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%Tapuscrit : François Kriegk
%Relecture : Denis Vergès
%Corrigé : François Hache
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\begin{document}

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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat spécialité sujet 1}
\lfoot{\small{Asie - corrigé}}
\rfoot{\small{5 septembre 2025}}
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\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat Asie 5 septembre 2025~\decofourright\\[7pt] Sujet 1\\[7pt] ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}}
\end{center}

\medskip

\section*{Exercice 1 \hfill 5 points}

Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x)=x \e^{-2 x}$.

On admet que $f$ est deux fois dérivable sur $\R$ et on note $f'$ la dérivée de la fonction $f$.

On note $\mathcal{C}_{f}$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthonormé du plan.

%\medskip
%
%\emph{Pour chacune des affirmations suivantes, préciser si elle est vraie ou fausse, puis justifier la réponse donnée.\\Toute réponse non argumentée ne sera pas prise en compte.}

\bigskip

\textbf{Affirmation 1.} Pour tout réel $x$, on a $f'(x)=(-2 x+1) \e^{-2 x}$.

$f(x)=x \e^{-2x}$ donc $f'(x)=1 \times \e^{-2x} + x \times (-2)\e^{-2x} = \left (-2x+1\right )\e^{-2x}$.

\hfill \textbf{Affirmation 1 vraie}

\bigskip

\textbf{Affirmation 2.} La fonction $f$ est une solution sur $\R$ de l'équation différentielle :
 $y'+2 y=\e^{-2 x}$.

$f'(x)+2f(x)= \left (-2x+1\right )\e^{-2x} +2x\e^{-2x} = -2x\e^{-2x} +\e^{-2x}+2x\e^{-2x}=\e^{-2x}$

\hfill \textbf{Affirmation 2 vraie}

\bigskip

\textbf{Affirmation 3.} La fonction $f$ est convexe sur $]-\infty ~;~ 1]$.

$f'(x)= \left (-2x+1\right )\e^{-2x}$ donc $f''(x)=(-2)\times \e^{-2x} + \left (-2x+1 \right )\times (-2)\e^{-2x} = \left (4x-4 \right ) \e^{-2x}$.

On étudie le signe de $f''(x)$ sur $\R$.

\[ \begin{tablvar}[intervalwidth=6em]{2}
 \hline
 x & -\infty & & 1 & & +\infty\\
 \hline
4x-4 & & - & \barre[0] & + & \\
 \hline
 \e^{-2x} & & + & \barre & + & \\
 \hline
f''(x) & & - & \barre[0] & + & \\
 \hline
f & & \text{concave} & \barre & \text{convexe} & \\
 \hline
 \end{tablvar}\]

\hfill \textbf{Affirmation 3 fausse}

	\bigskip

	\textbf{Affirmation 4.} L'équation $f(x)=-1$ admet une unique solution sur $\R$.

On détermine le signe de $f'(x) = \left (-2x+1\right )\e^{-2x}$ sur $\R$.

\[ \begin{tablvar}[intervalwidth=6em]{2}
 \hline
 x & -\infty & & \frac{1}{2} & & +\infty\\
 \hline
-2x+1 & & + & \barre[0] & - & \\
 \hline
 \e^{-2x} & & + & \barre & + & \\
 \hline
f'(x) & & + & \barre[0] & - & \\
 \hline
 \end{tablvar}\]

\begin{list}{\textbullet}{Valeurs remarquables}
\item $\ds\lim_{x\to -\infty} x =-\infty$ et $\ds\lim_{x\to -\infty} \e^{-2x}=+\infty$ donc $\ds\lim_{x\to -\infty} f(x)=-\infty$.
\item $f\left (\dfrac{1}{2}\right ) = \dfrac{1}{2} \e^{-2\times \frac{1}{2}} = \dfrac{1}{2}\e^{-1}>0$

\item $f(x)=x\e^{-2x}= \dfrac{1}{2}\times \dfrac{2x}{\e^{2x}}$; par croissance comparée, on a $\ds\lim_{x\to +\infty} \frac{2x}{\e^{2x}}=0$ donc $\ds\lim_{x\to +\infty} f(x)=0$.
\end{list}

On établit le tableau des variations de $f$ sur $\R$.

\[\begin{tablvar}[6em]{2}\hline
x & -\infty && \frac{1}{2} && +\infty \\\hline
f'(x) & & + & \barre[0] & - & \\\hline
\variations{\mil{f} & \bas{-\infty} && \haut{\frac{1}{2}\e^{-1}} &&  \bas{0}} \hline
\end{tablvar}\]

\begin{list}{\textbullet}{}
\item Sur l'intervalle $\left]-\infty\,;\,\frac{1}{2}\right]$, la fonction $f$ est continue et strictement croissante. De plus $\lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=-\infty$ et $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\e^{-1}>0$. Or $-1\in \left]-\infty\,;\,\frac{1}{2}\e^{-1}\right]$ donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=-1$ admet une unique solution sur $\left]-\infty\,;\,\frac{1}{2}\right]$.

\item Sur l'intervalle $\left[\frac{1}{2}\,;\,+\infty\right[$, la fonction $f$ est strictement positive donc l'équation $f(x)=-1$ n'admet aucune solution sur cet intervalle.
\end{list}

Donc l'équation $f(x)=-1$ admet une unique solution sur $\R$.

\hfill \textbf{Affirmation 4 vraie}

\bigskip

\textbf{Affirmation 5.} L'aire du domaine délimité par la courbe $\mathcal{C}_{f}$, l'axe des abscisses et les droites d'équation $x=0$ et $x=1$ est égale à $\dfrac{1}{4}-\dfrac{3 \e^{-2}}{4}$.

L'aire du domaine est égale à $\mathcal{A} = \ds\int_{0}^{1}f(x) \d x = \ds \int_{0}^{1} x \e^{-2x} \d x$.

On utilise une intégration par parties:
$\ds\int_{a}^{b} u(x)v'(x)\d x =\left [ u(x)v(x)\strut \right ]_{a}^{b} -\int_{a}^{b} u'(x) v(x) \d x$.

On pose
$\left \{
\begin{array}{l}
u(x)=x\\
v'(x)=\e^{-2x}
\end{array}
\right .$
donc
$\left \{
\begin{array}{l}
u'(x)=1\\
v(x)= -\dfrac{1}{2} \e^{-2x}
\end{array}
\right .$

$\aligned[t]
\mathcal{A}
& = \ds \int_{0}^{1} x \e^{-2x} \d x
 = \left [x\times \left ( -\dfrac{1}{2}\e^{-2x} \right ) \right ]_{0}^{1}- \ds\int_{0}^{1} 1\times \left ( -\dfrac{1}{2}\e^{-2x} \right ) \d x
 = \left [-\dfrac{x\e^{-2x} }{2} \right ]_{0}^{1}- \left [ \dfrac{1}{4}\e^{-2x} \right ]_{0}^{1}\\
& = \left [ - \dfrac{\e^{-2}}{2} - 0 \right  ] - \left [ \dfrac{\e^{-2}}{4}  - \dfrac{\e^{0}}{4}\right ]
= \dfrac{1}{4} - \dfrac{3\e^{-2}}{4}
\endaligned$

\hfill \textbf{Affirmation 5 vraie}

\bigskip

\section*{Exercice 2 \hfill 5 points}
	
%	\og \emph{Dans un triangle non équilatéral, la droite d'Euler est la droite qui passe par les trois points suivants }:
%
%	\begin{itemize}[itemsep=0pt]
%		\item \emph{le centre du cercle circonscrit à ce triangle (cercle passant par les trois sommets de ce triangle).}
%		\item \emph{le centre de gravité de ce triangle situé à l'intersection des médianes de ce triangle.}
%		\item \emph{l'orthocentre de ce triangle situé à l'intersection des hauteurs de ce triangle \fg{}}.
%	\end{itemize}

\begin{minipage}[t]{0.5\linewidth}
Le but de l'exercice est d'étudier un exemple de droite d'Euler.

On considère un cube ABCDEFGH de côté une unité.

L'espace est muni du repère orthonormé $\left(\mathrm{A} ~;~ \vectt{AB} ~;~ \vectt{AD} ~;~ \vectt{AE}\right)$.

On note I le milieu du segment [AB] et J le milieu du segment [BG].
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}[t]{0.45\linewidth}
\psset{unit=0.7cm, radius=0pt}
\def\xmin{-2} \def\xmax{6.5} \def\ymin{-0.5} \def\ymax{5.5}
\begin{pspicture}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
%\psgrid[subgriddiv=1,  gridlabels=0, gridcolor=lightgray]
\Cnode*(0,0){B} \Cnode*(4,0){C} \Cnode*(0,4){F} \Cnode*(4,4){G}
\Cnode*(2,1){A} \Cnode*(6,1){D} \Cnode*(2,5){E} \Cnode*(6,5){H}
\psline(F)(G)(C)(B)(F)(E)(H)(D)(C)
\psline(G)(H)
\psline[linestyle=dashed](D)(A)(B) \psline[linestyle=dashed](E)(A)
%\Cnode*[radius=2pt,linecolor=blue](1,0.5){I} \Cnode*[radius=2pt,linecolor=blue](2,2){J}
\small
\uput[ul](A){A} \uput[dl](B){B} \uput[dr](C){C} \uput[r](D){D}
\uput[u](E){E} \uput[ul](F){F} \uput[dr](G){G} \uput[ur](H){H}
%\blue
% \uput[r](J){J} \uput[ul](I){I}
\end{pspicture}
\end{minipage}

\begin{enumerate}
\item On donne les coordonnées des points A, B, G, I et J:

A\;$\left (0 \;,\; 0 \;,\;0 \right )$; B\;$\left (1 \;,\; 0 \;,\; 0 \right )$; G\;$\left ( 1\;,\;  1\;,\;1  \right )$; I\;$\left ( \dfrac{1}{2} \;,\; 0 \;,\; 0 \right )$; J\;$\left ( 1 \;,\; \dfrac{1}{2} \;,\;  \dfrac{1}{2}\right )$
\item
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer une représentation paramétrique de la droite (AJ).
La droite (AJ) est l'ensemble des points M\,$\left (x\;,\; y \;,\; z\right )$ tels que $\vectt{AM}$ et $\vectt{AJ}$ soient colinéaires, c'est-à-dire tels que $\vectt{AM} = k.\vectt{AJ}$ avec $k\in\R$.

$\vectt{AM}$ a pour coordonnées  
$\begin{pmatrix}
x_{\text{M}} - x_{\text{A}} \\ y_{\text{M}} - y_{\text{A}} \\ z_{\text{M}} - z_{\text{A}}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
x\\ y \\ z
\end{pmatrix}$
et celles de $\vectt{AJ}$ sont
$\begin{pmatrix}
x_{\text{J}} - x_{\text{A}} \\ y_{\text{J}} - y_{\text{A}} \\ z_{\text{J}} - z_{\text{A}}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1\\ \frac{1}{2} \\[5pt] \frac{1}{2}
\end{pmatrix}$

$\vectt{AM} = k.\vectt{AJ}
\iff
\begin{pmatrix}
x\\ y \\ z
\end{pmatrix}
=
k.\begin{pmatrix}
1\\ \frac{1}{2} \\[5pt] \frac{1}{2}
\end{pmatrix}
\iff
\left \{
\begin{array}{l !{=} l}
x & k\\
y & \frac{k}{2}\\[5pt]
z & \frac{k}{2}
\end{array}
\right .$

La droite (AJ) a donc pour représentation paramétrique
$\left \{
\begin{array}{l !{=} l }
x & k \\
y & \frac{k}{2} \\[5pt]
z & \frac{k}{2}
\end{array}
\right. \text{avec } k\in \R
$
\item %Montrer qu'une représentation paramétrique de la droite (IG) est :
$\left\{
\begin{array}{l !{=} l }
x & \frac{1}{2}+\frac{1}{2} t \\[5pt]
y &  t \\
z & t\end{array}
\right. (t\in\R)$
est la représentation paramétrique d'une droite passant par le point de coordonnées 
$\left( \frac{1}{2}\;,\; 0 \;,\; 0\right )$, c'est-à-dire le point I, et  ayant le vecteur de coordonnées 
$\begin{pmatrix}
\frac{1}{2} \\[5pt] 1 \\ 1
\end{pmatrix}$
pour vecteur directeur.

$\vectt{IG}$ a pour coordonnées 
$\begin{pmatrix}
x_{\text{G}} - x_{\text{I}} \\ y_{\text{G}} - y_{\text{I}} \\ z_{\text{G}} - z_{\text{I}}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1-\frac{1}{2}\\[5pt] 1-0 \\ 1-0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}\\[5pt] 1 \\ 1
\end{pmatrix}$

Donc $\left\{
\begin{array}{l !{=} l }
x & \frac{1}{2}+\frac{1}{2} t  \\[5pt]
y & t \\
z & t
\end{array} 
\right.\; (t\in\R)$
est une représentation paramétrique de la droite (IG).

			\item% Démontrer que les droites (AJ) et (IG) sont sécantes en un point S de coordonnées S$\left(\dfrac{2}{3} ~;~ \dfrac{1}{3} ~;~ \dfrac{1}{3}\right)$.
Les droites (AJ) et (IG) sont sécantes si et seulement si on peut trouver un couple de réels $\left (k\;,\;t\right )$ tel que
$\left\{
\begin{array}{l !{=} l }
k & \frac{1}{2}+\frac{1}{2} t \\[5pt]
\frac{1}{2}k & t \\[5pt]
\frac{1}{2}k & t
\end{array} 
\right.$.
On résout ce système.

$\aligned[t]
\left\{
\begin{array}{l !{=} l }
k & \frac{1}{2}+\frac{1}{2} t \\[5pt]
\frac{1}{2}k & t \\[5pt]
\frac{1}{2}k & t
\end{array}
\right.
&
\iff
\left\{
\begin{array}{l !{=} l }
k & \frac{1}{2}+\frac{1}{2} t \\[5pt]
k & 2 t
\end{array} 
\right.
\iff
\left\{
\begin{array}{l !{=} l }
2t & \frac{1}{2}+\frac{1}{2} t \\[5pt]
k & 2 t
\end{array} 
\right.
\iff
\left\{
\begin{array}{l !{=} l }
\frac{3}{2} t & \frac{1}{2} \\[5pt]
k & 2 t
\end{array}
\right.\\
&
\iff
\left\{
\begin{array}{l !{=} l }
 t & \frac{1}{3} \\[5pt]
k & \frac{2}{3}
\end{array}
\right.
\endaligned$

Donc les droites (AJ) et (IG) sont sécantes.
Pour $k=\frac{2}{3}$, on a
$\left \{
\begin{array}{l !{=} l }
k & \frac{2}{3} \\[5pt]
\frac{1}{2}k &  \frac{1}{3} \\[5pt]
\frac{1}{2}k &  \frac{1}{3}
\end{array} 
\right.$

Le point S d'intersection des droites (AJ) et (IG) a donc pour coordonnées
$\left (\frac{2}{3}\;,\; \frac{1}{3} \;,\; \frac{1}{3}\right )$.
		\end{enumerate}

		\item \begin{enumerate}
			\item %Montrer que le vecteur $\vect{n}(0 ~;~-1 ~;~ 1)$ est normal au plan (ABG).
Soit $\vect{n}$ le vecteur de coordonnées $(0 ~;~-1 ~;~ 1)$.

$\vectt{AB}$ a pour coordonnées 
$\begin{pmatrix}
1\\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}$
et $\vectt{AG}$ a pour coordonnées
$\begin{pmatrix}
1\\ 1\\1
\end{pmatrix}$

\begin{list}{\textbullet}{}
\item $\vect{n}\cdot \vectt{AB} = 0\times 1 + (-1)\times 0 +1\times 0=0$ donc $\vect{n} \perp \vectt{AB}$.
\item $\vect{n}\cdot \vectt{AG} = 0\times 1 + (-1)\times 1 +1\times 1=0$ donc $\vect{n} \perp \vectt{AG}$.
\item Les vecteurs $\vectt{AB}$ et $\vectt{AG}$ ne sont pas colinéaires donc ce sont deux vecteurs directeurs du plan (ABG).
\end{list}

Le vecteur $\vect{n}$ est orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan (ABG), donc $\vect{n}$ est un vecteur normal au plan (ABG).

		\item %En déduire une équation cartésienne du plan (ABG).
Le plan (ABG) est l'ensemble des points M de coordonnées $(x\;,\; y \;,\; z)$ tels que $\vectt{AM}$ et $\vect{n}$ soient orthogonaux, c'est-à-dire tels que $\vectt{AM}\cdot \vect{n}=0$.

$\vectt{AM}\cdot \vect{n}=0
\iff
x \times 0+ y\times (-1) +z\times 1 = 0
\iff
-y+z=0$

Le plan (ABG) a pour équation cartésienne: $-y+z=0$.

		\item On admet qu'une représentation paramétrique de la droite $(d)$ de vecteur directeur $\vect{n}$ et passant par le point K de coordonnées $\left(\dfrac{1}{2} ~;~ 0 ~;~ 1\right)$ est : $\left\{\begin{array}{l}
x=\frac{1}{2} \\[5pt]
 y= - t \\
  z=1+t \end{array} \right.\; (t \in \R).$

%Montrer que cette droite $(d)$ coupe le plan (ABG) en un point L de coordonnées L$\left(\dfrac{1}{2} ~;~ \dfrac{1}{2} ~;~ \dfrac{1}{2}\right)$.

S'il existe, le point d'intersection de la droite $(d)$ et du plan (ABG), est solution du système:
$\left \{
\begin{array}{r !{=} l}
x & \frac{1}{2} \\[5pt]
y & -t\\
z & 1+t\\
-y+z & 0
\end{array}
\right .$

Il faut donc que: $-(-t)+(1+t)=0$ soit $2t+1=0$ ou encore $t=-\frac{1}{2}$.

Pour $t=-\frac{1}{2}$, on a $x=\frac{1}{2}$, $y=-t = \frac{1}{2}$ et $z= 1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$.

Donc la droite $(d)$ coupe le plan (ABG) au point L de coordonnées $\left ( \frac{1}{2}\;,\; \frac{1}{2}\;,\; \frac{1}{2}\right )$.

			\item %Montrer que le point L est équidistant des points A, B et G.
\begin{list}{\textbullet}{On calcule les distances LA, LB et LG.}
\item
$\aligned[t]
\text{LA}^2
&  = \left (x_{\text{A}} - x_{\text{L}}\right )^2 +  \left (y_{\text{A}} - y_{\text{L}}\right )^2 +  \left (z_{\text{A}} - z_{\text{L}}\right )^2\\
& = \left (0 - \ts\frac{1}{2}\right )^2 +   \left (0 - \ts\frac{1}{2}\right )^2 +  \left (0 - \ts\frac{1}{2}\right )^2
= \ts\frac{1}{4} + \ts\frac{1}{4} + \ts\frac{1}{4} = \ts\frac{3}{4}
\endaligned$

donc $\text{LA} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

\item 
$\aligned[t]
\text{LB}^2
& = \left (x_{\text{B}} - x_{\text{L}}\right )^2 +  \left (y_{\text{B}} - y_{\text{L}}\right )^2 +  \left (z_{\text{B}} - z_{\text{L}}\right )^2\\
& = \left (1 - \ts\frac{1}{2}\right )^2 +   \left (0 - \ts\frac{1}{2}\right )^2 +  \left (0 - \ts\frac{1}{2}\right )^2
= \ts\frac{1}{4} + \ts\frac{1}{4} + \ts\frac{1}{4} = \ts\frac{3}{4}
\endaligned$

donc $\text{LB} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

\item
$\aligned[t]
\text{LG}^2
& = \left (x_{\text{G}} - x_{\text{L}}\right )^2 +  \left (y_{\text{G}} - y_{\text{L}}\right )^2 +  \left (z_{\text{G}} - z_{\text{L}}\right )^2\\
& = \left (1 - \ts\frac{1}{2}\right )^2 +   \left (1 - \ts\frac{1}{2}\right )^2 +  \left (1 - \ts\frac{1}{2}\right )^2
= \ts\frac{1}{4} + \ts\frac{1}{4} + \ts\frac{1}{4} = \ts\frac{3}{4}
\endaligned$

donc $\text{LG} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
\end{list}

Donc le point L est équidistant des points A, B et G.
		\end{enumerate}

		\item %Montrer que le triangle ABG est rectangle en B.
$\vectt{AB}$ a pour coordonnées  
$\begin{pmatrix}
1\\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}$
et $\vectt{BG}$ a pour coordonnées
$\begin{pmatrix}
1 - 1 \\ 1-0 \\1-0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\1
\end{pmatrix}$

$\vectt{AB}\cdot \vectt{BG} = 1\times 0 + 0\times 1 + 0\times 1 = 0$
donc $\vectt{AB}\perp \vectt{BG}$ donc le triangle ABG est rectangle en B.

	\item
		\begin{enumerate}
			\item% Identifier le centre du cercle circonscrit, le centre de gravité et l'orthocentre du triangle ABG (aucune justification n'est attendue).
\begin{list}{\textbullet}{Points remarquables du triangle ABG.}
\item (AJ) et (IG) sont deux médianes du triangle ABG et elles se coupent en S; donc le point S est le centre de gravité du triangle ABG.
\item Le point L est équidistant des points A, B et G donc c'est le centre du cercle circonscrit au triangle ABG.
\item Le triangle ABG est rectangle en B donc B est son orthocentre.
\end{list}
			\item %Vérifier par un calcul que ces trois points sont effectivement alignés.
$\vectt{BS}$ a pour coordonnées  
$\begin{pmatrix}
\frac{2}{3} - 1 \\[5pt] 
\frac{1}{3} - 0 \\[5pt] 
\frac{1}{3} - 0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-\frac{1}{3} \\[5pt] 
\frac{1}{3}  \\[5pt] 
\frac{1}{3} 
\end{pmatrix}$
et  $\vectt{BL}$ a pour coordonnées
$\begin{pmatrix}
\frac{1}{2} - 1 \\[5pt] 
\frac{1}{2} - 0 \\[5pt] 
\frac{1}{2} - 0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-\frac{1}{2} \\[5pt]
\frac{1}{2} \\[5pt]
\frac{1}{2} 
\end{pmatrix}$

$\vectt{BS} = \frac{2}{3} \vectt{BL}$ donc les vecteurs $\vectt{BS}$ et $\vectt{BL}$ sont colinéaires et donc les points B, S et L sont alignés.

		\end{enumerate}
	\end{enumerate}

\section*{Exercice 3 \hfill 4,75 points}

Dominique répond à un QCM comportant 10 questions.
Pour chaque question, il est proposé 4 réponses dont une seule est exacte.
Dominique répond au hasard à chacune des 10 questions en cochant, pour chaque question, exactement une case parmi les 4.
Pour chacune des questions, la probabilité qu'il réponde correctement est donc $\frac{1}{4}$.

On note $X$ la variable aléatoire qui compte le nombre de bonnes réponses à ce QCM.

\begin{enumerate}
\item %Déterminer la loi suivie par la variable aléatoire $X$ et donner les paramètres de cette loi.
Pour chaque question, il y a deux issues possibles: Dominique donne la bonne réponse, avec une probabilité $p=\frac{1}{4}$, ou Dominique donne une mauvaise réponse.

On effectue cette expérience élémentaire 10 fois et de façon indépendante.

La variable aléatoire $X$ qui compte le nombre de bonnes réponses à ce QCM suit donc la loi binomiale de paramètres $n=10$ et $p=\frac{1}{4}$.

\item %Quelle est la probabilité que Dominique obtienne exactement 5 bonnes réponses ? Arrondir le résultat à $10^{-4}$ près.
La probabilité que Dominique obtienne exactement 5 bonnes réponses est :

$P\left (X=5\right ) = \binom{10}{5} \times \left (\frac{1}{4}\right )^5 \times \left (1-\frac{1}{4}\right )^{10-5}\approx \np{0,0584}$

\item %Donner l'espérance de $X$ et interpréter ce résultat dans le contexte de l'exercice.
L'espérance de $X$ est $E(X)=np = 10\times \frac{1}{4}= 2,5$.

En procédant comme Dominique, un élève aura en moyenne $2,5$ bonnes réponses.

\item On suppose dans cette question qu'une bonne réponse rapporte un point et qu'une mauvaise réponse fait perdre $0,5$ point. La note finale peut donc être négative.

On note $Y$ la variable aléatoire qui donne le nombre de points obtenus.

	\begin{enumerate}
		\item %Calculer $P(Y=10)$, on donnera la valeur exacte du résultat.
Pour réaliser l'évènement $(Y=10)$, il faut que toutes les réponses soient justes donc:
$P\left (Y = 10\right )=P\left (X = 10\right ) = \left (\frac{1}{4}\right )^{10}$.		
				
		\item %À partir de combien de bonnes réponses la note finale de Dominique est-elle positive ? Justifier.
\begin{list}{\textbullet}{On peut calculer la valeur de $Y$ en fonction de celle de $X$}
\item On a vu que $(Y = 10)$ équivalait à $(X=10)$.
\item Si $X = 9$, il y a 9 bonnes réponses qui rapportent 9 points, et une mauvaise réponse qui en retire un demi; donc $Y=8,5$.
\item Si $X = 8$, il y a 8 bonnes réponses qui rapportent 8 points, et deux mauvaises réponses qui retirent deux demi-points; donc $Y=7$.
\item Etc.
\end{list}

On regroupe tous les résultats possibles dans un tableau.

\begin{center}
\begin{tabularx}{\linewidth}{| *{12}{>{\centering\arraybackslash} X|}}
\hline
$X$ & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10\\
\hline
$Y$ & $-5$ & $-3,5$ & $-2$ & $-0,5$ & $1$ & $2,5$ & $4$ & $5,5$ & $7$ & $8,5$ & $10$ \\
\hline
\end{tabularx}
\end{center}

Donc la note finale de Dominique est positive à partir de 4 bonnes réponses.

		\item %Calculer $P(Y \leqslant 0)$, on donnera une valeur approchée au centième.
D'après le tableau précédent, $P\left (Y\leqslant 0\right )=P\left (X\leqslant 3\right )$.

Donc $P\left (Y\leqslant 0\right ) \approx 0,78$.

		\item% Montrer que $Y=1,5 X-5$.
$X$ prend toutes les valeurs entières entre 0 et 10. 

Pour $X$ bonnes réponses qui rapportent $X$ points, il y en a $10-X$ mauvaises qui retirent $0,5\left (10-X\right )$ points.

Donc $Y=X-0,5\left (10-X\right )=X-5+0,5X=1,5X-5$.

		\item %Calculer l'espérance de la variable aléatoire $Y$.
D'après la linéarité de l'espérance mathématique, on a:

$E\left (Y\right ) = E\left (1,5X-5\right )=1,5\times E\left (X\right ) - 5 = 1,5\times 2,5 - 5 = -1,25$.		
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\section*{Exercice 4 \hfill5,25 points}

Soit $n$ un entier naturel non nul.

Dans le cadre d'une expérience aléatoire, on considère une suite d'évènements $A_{n}$ et on note $p_{n}$ la probabilité de l'évènement $A_{n}$.

\begin{list}{\textbullet}{Pour les parties \textbf{A} et \textbf{B} de l'exercice, on considère que:}
\item Si l'évènement $A_{n}$ est réalisé alors l'évènement $A_{n+1}$ est réalisé avec une probabilité 0,3.
\item Si l'évènement $A_{n}$ n'est pas réalisé alors l'évènement $A_{n+1}$ est réalisé avec une probabilité 0,7.
\end{list}

On suppose que $p_{1}=1$.

\subsection*{Partie A :}

\begin{enumerate}
\item On complète l'arbre des probabilités ci-dessous:

\begin{center}
\bigskip
\pstree[treemode=R,nodesep=4pt,levelsep=2.5cm,treesep=1cm]{\TR{$A_1$}}%nodesepA=4pt,nodesepB=4pt
{
	\pstree{\TR{$A_2$}\naput{\blue $0,3$}}
	{
		\TR{$A_3$}\naput{\blue $0,3$}
		\TR{$\overline{A_3}$}\nbput{\blue $0,7$}
	}
	\pstree{\TR{$\overline{A_2}$}\nbput{$0,7$}}
	{
		\TR{$A_3$}\naput{\blue $0,7$}
		\TR{$\overline{A_3}$}\nbput{\blue $0,3$}
	}
}
\bigskip
\end{center}

\item %Montrer que $p_{3}=0,58$.
$\left \{ A_2\;,\; \overline{A_2} \right \}$ forme une partition donc, d'après la formule des probabilités totales:

$\aligned
P\left (A_3\right )
& = P\left (A_2 \cap A_3\right ) +P\left (\overline{A_2} \cap A_3\right )
= P\left (A_2\right ) \times P_{A_2}\left (A_3\right ) + P\left (\overline{ A_2} \right ) \times P_{\overline{ A_2} }\left (A_3\right )\\
& = 0,3\times 0,3+0,7\times 0,7 = 0,58
\endaligned$

\item %Calculer la probabilité conditionnelle $P_{A_{3}}\left(A_{2}\right)$, arrondir le résultat à $10^{-2}$ près.
$P_{A_{3}}\left(A_{2}\right) = \dfrac{P\left (A_2 \cap A_3\right )}{P\left ( A_3\right )}
= \dfrac{0,3\times 0,3}{0,58}\approx 0,16$
\end{enumerate}

\subsection*{Partie B :}

	Dans cette partie, on étudie la suite $\big(p_{n}\big)$ avec $n \geqslant 1$.

\begin{enumerate}
\item On complète l'arbre des probabilités ci-dessous :

\begin{center}
\bigskip
\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=4pt,levelsep=2.5cm,treesep=1cm]{\TR{}}
{
\pstree[nodesepA=4pt]{\TR{$A_{n}$}\naput{$p_n$}}
	{
	\TR{$A_{n+1}$}\naput{\blue $0,3$}
	\TR{$\overline{A_{n+1}}$}\nbput{\blue $0,7$}
	}
\pstree[nodesepA=4pt]{\TR{$\overline{A_{n}}$}\nbput{\blue $1-p_n$}}
	{
	\TR{$A_{n+1}$}\naput{\blue $0,7$}
	\TR{$\overline{A_{n+1}}$}\nbput{\blue $0,3$}
	}
}
\bigskip
\end{center}
	
	\item \begin{enumerate}
		\item %Montrer que, pour tout entier naturel $n$ non nul : $p_{n+1}=-0,4 p_{n}+0,7$.
$\left \{ A_{n}\;,\; \overline{A_n} \right \}$ forme une partition donc, d'après la formule des probabilités totales:

$\aligned
p_{n+1} = P\left (A_{n+1}\right )
&  = P\left (A_n \cap A_{n+1}\right ) +P\left (\overline{A_n} \cap A_{n+1}\right )\\
& = P\left (A_n\right ) \times P_{A_n}\left (A_{n+1}\right ) + P\left (\overline{ A_n} \right ) \times P_{\overline{ A_n} }\left (A_{n+1}\right )\\
& = p_n\times 0,3+\left (1-p_n\right ) \times 0,7
= 0,3p_n +0,7-0,7p_n = -0,4p_n + 0,7
\endaligned$
		\end{enumerate}
	On considère la suite $\left (u_{n}\right )$, définie pour tout entier naturel $n$ non nul par : 
$u_{n}=p_{n}-0,5$. Donc $p_n=u_n+0,5$.

	\begin{enumerate}[resume]
	\item %Montrer que $\left (u_{n}\right )$ est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier terme.
$\aligned[t]
u_{n+1}
&=p_{n+1}-0,5 = -0,4p_n + 0,7-0,5 = -0,4\left (u_n+0,5\right ) +0,2 = -0,4u_n -0,2+0,2\\
&=-0,4u_n
\endaligned$

$u_1=p_1-0,5=1-0,5=0,5$

Donc la suite $\left (u_n\right )$ est géométrique de raison $q=-0,4$ et de premier terme $u_1=0,5$.

	\item %En déduire l'expression de $u_{n}$, puis de $p_{n}$ en fonction de $n$.
On en déduit que, pour tout $n$, on a:
$u_n=u_1\times q^{n-1}= 0,5 \times \left (-0,4\right )^{n-1}$.

Et donc $p_n=u_n+0,5= 0,5\times \left (-0,4\right )^{n-1} + 0,5$.

\item% Déterminer la limite de la suite $\left (p_{n}\right )$.
On a: $-1 < -0,4 < 1$ donc $\ds\lim_{n\to +\infty} (-0,4)^{n-1} = 0$ donc $\ds\lim_{n\to +\infty} p_n = 0,5$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Partie C :}

Soit $x \in ]0 ~;~ 1[$, on suppose que $P_{\overline{A_{n}}}\left(A_{n+1}\right)=P_{A_{n}}\left(\overline{A_{n+1}}\right)=x$. On rappelle que $p_{1}=1$.

On représente cette situation par un arbre de probabilités.

\begin{center}
\bigskip
\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=4pt,levelsep=2.5cm,treesep=1cm]{\TR{}}
{
	\pstree[nodesepA=4pt]{\TR{$A_{n}$}\naput{$p_n$}}
	{
	\TR{$A_{n+1}$}\naput{\blue $1-x$}
	\TR{$\overline{A_{n+1}}$}\nbput{\blue $x$}
	}
	\pstree[nodesepA=4pt]{\TR{$\overline{A_{n}}$}\nbput{\blue $1-p_n$}}
	{
	\TR{$A_{n+1}$}\naput{\blue $x$}
	\TR{$\overline{A_{n+1}}$}\nbput{\blue $1-x$}
	}
}
\bigskip
\end{center}

\begin{enumerate}
\item %Montrer que pour tout entier naturel $n$ non nul : $p_{n+1}=(1 - 2x) p_{n}+x$.
$\left \{ A_{n}\;,\; \overline{A_n} \right \}$ forme une partition donc, d'après la formule des probabilités totales:

$\aligned
p_{n+1} = P\left (A_{n+1}\right)
&  = P\left (A_n \cap A_{n+1}\right ) +P\left (\overline{A_n} \cap A_{n+1}\right )\\
& = P\left (A_n\right ) \times P_{A_n}\left (A_{n+1}\right ) + P\left (\overline{ A_n} \right ) \times P_{\overline{ A_n} }\left (A_{n+1}\right )\\
& = p_n\times \left (1-x\right )+\left (1-p_n\right ) \times x
= p_n - x p_n + x - xp_n = \left (1-2x\right ) p_n + x
\endaligned$

\item On va démontrer par récurrence que $p_{n}=\frac{1}{2}(1-2 x)^{n-1}+\frac{1}{2}$ pour tout $n\geqslant 1$.

\begin{list}{\textbullet}{}
\item \textbf{Initialisation}

Pour $n=1$, on a $\frac{1}{2}(1-2 x)^{1-1}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$

Or $p_1=1$, donc la propriété est vraie pour $n=1$.
\item \textbf{Hérédité}

On suppose la propriété vraie au rang $n$ c'est-à-dire que $p_{n}=\frac{1}{2}(1-2 x)^{n-1}+\frac{1}{2}$; c'est l'hypothèse de récurrence.

$\aligned
p_{n+1}
& = \left (1-2x\right )p_n+x 
= \left (1-2x\right ) \left ( \frac{1}{2}(1 - 2 x)^{n-1}+\frac{1}{2}\right )+x\\
& = \left (1-2x\right ) \times \frac{1}{2}(1 - 2x)^{n-1}+ \left (1 - 2x\right ) \times\frac{1}{2}+x
 = \frac{1}{2}(1 - 2x)^{n} +\frac{1}{2} - x + x\\
& = \frac{1}{2}(1 - 2x)^{n} +\frac{1}{2}
\endaligned$

La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
\item \textbf{Conclusion}

La propriété est vraie au rang 1 et elle est héréditaire pour tout $n\geqslant 1$; d'après le principe de récurrence, la propriété est vraie pour tout entier $n$ non nul.
\end{list}

On a donc démontré par récurrence sur $n$ que $p_{n}=\frac{1}{2}(1-2 x)^{n-1}+\frac{1}{2}$ pour tout $n\geqslant 1$.

\item %Montrer que la suite $\big(p_{n}\big)$ est convergente et donner sa limite.
$0 < x < 1$ donc $-2 < -2x < 0$ et donc $-1 < 1 - 2x < 1$.

On en déduit que $\ds\lim_{n\to +\infty} (1-2x)^{n-1}=0$ donc que  $\ds\lim_{n\to +\infty} p_n=\ts\frac{1}{2}$.
\end{enumerate}

\end{document}