\documentclass[11pt,a4paper,french]{article}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{fourier}
\usepackage[scaled=0.875]{helvet}
\renewcommand{\ttdefault}{lmtt}
\usepackage{makeidx}
\usepackage{amsmath,amssymb}
\usepackage{fancybox}
\usepackage[normalem]{ulem}
\usepackage{pifont}
\usepackage{lscape}
\usepackage{multicol}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{tabularx}
\usepackage{multirow}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{textcomp}
\newcommand{\euro}{\eurologo{}}
%Tapuscrit : Denis Vergès
%Relecture : François Hache
\usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node,pst-text}
\usepackage{pst-eucl,pst-3dplot,pstricks-add}
\usepackage{tikz}
\usepackage{esvect}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\D}{\mathbb{D}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\usepackage[left=2.5cm, right=2.5cm, top=2cm, bottom=3cm]{geometry}
\headheight15 mm
\newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}}
\renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}}
\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}}
\renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}}
\renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}}
\def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
\newcommand{\e}{\text{e}}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage[dvips]{hyperref}
\hypersetup{%
pdfauthor = {APMEP},
pdfsubject = {Baccalauréat Spécialité},
pdftitle = {Métropole Sujet 1 19 juin 2024},
allbordercolors = white,
pdfstartview=FitH}
\usepackage{babel}
\usepackage[np]{numprint}
\renewcommand\arraystretch{1.3}
\frenchsetup{StandardLists=true}
\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat spécialité sujet 1}
\lfoot{\small{Métropole, Antilles-Guyane}}
\rfoot{\small{19 juin 2024}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Baccalauréat Métropole\footnote{Antilles-Guyane, Maroc} 19 juin 2024~\decofourright\\[7pt]  Sujet 1\\[7pt] ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}}
\end{center}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On sait que $x \e^{-x} = \dfrac{x}{\e^x}$ et que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{x}{\e^x} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}  f(x) = 0$ : géométriquement l'axe des abscisses est asymptote horizontale à la représentation graphique de $f$ au voisinage de plus l'infini. L'affirmation 1 est vraie.

On a $f'(x) = 5\e^{-x}  - 5x\e^{-x} = \e^{-x}(5 - 5x) = 5\e^{-x}(1 - x)$.

$f'(x) + f(x) = 5\e^{-x}(1 - x) + 5x\e^{-x}  = 5\e^{-x}$, donc $f$ vérifie l'équation différentielle $(E)$ : l'affirmation 2 est vraie.
\item La suite $\left(v_n\right)$ est minorée et majorée mais on ne sait rien de sa monotonie, rien sur sa convergence : l'affirmation 3 est fausse.

\emph{Exemple} : $u_n = - 1 - \dfrac 1n, \: v_n = (-1)^n$ et $w_n = 1 + \dfrac 1n$ : on ne peut rien dire de la suite $\left(v_n\right)$.

Si $\left(u_n\right)$ est croissante et $\left(w_n\right)$ décroissante, on a donc 

$u_0 \leqslant u_1 \leqslant \ldots u_n \leqslant v_n \leqslant w_n \leqslant w_{n - 1} \leqslant \ldots \leqslant w_1 \leqslant w_0$ : on a bien l'encadrement considéré : l'affirmation 4 est vraie.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Voici l'arbre pondéré :

\begin{center}
\pstree[treemode=R,levelsep=3.25cm]{\TR{}}
{\pstree{\TR{$I~$} \taput{0,6}}
	{\TR{$S$}\taput{0,75}
	\TR{$\overline{S}$}\tbput{0,25}	
	}
\pstree{\TR{$M~$} \taput{0,3}}
	{\TR{$S$}\taput{0,9}
	\TR{$\overline{S}$}\tbput{0,1}	
	}
	\pstree{\TR{$G~$} \tbput{0,1}}
	{\TR{$S$}\taput{0,8}
	\TR{$\overline{S}$}\tbput{0,2}	
	}	
}
\end{center}

\item La probabilité cherchée est $p(I \cap S) = p(I) \times p_{I}(S) = 0,6 \times 0,75 = 0,45$.
\item On a de même $p(M \cap S) = p(M) \times p_{M}(S) = 0,3 \times 0,9 = 0,27$.

$p(G \cap S) = p(G) \times p_{G}(S) = 0,1 \times 0,8 = 0,08$.

D'après la loi des probabilités totale :

$p(S) = p(I \cap S) + p(M \cap S) + p(G \cap S) = 0,45 + 0,27 + 0,08 = 0,45 + 0,35 = 0,8$.
\item on a $p_S(I) = \dfrac{p(S \cap I)}{p(S)} = \dfrac{p(I \cap S)}{p(S)} = \dfrac{0,45}{0,8} = \dfrac{45}{80} = \dfrac{9}{16} = \np{0,5625}$, soit 0,563 au millième près.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Les conditions de l'étude sont telles que la variable aléatoire $X$ suit une loi binomiale de paramètres $n = 30$ et $p = 0,8$.
		\item D'après la calculatrice $p(X \geqslant 25) = 1 - p(X \leqslant 24)\approx 1 - \np{0,5725}$ soit environ 0,4275, donc 0,428 au millième près.
	\end{enumerate}
\item Il faut trouver $n \in \N$ tel que $p(X \geqslant n) > 0,99 $, donc tel que $1 - 0,8^n > 0,99 \iff 0,8^n < 0,01 \iff n \ln 0,8 < \ln 0,01 \iff n > \dfrac{\ln 0,01}{\ln 0,8}$

Or $\dfrac{\ln 0,1}{\ln 0,8} \approx 20,6$.

Il faut donc interroger au moins 21 personnes.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item ~

$\bullet~~E(T) = E(T_1) + E(T_2) = 4 + 3 = 7$ et $T_1$ et $T_2$ sont deux variables indépendantes, donc 

$\bullet~~V(T) = V(T_1) + V(T_2) = 2 + 1 = 3$.
		\item Il faut trouver :
		
$p(5\leqslant T \leqslant 9)$ ou encore $p(4 < T < 10) = p(4 - E(T ) < T - E(T) < 10 - E(T)) = $

$p(- 3 < T - E(T) < 3)$ soit $p(|T - E(T)| < 3)$ ou encore $1 - p(|T - E(T)| \geqslant 3 )$ et finalement d'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev :

$p(5\leqslant T \leqslant 9) \geqslant 1 - \dfrac{V(T)}{3^2}$, soit 

$p(5\leqslant T \leqslant 9) \geqslant 1 - \dfrac39$ et finalement :

$p(5\leqslant T \leqslant 9) \geqslant \dfrac23$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item On a $\vect{\text{CA}}\begin{pmatrix}5\\5\\-10\end{pmatrix}$ et $\vect{\text{DC}}\begin{pmatrix}0\\0\\\frac{25}{2}\end{pmatrix}$.
		
Or ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires et :

$\vect{n_1} \cdot \vect{\text{CA}} = 5 - 5 + 0 = 0$ et 

$\vect{n_1} \cdot \vect{\text{DC}} = 0 +  0 + 0 = 0$.

Conclusion : le vecteur $\vect{n_1}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (CAD) : il est donc normal à ce plan.
		\item On sait qu'alors :
		
$M(x~;~y~;~z) \in (\text{CAD}) \iff 1x - 1y + 0z + d = 0 \iff x - y + d = 0$, avec \:$ d \in \R$.

Ceci est vrai pour exemple pour C :

$C(0~;~0~;~10) \in (\text{CAD}) \iff 0 - 1y + 0 + d = 0$  avec \: $d \in \R$, soit $d = 0$.

Donc $M(x~;~y~;~z) \in (\text{CAD}) \iff x - y  = 0$.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Si la droite $(D)$ est sécante au plan (CAD) en un point H les coordonnées de ce point vérifient les équations paramétriques de ($D$) et celle du plan soit :

H$(x~;~y~;~z) \in D \cap (\text{CAD})\iff \left\{\begin{array}{l c l}
x&=&\phantom{5 -} + \frac52 t\\
y &=&5 - \frac52 t\\
z&=&\phantom{5 -}0t\\
x - y = 0
\end{array}\right.\:(t \in \R) \Rightarrow \dfrac52t - \left(5 - \dfrac52 t \right) = 0 \iff 5t - 5 = 0 \iff t = 1$.

Donc H$\left(\dfrac52~;~\dfrac52~;~0\right)$.
		\item On a $M(x~;~y~;~z) \in D \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x&=&0 + \frac52 t\\
y &=&5 - \frac52 t\\
z&=&0 + 0t
\end{array}\right.$

On reconnait dans les coefficients de $t$ les coordonnées du vecteur $\begin{pmatrix}\frac52\\- \frac52\\0\end{pmatrix}$, soit $\frac52\vect{n_1}$ et (0~;~5~;~0) sont les coordonnées de B.

Donc $D$ est la droite contenant B et de vecteur directeur $\vect{n_1}$.

Or on a vu que le vecteur $\vect{n_1}$ est normal au plan (CAD), donc la droite $D$ est perpendiculaire à (CAD) au point H.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a vu que (BH) = $D$ donc a pour vecteur directeur $\vect{n_1}$.
		
$\vect{\text{HA}}\begin{pmatrix}\frac52\\\frac52\\0\end{pmatrix}$ et $\vect{n_1} \cdot \vect{\text{HA}} = \dfrac52 - \dfrac52 + 0 = 0$.
		
Les vecteurs $\vect{\text{BH}}$ et $\vect{\text{HA}}$ sont orthogonaux donc les droites (BH) et (HA) sont perpendiculaires, le triangle ABH est rectangle en H.
		\item On a $\left\|\vect{\text{BH}}\right\|^2 = \frac{25}{4} + \frac{25}{4} + 0 = \frac{50}{4}$, d'où $\left\|\vect{\text{BH}}\right\| = \text{BH} = \sqrt{\frac{50}{4}} = \dfrac{5\sqrt 2}{2}$ et 
		
$\left|\vect{\text{HA}}\right\|^2 = \frac{25}{4} + \frac{25}{4} + 0 = \frac{50}{4}$, d'où $\left\|\vect{\text{HA}}\right\| = \text{HA} = \sqrt{\frac{50}{4}} = \dfrac{5\sqrt 2}{2}$.

Donc $\mathcal{A}(\text{ABH}) = \dfrac{\text{BH} \times \text{HA}}{2} = \dfrac12 \times \dfrac{5\sqrt 2}{2} \times \dfrac{5\sqrt 2}{2} = \dfrac{25 \times 2}{8} = \dfrac{25}{4}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Les points A, B et H ont une cote nulle : ils appartiennent donc au plan définis par les vecteurs unitaires $\vect{\imath}$ et $\vect{\jmath}$ et C a une abscisse et une ordonnée nulles, donc appartient à l'axe $\left(\text{O},~\vect{k}\right)$ qui est perpendiculaire au plan (ABH), donc (CO) est la hauteur contenant C du tétraèdre ABCH.
		\item De façon évidente CO $ = 10$, donc :
		
		$\mathcal{V}(\text{ABCH}) = \dfrac{\mathcal{A}(\text{ABH}) \times \text{CO}}{3} = \dfrac{\frac{25}{4} \times 10}{3} = \dfrac{125}{6}$.
	\end{enumerate}
\item On a $\vect{\text{BA}}\begin{pmatrix}5\\0\\0\end{pmatrix}$ et $\vect{\text{BC}}\begin{pmatrix}0\\-5\\10\end{pmatrix}$, d'où $\vect{\text{BA}} \cdot \vect{\text{BC}} = 0 + 0 + 0 = 0$ : les vecteurs sont orthogonaux donc les droites (BA) et (BC) sont perpendiculaires, le triangle (ABC) est rectangle en B.

On a BA$^2 = 5^2$, donc BA $ = 5$ et BC$^2 = 5^2 + 10^2 = 25 + 100 = 125$, donc BC $= \sqrt{125} = 5 \sqrt 5$.

L'aire du triangle (ABC) est égale à :

$\mathcal{A}(\text{ABC}) = \dfrac{\text{AB} \times \text{BC}}{2} = \dfrac{ 5 \times 5 \sqrt 5}{2} = \dfrac{25\sqrt 5}{2}$.

On a $\mathcal{V}(\text{ABCH}) = \dfrac{\mathcal{A}(\text{ABC}) \times d}{3}$, $d$ étant la distance du point H au plan (ABC).

On a donc : $\dfrac{125}{6} = \dfrac{\dfrac{25\sqrt 5}{2} \times d}{3} \iff d = \dfrac{125}{6} \times \dfrac{3 \times 2}{25\sqrt 5} = \sqrt 5$.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 6 points}

\medskip

\textbf{Partie A : étude de la fonction} \boldmath $f$\unboldmath.

\medskip

\[f(x)  = x - 2 + \dfrac12 \ln x,\quad \text{sur}\:]0~;~+ \infty[\]

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item ~
		
$\bullet~$Limite en 0  : On sait que $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x - 2 = - 2$ et que $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \ln x = - \infty$, donc par somme de limites $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f(x) = - \infty$.

$\bullet~$Limite en plus l'infini : 

On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x = \displaystyle\lim_{x \to + \infty} \ln x = + \infty$, d'où par somme de limites : $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
		\item Sur l'intervalle de définition $f$ est une somme de fonctions dérivables et sur cet intervalle : 
		
$f'(x) = 1 + \dfrac12 \times \dfrac 1x = 1 + \dfrac {1}{2x} = \dfrac{2x + 1}{2x}$.
		\item On a successivement : $0 < x \Rightarrow 0 < 2x < 2x + 1$ et 
		
		$2x + 1 > 2x > 0 \Rightarrow \dfrac{2x + 1}{2x} > 1 > 0 $: donc $f'(x) > 1 > 0$ : $f'(x) > 0$ donc $f$ est croissante sur $]0~;~+ \infty[$ de moins l'infini à plus l'infini.
		\item $f'$ est elle-même dérivable sur $]0~;~+ \infty[$ et sur cet intervalle, en dérivant le quotient :
		
$f''(x) = \dfrac{1 \times x - 1 \times (x + 1)}{x^2} = \dfrac{x - x - 1}{x^2} = - \dfrac{1}{x^2}$.
		
Or $x > 0 \Rightarrow x^2 > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{x^2} > 0$ et enfin $f''(x) < 0$.
		
Conclusion : la fonction $f$ est concave sur $]0~;~+ \infty[$
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  Sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$, la fonction $f$ est continue car dérivable sur cet intervalle et strictement croissante de moins à plus l'infini : d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel unique $\alpha \in]0~;~+ \infty[$ tel que $f(\alpha) = 0$.
		
Comme $f(1) = 1 - 2 + 0,5\times \ln 1 = -1$ et 

\phantom{Comme}$f(2) = 2 - 2  + \dfrac{\ln 2}{2} = \dfrac{\ln 2}{2} > 0$, le même théorème appliqué à l'intervalle [1~;~2] montre que $\alpha \in [1~;~2]$.
		\item On a donc :
		
$\bullet~f(x) < 0$ sur $]0~;~\alpha[$ ;  
		
$\bullet~f(x) > 0$ sur $]\alpha~;~+ \infty[$ ;

$\bullet~f(\alpha)  = 0$.
		\item Le dernier résultat s'écrit :
		
$\alpha - 2 +\dfrac12 \ln \alpha = 0 \iff \dfrac12 \ln \alpha = 2 - \alpha \iff \ln \alpha = 2(2 - \alpha)$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B étude de la fonction}{} \boldmath $g$\unboldmath 

Sur ]0~;~1], \quad $g(x) = - \dfrac78 x^2 + x - \dfrac14 x^2\ln x$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item $g$ est une somme de produits de fonctions dérivable sur ]0~;~1], elle est donc dérivable sur cet intervalle et 

$g'(x) = - 2 \times \dfrac78 x + 1 - \dfrac14\left(2x \ln x + x^2 \times \dfrac 1x \right) = 
- \dfrac74 x + 1 - \dfrac12 x \ln x - x\dfrac14 = - \dfrac84 x + 1 - \dfrac 1 2 x \ln x =$

$  1 - 2x - \dfrac{x\ln x}{2}$.

Puisque $x \ne 0$, on peut factoriser $x$ et $g'(x) = x\left(\dfrac 1x - 2 - \ln x\dfrac12 \right)$.

Posons $X = \dfrac 1x \iff x = \dfrac 1X$ ; en remarquant que $X = \dfrac 1x \Rightarrow \ln X = \ln \left(\dfrac 1x\right) = - \ln x$, on peut écrire :

$g'(x) = \dfrac 1X \left(X - 2 + \dfrac12 \ln X \right)$, soit $g'(x) = xf\left(\dfrac 1x \right)$
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a vu dans la partie A que $0 < x < \alpha \Rightarrow f(x) < 0$, soit en prenant les inverses de ces nombres positifs :
		
$ \dfrac{1}{\alpha} <  \dfrac 1x \Rightarrow f\left(\dfrac 1x \right) > 0$.
		\item D'après le tableau de signes admis comme $0< x \leqslant 1$ on en déduit par produit que :
		
$\bullet~$ $g'(x) > 0$ sur $\left]0~;~\dfrac{1}{\alpha}\right[$ ; $g$ est croissante sur cet intervalle

$\bullet~$ $g'(x) < 0$ sur $\left]\dfrac{1}{\alpha}~;~1\right[$ ; $g$ est décroissante sur cet intervalle

$\bullet~$ $g'\left(\frac{1}{\alpha}\right) = 0$ ; $g\left(\frac{1}{\alpha}\right)$ est un maximum de $g$ sur l'intervalle [0~;~1].
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie C : un calcul d'aire}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On sait que sur l'intervalle ]0~;~1], $\ln x \leqslant  0$ et comme $x^2 \geqslant 0$, on conclut que $- \dfrac14 x^2 \ln x \geqslant 0$.

Conclusion : sur l'intervalle ]0~;~1], $- \dfrac78 x^2 + x \leqslant - \dfrac78 x^2 + x - \dfrac14 x^2 \ln x$ ce qui signifie géométriquement que sur cet intervalle l'arc de la parabole est en dessous de la représentation graphique de $g$.
		\item Ne connaissant pas de primitive évidente de la fonction $x \longmapsto x^2 \ln x$, on effectue une intégration par parties en posant 
		
$\begin{array}{l c l}
u(x)&=&\ln x\\
v'(x)&=&x^2
\end{array}$ d'où $\begin{array}{l c l}
u'(x)&=&\dfrac 1x\\
v(x)&=&\dfrac{x^3}{3}
\end{array}$.

Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables sur l'intervalle $\left[\dfrac{1}{\alpha}~;~1\right]$ et leurs dérivées sont continues sur ce même intervalle,

donc $\displaystyle\int_{\frac{1}{\alpha}}^1 x^2 \ln x\:\text{d}x = \left[\dfrac{x^3}{3}\ln x \right]_{\frac{1}{\alpha}}^1 - \displaystyle\int_{\frac{1}{\alpha}}^1 \dfrac{x^2}{3}\:\text{d}x = \left[\dfrac{x^3}{3}\ln x - \dfrac{x^3}{9}\right]_{\frac{1}{\alpha}}^1 =$

$- \dfrac19 - \left(\dfrac{1}{3\alpha^3}\ln \dfrac{1}{\alpha} - \dfrac{1}{9\alpha^3} \right) = - \dfrac19 - \dfrac{1}{3\alpha^3}\left(- \ln \alpha - \dfrac13 \right)$, 

soit en remplaçant $\ln \alpha$ par $2(2 - \alpha)$,

$\displaystyle\int_{\frac{1}{\alpha}}^1 x^2 \ln x\:\text{d}x = - \dfrac19 - \dfrac{1}{3\alpha^3}\left(- 4 + 2\alpha - \dfrac13\right) = - \dfrac19 + \dfrac{4}{3\alpha^3} - \dfrac{2}{3\alpha^2} + \dfrac{1}{9\alpha^3} =$

$ \dfrac{- \alpha^3 + 12 - 6\alpha + 1}{9\alpha^3} = \dfrac{- \alpha^3 - 6\alpha + 13}{9\alpha^3}$.
	\end{enumerate}
\item L'aire de la partie hachurée est égale la différence des intégrales :

$\mathcal{A} = \displaystyle\int_\frac{1}{\alpha}^1 \left(- \dfrac78 x^2 + x - \dfrac14 x^2 \ln x\right)\:\text{d}x - \displaystyle\int_\frac{1}{\alpha}^1 \left(- \dfrac78 x^2 + x \right)\:\text{d}x$, soit par linéarité de l'intégrale :

$\mathcal{A} = \displaystyle\int_\frac{1}{\alpha}^1 \left( - \dfrac14 x^2 \ln x\right)\:\text{d}x = - \dfrac14 \displaystyle\int_\frac{1}{\alpha}^1 \left(x^2 \ln x\right)\:\text{d}x$,

soit d'après le calcul précédent :

$\mathcal{A} = - \dfrac14  \times \dfrac{- \alpha^3 - 6\alpha + 13}{9\alpha^3} = \dfrac{\alpha^3 + 6\alpha - 13}{36\alpha^3} \approx 0,07$.
\end{enumerate}
\end{document}