xu(x) = x et v′(x)=exv'(x) = e^x.

On pose :

• u(x)=xu(x) = x, donc u′(x)=1u'(x) = 1
• v′(x)=exv'(x) = e^x, donc v(x)=exv(x) = e^x

Par intégration par parties :

∫01xex dx=[xex]01−∫01ex dx\int_0^1 xe^x\,\mathrm{d}x = \left[xe^x\right]_0^1 - \int_0^1 e^x\,\mathrm{d}x

=(1×e1−0×e0)−[ex]01= (1 \times e^1 - 0 \times e^0) - \left[e^x\right]_0^1

=e−(e1−e0)=e−e+1=1= e - (e^1 - e^0) = e - e + 1 = 1

VRAI : ∫01xex dx=1\boxed{\text{VRAI : } \int_0^1 xe^x\,\mathrm{d}x = 1}
2
Affirmation 2. La fonction gg définie sur R\mathbb{R} par g(x)=(2x+1)e−xg(x) = (2x+1)e^{-x} est solution de l'équation différentielle y′+y=2e−xy' + y = 2e^{-x}.
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VRAI.

Calculons g′(x)g'(x) en dérivant le produit :

g′(x)=2e−x+(2x+1)(−e−x)=2e−x−(2x+1)e−xg'(x) = 2e^{-x} + (2x+1)(-e^{-x}) = 2e^{-x} - (2x+1)e^{-x}

g′(x)=(2−2x−1)e−x=(1−2x)e−xg'(x) = (2 - 2x - 1)e^{-x} = (1 - 2x)e^{-x}

Vérifions g′(x)+g(x)g'(x) + g(x) :

g′(x)+g(x)=(1−2x)e−x+(2x+1)e−xg'(x) + g(x) = (1 - 2x)e^{-x} + (2x + 1)e^{-x}

=(1−2x+2x+1)e−x=2e−x= (1 - 2x + 2x + 1)e^{-x} = 2e^{-x}

On obtient bien g′(x)+g(x)=2e−xg'(x) + g(x) = 2e^{-x}, donc gg est solution de y′+y=2e−xy' + y = 2e^{-x}.

VRAI : g′(x)+g(x)=2e−x\boxed{\text{VRAI : } g'(x) + g(x) = 2e^{-x}}
3
Affirmation 3. La suite (un)(u_n) définie par u0=2u_0 = 2 et un+1=2un+3u_{n+1} = \sqrt{2u_n + 3} est convergente.
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VRAI.

Montrons que la suite est croissante et majorée.

Cherchons le point fixe : ℓ=2ℓ+3\ell = \sqrt{2\ell + 3}, donc ℓ2=2ℓ+3\ell^2 = 2\ell + 3, soit ℓ2−2ℓ−3=0\ell^2 - 2\ell - 3 = 0, d'où (ℓ−3)(ℓ+1)=0(\ell - 3)(\ell + 1) = 0. Le point fixe positif est ℓ=3\ell = 3.

Montrons que un⩽3u_n \leqslant 3 pour tout nn :

Initialisation : u0=2⩽3u_0 = 2 \leqslant 3. Vrai.

Hérédité : si un⩽3u_n \leqslant 3, alors 2un+3⩽92u_n + 3 \leqslant 9, donc un+1=2un+3⩽3u_{n+1} = \sqrt{2u_n + 3} \leqslant 3.

Montrons que la suite est croissante :

un+1−un=2un+3−unu_{n+1} - u_n = \sqrt{2u_n + 3} - u_n

Posons h(x)=2x+3−xh(x) = \sqrt{2x+3} - x pour x∈[0 ; 3]x \in [0\,;\,3]. On a :

h′(x)=12x+3−1h'(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2x+3}} - 1

Pour x⩾0x \geqslant 0, 2x+3⩾3>1\sqrt{2x+3} \geqslant \sqrt{3} > 1, donc h′(x)<0h'(x) < 0 : hh est décroissante.

Or h(3)=9−3=0h(3) = \sqrt{9} - 3 = 0 et hh est décroissante, donc pour x⩽3x \leqslant 3, h(x)⩾0h(x) \geqslant 0.

Puisque un⩽3u_n \leqslant 3, on a h(un)⩾0h(u_n) \geqslant 0, c'est-à-dire un+1⩾unu_{n+1} \geqslant u_n.

La suite (un)(u_n) est croissante et majorée par 3, donc elle converge.

Sa limite ℓ\ell vérifie ℓ=2ℓ+3\ell = \sqrt{2\ell + 3}, d'où ℓ=3\ell = 3.

VRAI : la suite converge vers ℓ=3\boxed{\text{VRAI : la suite converge vers } \ell = 3}
4
Affirmation 4. Soit ff une fonction continue et positive sur [0 ; 4][0\,;\,4]. Si ∫02f(x) dx=3\displaystyle\int_0^2 f(x)\,\mathrm{d}x = 3 et ∫04f(x) dx=10\displaystyle\int_0^4 f(x)\,\mathrm{d}x = 10, alors ∫24f(x) dx=7\displaystyle\int_2^4 f(x)\,\mathrm{d}x = 7.
Afficher la correction
VRAI.

D'après la relation de Chasles :

∫04f(x) dx=∫02f(x) dx+∫24f(x) dx\int_0^4 f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^2 f(x)\,\mathrm{d}x + \int_2^4 f(x)\,\mathrm{d}x

Donc :

∫24f(x) dx=∫04f(x) dx−∫02f(x) dx=10−3=7\int_2^4 f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^4 f(x)\,\mathrm{d}x - \int_0^2 f(x)\,\mathrm{d}x = 10 - 3 = 7

VRAI : ∫24f(x) dx=7\boxed{\text{VRAI : } \int_2^4 f(x)\,\mathrm{d}x = 7}
5
Affirmation 5. Soit (un)(u_n) la suite définie par u0=3u_0 = 3 et un+1=12un+1u_{n+1} = \dfrac{1}{2}u_n + 1. La suite (un)(u_n) est décroissante.
Afficher la correction
VRAI.

Montrons par récurrence que un⩾2u_n \geqslant 2 et que la suite est décroissante.

Le point fixe est ℓ=12ℓ+1\ell = \dfrac{1}{2}\ell + 1, soit 12ℓ=1\dfrac{1}{2}\ell = 1, d'où ℓ=2\ell = 2.

Montrons que un⩾2u_n \geqslant 2 pour tout nn :

Initialisation : u0=3⩾2u_0 = 3 \geqslant 2. Vrai.

Hérédité : si un⩾2u_n \geqslant 2, alors un+1=12un+1⩾12×2+1=2u_{n+1} = \dfrac{1}{2}u_n + 1 \geqslant \dfrac{1}{2} \times 2 + 1 = 2.

Montrons que la suite est décroissante :

un+1−un=12un+1−un=−12un+1=−12(un−2)u_{n+1} - u_n = \dfrac{1}{2}u_n + 1 - u_n = -\dfrac{1}{2}u_n + 1 = -\dfrac{1}{2}(u_n - 2)

Puisque un⩾2u_n \geqslant 2, on a un−2⩾0u_n - 2 \geqslant 0, donc un+1−un⩽0u_{n+1} - u_n \leqslant 0.

La suite est bien décroissante (et converge vers 2).

Vérification :

• u0=3u_0 = 3
• u1=32+1=2,5u_1 = \dfrac{3}{2} + 1 = 2{,}5
• u2=2,52+1=2,25u_2 = \dfrac{2{,}5}{2} + 1 = 2{,}25

VRAI : la suite (un) est deˊcroissante, de limite 2\boxed{\text{VRAI : la suite } (u_n) \text{ est décroissante, de limite } 2}

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Ce sujet mobilise 7 notions du programme de Terminale. Chacune dispose d'un cours complet, d'une fiche de révision et d'exercices corrigés :

ProbabilitésSuitesLogarithmeConvexitéCalcul intégralGéométrie dans l'espaceÉquations différentielles