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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat spécialité sujet 1}
\lfoot{\small{Amérique du Nord}}
\rfoot{\small{21 mai 2024}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat Amérique du Nord 21 mai 2024~\decofourright\\[7pt] Sujet 1\\[7pt] ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}}
\end{center}

\medskip

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}

\medskip

\textbf{Partie A}

\begin{enumerate}
\item D'après l'énoncé, on a : $p(R) = 0,07$  ;  $p_R (E) = 0,8$  et $p_{\overline{R}}(E) = 0,4$ 

On en déduit l'arbre pondéré modélisant la situation :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(0.68,2.16) rectangle (8,6.);
\draw [line width=1.pt] (1.,4.)-- (3.,4.6);
\draw [line width=1.pt] (1.,4.)-- (3.,3.4);
\draw [line width=1.pt] (3.7,4.75)-- (5.7,5.35);
\draw [line width=1.pt] (3.7,4.75)-- (5.7,4.35);
\draw [line width=1.pt] (3.7,3.25)-- (5.7,3.65);
\draw [line width=1.pt] (3.7,3.25)-- (5.7,2.65);
\draw (3.1,5) node[anchor=north west] {$R$};
\draw (3.1,3.6) node[anchor=north west] {$\overline R$};
\draw (5.8,5.75) node[anchor=north west] {$E$};
\draw (5.8,4.65) node[anchor=north west] {$\overline E  $};
\draw (5.8,3.) node[anchor=north west] {$\overline E  $};
\draw (5.8,4.) node[anchor=north west] {$E$};
\draw (1.7,5) node[anchor=north west] {$0,07$};
\draw (1.7,3.5) node[anchor=north west] {$0,93$};
\draw (4.2,5.7) node[anchor=north west] {$0,8$};
\draw (4.2,4.5) node[anchor=north west] {$0,2$};
\draw (4.2,2.96) node[anchor=north west] {$0,6$};
\draw (4.2,4) node[anchor=north west] {$0,4$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
et on a : $p(R\cap E) = p(R)\times p_{R}(E)= 0,07\times 0,8 = 0,056$

\item $R$ et $\overline R$ constituent une partition de l'univers.

D'après la loi des probabilités totales: $p(E) = p(R\cap E) + p \left (\overline{R}\cap E\right )$

donc $p(E)= p(R)\times p_{R}(E) + p(\overline{R})\times p_{\overline{R}}(E)$

donc $p(E) =0,056+0,93\times 0,4=0,428$.
\item On cherche la probabilité que le joueur obtienne un objet rare sachant qu'il a tiré une épée.

$p_{E}(R)=\dfrac{p(R \cap E)}{p(E)}=\dfrac{0,056}{0,428} \approx 0,131$ au millième près.

\end{enumerate}

\textbf{Partie B}
\begin{enumerate}
\item Les 30 défis constituent une répétition d'expériences aléatoires identiques et indépendantes à deux issues, il s'agit donc d'un schéma de Bernoulli. La variable aléatoire $X$ suit donc la loi binomiale $\mathcal{B}(\,30\,;\,0,07)$ de paramètres $n=30$ et $p=0,07$

Son espérance est $E(X)=n \times p = 30 \times 0,07=2,1$
\item $p(X < 6) = p(X \leqslant 5 ) \approx 0,984$ au millième près.
\item 
On cherche le plus grand entier $k$ tel que $p(X \geqslant k) \geqslant 0,5$

$p(X \geqslant k) \geqslant 0,5 \iff 1 - p(X < k) \geqslant 0,5 \iff -p(X < k) \geqslant -0,5 \iff$

$p(X<k) \leqslant 0,5 \iff p(X \leqslant k-1) \leqslant 0,5$.

En utilisant la calculatrice on trouve : $ p(X \leqslant 1) \approx 0,3694$ et $ p(X \leqslant 2) \approx 0,6487$

La plus grande valeur de $k$ telle que $p(X \geqslant k) \geqslant 0,5$ est donc $k=2$.

Après avoir remporté 30 défis, dans au moins 50 \% des cas, le joueur aura tiré au moins 2 objets rares.

\item On cherche le plus petit entier naturel $n$ tel que  $p(X \geqslant 1) \geqslant 0,95$

$p(X \geqslant 1) \geqslant 0,95 \iff 1-p(X=0) \geqslant 0,95 \iff -p(X=0) \geqslant -0,05  \iff $

$p(X=0) \leqslant 0,05  $ ; or $p(X = 0) = \displaystyle \binom{n}{0}\times 0,07^{0}\times 0,93^{n} = 0,93^{n}$

$0,93^{n}  \leqslant 0,05 \iff \ln\left( 0,93^{n}  \right) \leqslant\ln\left(  0,05\right)  $  car $\ln$ est croissante sur $]\,0\,;\,+\infty[$

$\iff n \ln\left(0,93 \right) \leqslant\ln\left(0,05\right) \iff n \geqslant \dfrac{\ln\left(0,05\right)}{\ln\left(0,93 \right)}$ car $\ln\left(0,93 \right) < 0$

$\iff n \geqslant 41,3 \iff n \geqslant 42$

Il faut donc tirer au minimum $42$ objets pour que  la probabilité qu’un
joueur obtienne au moins un objet rare soit supérieure ou égale à $0,95$.
\end{enumerate}

\bigskip

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item  On considère les points A$(1\,;\, 0\,;\, 3)$ et B$(4\,; \,1\,; \,0)$.

Une représentation paramétrique de la droite (AB) est :
\textbf{c.~} $\left\{\begin{array}{l !{=} l}x&1+3t\\y&t\\z&3-3 t
\end{array}\right.$ avec $t \in \R$

On vérifie que pour $t=0$ on obtient les coordonnées du point A et pour $t=1$,  on obtient les coordonnées du point B.

La réponse correcte est la réponse C.

\item Le paramètre $t=1$ permet de vérifier l'ordonnée des trois premiers points mais pas leurs autres coordonnées, donc le seul point qui appartient à la droite (d) est R.

Pour $t=-\dfrac{3}{2}$ on trouve les coordonnées de R.

La réponse correcte est la réponse D.
\item

$\overrightarrow{u} \begin{pmatrix}  4 \\  6 \\ -2   \end{pmatrix}$  est un vecteur directeur de (d).

$\overrightarrow{u'} \begin{pmatrix}  3 \\  -2 \\ 1   \end{pmatrix}$  est un vecteur directeur de (d').

Les vecteurs $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{u'}$ n'ont pas leur coordonnées proportionnelles donc ils ne sont pas colinéaires. Donc les droites (d) et (d$'$) sont ni parallèles ni confondues.

Les deux droites sont sécantes s’il existe deux réels $t$ et $k$ tels que :

$\left\{\begin{array}{l !{=} r}3+4t&-2+3k\\6t&-1-2k\\4-2t&1+k
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l !{=} r}4t-3k&-5\\6t+2k&-1\\-2t-k&-3
\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l !{=} r}-5k&-11 \quad L_1+2L_3\\2t&-7  \quad L_2+2L_3\\-2t-k&-3 \phantom{\quad L_2+2L_3}
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l !{=} r} k& \frac{11}{5} \\t&\frac{-7}{2}\\-2t-k&-3 
\end{array}\right.$

or $-2 \times \dfrac{-7}{2}- \dfrac{11}{5} = \dfrac{24}{5} \neq -3$

donc les droites (d) et (d$'$) ne sont pas sécantes, et comme elles sont ni parallèles ni sécantes, elles sont non coplanaires.

La réponse correcte est la réponse B.
\item 
Le vecteur $\overrightarrow{u} \begin{pmatrix}  4 \\  6 \\ -2\end{pmatrix}$ vecteur directeur de (d) est un vecteur normal au plan (P).

donc $M(\,x\, ;\, y\, ; \,z\,) \in (P) \iff \overrightarrow{IM}.\overrightarrow{u}=0 \iff 4(x -2)+6(y-1)-2(z- 0) = 0 \iff 4x +6y-2z-14 = 0$

donc $M(\,x\, ;\, y\, ; \,z\,) \in (P) \iff 2x +3y - z -7 = 0$

Une équation du plan (P) est : $2x +3y - z -7 = 0$.

La réponse correcte est la réponse A.
\end{enumerate}

\bigskip

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

\medskip

\textbf{Partie A : lectures graphiques}

\begin{enumerate}
\item $f'(1)$ est le coefficient directeur de la tangente à $\mathcal{C}_f$ en A donc $f'(1)=\dfrac{y_{\text{B}}- y_{\text{A}}}{x_{\text{B}} - x_{\text{A}}}=\dfrac{-4+1}{0-1}=3$,
 de plus, l'ordonnée à l'origine de $(\mathcal{T} )$ est $- 4$ donc l'équation réduite de $(\mathcal{T} )$ est $y=3x-4$
\item $f$ semble concave sur $]0\,;\, 1[$ ( car $\mathcal{C}_f$ semble située au-dessous ses tangentes ) et $f$ semble convexe sur $]1\, ;\, +\infty[$ ( car $\mathcal{C}_f$ semble située au-dessus de ses tangentes ).

Le point A$(1\, ; \,-1)$ semble être un point d’inflexion de la courbe $\mathcal{C}_f$.
\end{enumerate}

\textbf{Partie B :  étude analytique}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item $\lim\limits_{x \to +\infty} x = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} \ln\left(x^2\right)= \lim\limits_{x \to +\infty} 2\ln\left(x\right)= +\infty$ donc par produit 

$\lim\limits_{x \to +\infty}x \ln\left(x^2\right)=+\infty$

de plus $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x}=0$ donc par somme $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=+\infty$
\item $\lim\limits_{x \to 0} x\ln\left(x^2\right)= \lim\limits_{x \to 0} 2x\ln\left(x\right)= 0$ par croissance comparée

de plus $\lim\limits_{x \to 0} -\dfrac{1}{x}=-\infty$ ( car $x>0$ ) donc par somme $\lim\limits_{x \to 0} f(x)=-\infty$

L’axe des ordonnées est asymptote verticale à $\mathcal{C}_f$.
\end{itemize}

\item On admet que la fonction $f$ est deux fois dérivable sur l’intervalle $]0\, ;\, +\infty[$.
\begin{enumerate}
\item $f$ est dérivable sur $]0\, ;\, +\infty[$ comme somme de fonctions dérivables :

$ f= uv - w$ avec $u(x)=x$ ; $v(x)=\ln\left(x^2\right)$ et $w(x)=\dfrac{1}{x}$

donc $ f'=u'v+ v'u - w'$ avec $u'(x)=1$ ; $v'(x)=\dfrac{2x}{x^2}=\dfrac{2}{x}$ et $w'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$

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

\item $f'$ est dérivable  sur $]\,0\, ;\, +\infty\,[$ comme somme de fonctions dérivables 

$f''(x)= \dfrac{2}{x}+ \dfrac{-2x}{x^4}= \dfrac{2x^2}{x^3}-\dfrac{2}{x^3}= \dfrac{2(x^2-1)}{x^3}=\dfrac{2(x+1)(x-1)}{x^3}$.
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item On étudie le signes de $f''(x)$ :

\begin{tikzpicture}
    \tkzTabInit[lgt=3]{$x$ / 1 , signes de $x+1$ / 1, signes de $x-1$ / 1, signes de $x^3$ / 1, signes de $f''(x)$ / 1}{$0$, $1$, $+\infty$}
    \tkzTabLine{ , +, , +, }
    \tkzTabLine{ , -, z, +, }
    \tkzTabLine{ , +,  , +, }
    \tkzTabLine{d , -, z, +, }
\end{tikzpicture}


$f$ est donc concave sur $]0\,;\, 1[$  et convexe sur $]1\, ;\, +\infty[$.

La dérivée s'annulant en $x = 1$ en changeant de signe, $\mathcal{C}_f$ a un point d'inflexion en $x = 1$ , c'est le point A$(1\, ; \,-1)$.
\item On utilise le tableau de signes de $f''(x)$ pour établir le tableau de variations de $f'$ :

\begin{tikzpicture}
    \tkzTabInit[lgt=3]{$x$ / 1 , signes de $f''(x)$ / 1, variations de $f'$ / 1.5}{$0$, $1$, $+\infty$}
    \tkzTabLine{d , -, z, +, }
   \tkzTabVar{D+/ , -/ $3$, +/ }
\end{tikzpicture}

$f'(1) = 2\ln\left(1\right) +2+ \dfrac{1}{1^2} =3.$

$f'$ admet pour minimum 3 sur $]0\, ;\, +\infty[$ donc $\forall x \in ]0\, ;\, +\infty[$ , $f'(x) > 0$ donc $f$ est croissante sur $]0\, ;\, +\infty[$.
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item 
$\lim\limits_{x \to 0} f(x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=+\infty$ donc $0 \in \left] \,\lim\limits_{x \to 0} f(x)\,;\, \,\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)\right[$.

De plus $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $]0\, ;\, +\infty[$ donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires (son corollaire)  l’équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]0\, ;\, +\infty[$.
\item 
En utilisant la calculatrice on trouve $1,327 \leqslant \alpha \leqslant1,328$ donc $\alpha \approx 1,33$ au centième près.

de plus $f(\alpha)=0 \iff \alpha \ln\left(\alpha^2\right)-\dfrac{1}{\alpha}= 0 \iff \ln\left(\alpha^2\right) =\dfrac{1}{\alpha^2} \iff  \alpha^2= \text{exp}\left( \dfrac{1}{\alpha^2}\right)$ par croissance de la fonction exponentielle.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  $I_0 = \displaystyle \int_{0}^{\pi} \sin(x) \, \mathrm{d}x = \left[ -\cos(x) \right]_0^{\pi} =- \cos(\pi) + \cos(0)=-(-1)+1 = 2$.
\item 

\begin{enumerate}
\item  Pour tout entier naturel $n$ , on a : 
$\forall x \in [\,0\,;\,\pi\,]$, $\sin(x) \geqslant 0$ et $\e^{-nx} >0$
donc  $\forall x \in [\,0\,;\,\pi\,]$, $\e^{-nx}\sin(x) \geqslant 0$.

donc $\displaystyle \int_{0}^{\pi} \e^{-nx} \sin(x) \, \mathrm{d}x \geqslant 0$ 
donc pour tout entier naturel $n$ , on a $I_n \geqslant 0$.
\item 
$I_{n+1}-I_n= \displaystyle \int_{0}^{\pi} \e^{-(n+1)x} \sin(x) \, \mathrm{d}x - \displaystyle \int_{0}^{\pi} \e^{-nx} \sin(x) \, \mathrm{d}x =\displaystyle \int_{0}^{\pi} \e^{-(n+1)x} \sin(x) -\e^{-nx} \sin(x) \, \mathrm{d}x $ par linéarité.

Donc $I_{n+1}-I_n=\displaystyle \int_{0}^{\pi} \sin(x) \left(\e^{-nx} \times \e^{-x} - \e^{-nx}\right)\, \mathrm{d}x = \displaystyle \int_{0}^{\pi} \e^{-nx} \sin(x) \left(\e^{-x} -1\right)\, \mathrm{d}x$

$\forall x \in [0\,;\,\pi]$, $\e^{-nx}\sin(x) \geqslant 0$ de plus 

$x \in [0\,;\,\pi] \iff 0 \leqslant x \leqslant \pi \iff -\pi \leqslant -x \leqslant 0 \iff \e^{-\pi} \leqslant \e^{-x} \leqslant \e^0 $ car la fonction exp est croissante.

donc $\forall x \in [0\,;\,\pi]$, $\e^{-x} \leqslant 1 \iff \e^{-x}-1 \leqslant 0$
donc $\forall x \in [0\,;\,\pi]$,

$\e^{-nx}\sin(x) \left(\e^{-x}-1 \right) \leqslant 0$,

donc par propriété des intégrales, $ \displaystyle \int_{0}^{\pi} \e^{-nx} \sin(x) \left(\e^{-x} -1\right)\, \mathrm{d}x \leqslant 0$

donc pour tout entier naturel $n$ , on a $I_{n+1}-I_n \leqslant 0$.

\item Pour tout entier naturel $n$ , on a $I_{n+1} \leqslant I_n $ donc la suite $\left( I_n \right)$ est décroissante et pour tout entier naturel $n$ , on a $I_n \geqslant 0$ donc $\left( I_n \right)$ est  minorée par $0$.

Donc d'après le théorème de convergence monotone, la suite $\left(I_n \right)$ converge.
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item  $\forall x \in [\,0\,;\,\pi\,]$, $\sin(x) \leqslant 1$ donc $\forall x \in [\,0\,;\,\pi\,]$,  $\e^{-nx} \sin(x) \leqslant \e^{-nx} $

donc par propriété de l'intégration : $I_n \leqslant \displaystyle \int_{0}^{\pi} \e^{-nx}  \, \mathrm{d}x$
\item  Soit $n \geqslant 1$ , $ \displaystyle \int_{0}^{\pi} \e^{-nx} \, \mathrm{d}x = \left[ \dfrac{-1}{n} \e^{-nx} \right]_{0}^{\pi} = \dfrac{-1}{n} \e^{-n\pi}- \dfrac{-1}{n}  \e^{0} =\dfrac{1}{n} \left(-\e^{-n\pi} +1 \right) = \dfrac{1- \e^{-n\pi}}{n}$
\item
Pour tout entier naturel $n$ , $0 \leqslant I_n \leqslant \dfrac{1-\e^{-n\pi}}{n}$.

Or $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1-\e^{-n\pi}}{n} = 0$ car $\lim\limits_{n \to +\infty} \e^{-n\pi}= 0$.

Donc d'après le théorème d'encadrement, $\lim\limits_{n \to +\infty} I_n = 0$ 
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item
$I_n = \displaystyle \int_{0}^{\pi} \e^{-nx} \sin(x) \, \mathrm{d}x$ 

\begin{itemize}
\item On pose $u(x)=\e^{-nx}$ et $v'(x)=\sin(x)$ ; 

donc $u'(x)=-n\e^{-nx}$ et $v(x)= -\cos(x)$.

D'après la formule d'intégration par parties:

$\displaystyle\int_{0}^{\pi} u(x)v'(x) \text{d} x = \left [ u(x)v(x)\strut \right ]_{0}^{\pi} - \displaystyle\int_{0}^{\pi} u'(x)v(x)\text{d} x$

donc $I_{n}=  \left [- \e^{-nx}\cos(x) \right ]_{0}^{\pi} - \displaystyle\int_{0}^{\pi} n\e^{-nx}\cos(x) \text{d}x
=$

$\left( - \e^{-n\pi}\cos(\pi) + \e^{0}\cos(0)\right) - n \displaystyle\int_{0}^{\pi} \e^{-nx}\cos(x) \text{d} x $

donc $I_{n}= \e^{-n\pi} +1 - n J_n$

\item On pose $u(x)=\sin(x)$ et $v'(x)= \e^{-nx}$ ;

donc $u'(x) = \cos(x)$ et $v(x) = \dfrac{-1}{n}\e^{-nx} $.

D'après la formule d'intégration par parties:

$\displaystyle\int_{0}^{\pi} u(x)v'(x) \text{d} x =  \left [ u(x)v(x)\strut \right ]_{0}^{\pi} - \displaystyle\int_{0}^{\pi} u'(x)v(x)\text{d} x$

donc $I_{n}=  \left [\dfrac{-1}{n}\e^{-nx} \sin(x)  \right ]_{0}^{\pi} - \displaystyle\int_{0}^{\pi} \dfrac{-1}{n}\e^{-nx} \cos(x) \text{d} x
= $

$\left(\dfrac{-1}{n}\e^{-n\pi} \sin(\pi) -\dfrac{-1}{n}\e^{0} \sin(0) \right) +\dfrac{1}{n} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \e^{-nx}\cos(x) \text{d}x$.

Donc $I_{n}=\dfrac{1}{n} J_n$

\end{itemize}
\item Pour tout entier naturel $n \geqslant 1$ , $I_{n}=\dfrac{1}{n}  J_n$ donc $J_n=nI_n$

de plus $I_{n}= \e^{-n\pi} +1 -n J_n$ donc $I_{n}= \e^{-n\pi} +1 -n^2 I_n$

$I_{n}= \e^{-n\pi} +1 -n^2 I_n \iff I_n + n^2I_n= \e^{-n\pi} +1 \iff (n^2+1)I_n=\e^{-n\pi} +1 \iff I_n= \dfrac{1+ \e^{-n\pi}}{n^2+1}$.
\end{enumerate}
\item  On souhaite obtenir le plus petit entier $n$ tel que $I_n < 0,1$.

Il faut écrire à la cinquième ligne du script Python : $\texttt{ while I >= 0.1 :}$.
\end{enumerate}
\end{document}