\documentclass[10pt,a4paper,french]{article} %%% codage et police utilisée \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} %\usepackage{fontspec}%%% Pour Xelatex \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} %%% chargement des packages utiles \usepackage{amsmath,amssymb} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{pifont} \usepackage{lscape} \usepackage{multicol} \usepackage{mathrsfs} \usepackage{tabularx} \usepackage{tabularray} \usepackage{multirow} \usepackage{enumitem} \usepackage{textcomp} \usepackage[pstricks]{tablvar} \usepackage{esvect} \usepackage{babel} \usepackage[capsit]{frenchmath} \usepackage[np]{numprint} \usepackage{fancyhdr} \usepackage{fancyvrb} \usepackage{makeidx} \makeindex \usepackage{scratch3} %%% Auteurs %Corrigé : François Kriegk %Relecture : %%% pour PsTricks \usepackage{pst-bezier}%% AVANT les autres PST \usepackage{pstricks-add} %%% charge pst-plot, pst-node, pst-3d, pst-math et multido \usepackage{pst-func,pst-tree,pst-circ} \usepackage{pst-eucl} %%% pour TikZ \usepackage{tikz,pgfplots,pgf,tkz-tab,tikzpagenodes} \pgfplotsset{compat=1.18,/pgf/number format/.cd,use comma} %%% Définitions ou redéfinitions \newcommand{\euro}{\eurologo{}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\vectt}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut\text{#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{\ds}{\displaystyle} \newcommand{\e}{\mathrm{\,e\,}}% le e de l'exponentielle %%% Taille de la zone d'écriture \usepackage[left=3cm,right=3cm,top=3cm,bottom=3cm]{geometry} %%% Formatage du pdf \usepackage[dvips]{hyperref} \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {Terminale générale, spécialité}, pdftitle = {Baccalauréat -- Session 2026 -- Spécialité Mathématiques}, allbordercolors = white, pdfstartview=FitH} %%% Redéfinitions \renewcommand{\d}{\mathrm{\,d}}% le d de différentiation \renewcommand{\i}{\mathrm{\,i\,}}% le i des complexes \providecommand{\up}{\textsuperscript} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} %%% En-tête et pied de page \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Baccalauréat spécialité sujet 1} \lfoot{\small{Asie}} \rfoot{\small{9 juin 2026}} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center}{\Large\textbf{% \decofourleft~Corrigé du Baccalauréat Asie -- 9 juin 2026~\decofourright\\[7pt]% Sujet 1\\[7pt]% \marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}} ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}} \end{center} \section*{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points} \begin{enumerate} \item La valeur de $p_{1}$ est la probabilité d'atteindre le centre de la cible au premier tir. D'après l'énoncé, cette probabilité est de $p_{1} = \dfrac{1}{2}$. Les deux phrases suivantes nous donnent, pour les tirs suivants : $P_{T_{n}}\big(T_{n+1}\big) = \dfrac{4}{5}$ \quad et \quad $P_{\overline{T_{n}}}\big(T_{n+1}\big) = \dfrac{1}{3}$. L'événement $T_1$ et son événement contraire $\overline{T_1}$ partitionnent l'univers, donc, d'après la loi des probabilités totales : $\begin{aligned} p_{2} &=P\big(T_2\big) = P\big(T_1 \cap T_2\big) + P\big(\overline{T_1} \cap T_2) = P\big(T_1\big)\times P_{T_1}\big(T_2\big) + P\big(\overline{T_1}\big)\times P_{\overline{T_1}}\big(T_2\big) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{4}{5} + \left(1 - \dfrac{1}{2}\right) \times \dfrac{1}{3}\\ p_2&= \dfrac{17}{30} \end{aligned}$ On arrive bien à \quad $p_2 = \dfrac{17}{30}$. \item L'arbre complété est donc : \hfill~ \begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1,baseline={(R.base)}] % Styles (MODIFIABLES) \tikzstyle{fleche}=[thick] \tikzstyle{noeud}=[fill=white,circle,inner sep=2pt] \tikzstyle{feuille}=[fill=white,circle,inner sep=2pt] \tikzstyle{etiquette}=[pos=0.6,fill=white, inner xsep=3pt, inner ysep=1.5pt] % Dimensions (MODIFIABLES) \def\DistanceInterNiveaux{3} \def\DistanceInterFeuilles{1} % Dimensions calculées (NON MODIFIABLES) \def\NiveauA{(0)*\DistanceInterNiveaux} \def\NiveauB{(1)*\DistanceInterNiveaux} \def\NiveauC{(2)*\DistanceInterNiveaux} \def\InterFeuilles{(-1)*\DistanceInterFeuilles} % Noeuds (MODIFIABLES : Styles et Coefficients d'InterFeuilles) \node[noeud] (R) at ({\NiveauA},{(1.5)*\InterFeuilles}) {}; \node[noeud] (Ra) at ({\NiveauB},{(0.5)*\InterFeuilles}) {$T_n$}; \node[feuille] (Raa) at ({\NiveauC},{(0)*\InterFeuilles}) {$T_{n+1}$}; \node[feuille] (Rab) at ({\NiveauC},{(1)*\InterFeuilles}) {$\overline{T_{n+1}}$}; \node[noeud] (Rb) at ({\NiveauB},{(2.5)*\InterFeuilles}) {$\overline{T_{n}}$}; \node[feuille] (Rba) at ({\NiveauC},{(2)*\InterFeuilles}) {$T_{n+1}$}; \node[feuille] (Rbb) at ({\NiveauC},{(3)*\InterFeuilles}) {$\overline{T_{n+1}}$}; % Arcs (MODIFIABLES : Styles) \draw[fleche](R.east)--(Ra.west) node[etiquette]{$p_n$}; \draw[fleche](Ra.east)--(Raa.west) node[etiquette]{$\frac{4}{5}$}; \draw[fleche](Ra.east)--(Rab.west) node[etiquette]{$\frac{1}{5}$}; \draw[fleche](R.east)--(Rb.west) node[etiquette]{$1 - p_n$}; \draw[fleche](Rb.east)--(Rba.west) node[etiquette]{$\frac{1}{3}$}; \draw[fleche](Rb.east)--(Rbb.west) node[etiquette]{$\frac{2}{3}$}; \end{tikzpicture}\hfill~ \item Soit $n$ un entier naturel non nul. Les événements $T_n$ et $\overline{T_n}$ partitionnent l'univers, donc, d'après la loi des probabilités totales : $\begin{aligned} p_{n+1} &=P\big(T_{n+1}\big) = P\big(T_n \cap T_{n+1}\big) + P\big(\overline{T_n} \cap T_{n+1}) = P\big(T_n\big)\times P_{T_n}\big(T_{n+1}\big) + P\big(\overline{T_n}\big)\times P_{\overline{T_n}}\big(T_{n+1}\big) \\ p_{n+1}&= p_n \times \dfrac{4}{5} + \left(1 - p_n\right) \times \dfrac{1}{3} = p_n \times \dfrac{4}{5} + \dfrac{1}{3} - p_n\times \dfrac{1}{3} = p_n \times \left(\dfrac{4}{5} - \dfrac{1}{3}\right) + \dfrac{1}{3} = \dfrac{7}{15}p_n + \dfrac{1}{3} \end{aligned}$ On a bien établi la relation de récurrence de la suite $(p_n)$. \item \begin{enumerate} \item On va montrer que la suite $(u_n)$ est une suite géométrique de raison $\dfrac{7}{15}$, en établissant sa relation de récurrence. On sait que pour tout $n$, on a $u_n=p_n-\dfrac{5}{8}$ donc $p_n=u_n+\dfrac{5}{8}$. Soit $n$ un entier naturel non nul : $\begin{aligned} u_{n+1} &= p_{n+1} - \dfrac{5}{8}\quad\text{ d'après la définition de la suite } (u_n)\\ &= \left(\dfrac{7}{15}p_n + \dfrac{1}{3}\right) - \dfrac{5}{8}\quad \text{ d'après la relation de récurrence de la suite }(p_n)\\ &= \dfrac{7}{15} p_n + \dfrac{8}{24} - \dfrac{15}{24} = \dfrac{7}{15} p_n - \dfrac{7}{24} % = \dfrac{7}{15} \left(p_n - \dfrac{7}{24} \times \dfrac{15}{7}\right)\\ = \dfrac{7}{15}\left (u_n+\dfrac{5}{8}\right ) - \dfrac{7}{24}\\ &= \dfrac{7}{15} u_n +\dfrac{7}{15}\times \dfrac{5}{8}-\dfrac{7}{24} = \dfrac{7}{15} u_n +\dfrac{7}{24}-\dfrac{7}{24}\\ % &= \dfrac{7}{15} \left(p_n - \dfrac{5}{8}\right)\\ &= \dfrac{7}{15} \times u_n \\ \end{aligned}$ La relation de récurrence de la suite $(u_n)$ est bien celle d'une suite géométrique de raison : \quad $q = \dfrac{7}{15}$. \item Le premier terme de la suite est :\quad $u_1 = p_1 - \dfrac{5}{8} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{5}{8} = -\dfrac{1}{8}$. Puisque $(u_{n})$ est géométrique, par propriété, pour tout entier naturel non nul $n$, on a : \[u_n = u_1 \times q^{n-1} = -\dfrac{1}{8}\times \left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} \] \item En partant de la définition de la suite $(u_n)$, pour un entier $n$ naturel non nul, on a : \[\begin{aligned} u_n = p_n - \dfrac{5}{8} &\iff p_n = \dfrac{5}{8} + u_n\\ &\iff p_n = \dfrac{5}{8} - \dfrac{1}{8}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} \end{aligned}\] \end{enumerate} \item Comme on a : \quad $0 < \dfrac{7}{15} < 1$, \quad on en déduit :\quad $\lim\limits_{n \to +\infty} \left(\dfrac{7}{15}\right)^{^n-1} = 0$. Par limite du produit, on en déduit :\quad $\lim\limits_{n \to +\infty} -\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} = 0$ Enfin, par limite de la somme, on conclut : \quad $\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{5}{8}$. Dans le contexte de l'exercice, cela signifie qu'au bout d'un nombre de tir important, la probabilité pour le titreur d'atteindre le centre de la cible se stabilise autour de $\dfrac{5}{8}$. \item Pour que la fonction renvoie la plus petite valeur de l'entier $n$ telle que $p_{n}$ soit supérieur ou égal à 0,6, il faut que la boucle \texttt{while} dans laquelle on va actualiser les valeurs de l'indice et du terme de la suite $(p_n)$ tourne tant que $p_n$ n'est pas supérieur ou égal à 0,6, c'est-à-dire tant que le terme de $(p_n)$ est strictement inférieur à 0,6. Cela donne donc : \begin{center} \begin{tblr}{vlines,hline{1,Z}={solid},column{1}={4cm,font=\ttfamily}} def seuil():\\ \quad n = 1\\ \quad p = 0.5\\ \quad while p < 0.6 :\\ \quad \quad n = n + 1\\ \quad \quad p = p*7/15 + 1/3\\ \quad return n\\ \end{tblr} \end{center} \item Résolvons dans $\N$ : $\begin{aligned} p_{n} \geqslant 0,6 &\iff \dfrac{5}{8} - \dfrac{1}{8}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} \geqslant 0,6\\ &\iff - \dfrac{1}{8}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} \geqslant 0,6 - \dfrac{5}{8}\\ &\iff \left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} \leqslant -8\times \left(0,6 - \dfrac{5}{8}\right)\quad \text{ car } -8 < 0\\ &\iff \left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} \leqslant -4,8 + 5\\ &\iff \left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} \leqslant 0,2\\ &\iff \ln\left(\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1\strut}\right) \leqslant \ln(0,2) \quad \text{ car ln est croissante sur }\R^{*+}\\ &\iff (n-1)\ln\left(\dfrac{7}{15}\right) \leqslant \ln(0,2) \quad\text{par propriété de la fonction ln}\\ \end{aligned}$ $\begin{aligned} p_{n} \geqslant 0,6 &\iff n - 1 \geqslant \dfrac{\ln(0,2)}{\ln\left(\dfrac{7}{15}\right)} \quad \text{ car } \ln\left(\dfrac{7}{15}\right) < 0\\ &\iff n \geqslant 1 + \dfrac{\ln(0,2)}{\ln\left(\dfrac{7}{15}\right)} \end{aligned}$ Or \quad $1 + \dfrac{\ln(0,2)}{\ln\left(\dfrac{7}{15}\right)} \approx 3,1$. Comme on résout dans $\N$, les solutions sont les entiers supérieurs ou égaux à 4. C'est donc à partir de quatre lancers que l'archer a une probabilité d'atteindre le centre de la cible supérieure ou égale à 0,6. \emph{Remarque }: si on exécute la fonction \texttt{seuil}, elle renvoie effectivement 4. \end{enumerate} \section*{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points} \begin{enumerate} \item \textbf{Affirmation 1 : Vraie} Pour tout $x$ réel strictement supérieur à 1, on a : \quad $x - 1 > 0 \implies (x - 1) = \sqrt{(x - 1)^2}$. On en déduit :\quad $\forall x \in ]1 ; +\infty[,\quad \begin{aligned}[t] f(x) &= \dfrac{x - 1}{\sqrt{x^2 - 1}} = \dfrac{\sqrt{(x-1)^2}}{\sqrt{x^2 - 1}} = \sqrt{\dfrac{(x - 1)^2}{x^2 - 1}} \\ & = \sqrt{\dfrac{\left (x-1\right )\left (x-1\right )}{\left (x-1\right )\left (x+1\right )}} =\sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}} = \sqrt{ \dfrac{x\left (1-\dfrac{1}{x}\right )}{x\left (1+\dfrac{1}{x}\right )}} = \sqrt{\dfrac{1-\dfrac{1}{x}}{1+\dfrac{1}{x}}} \end{aligned}$ Par limites usuelles, on a :\quad $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0$. Par limite de la somme on en déduit :\quad $\lim\limits_{x \to +\infty} 1 - \dfrac{1}{x} = 1$ \quad et \quad $\lim\limits_{x \to +\infty} 1 + \dfrac{1}{x} = 1$. Par limite du quotient, on a ensuite : \quad $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1 - \dfrac{1}{x}}{1 + \dfrac{1}{x}} = \dfrac{1}{1} = 1$. Et enfin, par composition :\quad $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{\dfrac{1 - \dfrac{1}{x}}{1 + \dfrac{1}{x}}} = \lim\limits_{y \to 1}\sqrt{y} = \sqrt{1} = 1$. La fonction $f$ admet bien 1 pour limite en $+\infty$. \item \textbf{Affirmation 2 : Vraie} \emph{Méthode} 1 : (la plus simple) Soit $(u_n)$ la suite définie pour tout naturel par $u_n = (n + 1)^2$ $\bullet~~$On a $u_0 = 1^2 = 1$ ; D'autre part $u_{n+1} = \left[\overbrace{(n + 1)}^{a} + \overbrace{1}^{b}\right]^2$ et on développe cette identité : $u_{n+1} = (n + 1)^2 + 2 \times (n+1) \times 1 + 1 = (n + 1)^2 + 2n + 2 + 1$ et comme $1 + 2 = 3$, on obtient finalement : $u_{n+1} = u_n + 2n + 3$ : conclusion les deux suites $(w_n)$ et $(u_n)$ ont le même premier terme (1) et vérifient la même relation de récurrence : elles sont donc égales. Quel que soit $n \in \N$, \quad $w_n = u_n = (n + 1)^2$. \medskip \emph{Méthode} 2 : méthode par récurrence classique Pour tout entier naturel $n$, posons $P_n$ l'affirmation :\quad \og $w_{n}=(n+1)^{2}$\fg{}. Démontrons par récurrence que les affirmations $P_n$ sont toutes vraies. \begin{itemize}[label={\textbullet~}] \item \textbf{Initialisation :} On a d'une part : \quad $w_0 = 1$; et d'autre part :\quad $(0 + 1)^2 = 1$. On constate donc que l'affirmation $P_0$ est vraie. \item \textbf{Hérédité :} Soit $n$ un entier naturel. On suppose que l'affirmation $P_n$ est vraie. $\begin{aligned} P_n \text{ est vraie} &\implies w_n = (n+1)^2\\ &\implies w_n + 2n + 3 = (n+1)^2 + 2n + 3\\ &\implies w_{n+1} = (n+1)^2 + 2n + 3\quad \text{ en utilisant la relation de récurrence de }(w_n)\\ &\implies w_{n+1} = n^2 + 2n +1 + 2n + 3\\ &\implies w_{n+1} = n^2 + 4n + 4\\ &\implies w_{n+1} = (n+2)^2\\ &\implies P_{n+1}\text{ est vraie.} \end{aligned}$ \item \textbf{Conclusion :} On a montré que l'affirmation $P_0$ est vraie, et que pour un $n$ entier naturel, si $P_n$ est vraie, alors $P_{n+1}$ est vraie. En vertu du principe de récurrence, on en déduit que, pour tout entier naturel $n$, l'affirmation est vraie, et donc on a établi une expression explicite du terme général de la suite $(w_n)$ : \[\forall n \in \N,\quad w_n = (n+1)^2\] \end{itemize} \emph{Méthode 3 :} moins classique. On a pour tout naturel $n$, $w_{n+1}= w_{n}+ 2n+3 \iff w_{n+1} - w_n = 2n + 3$ qui est une forme linéaire en $n$. On peut donc chercher $w_n$ comme un trinôme du second degré en $n$, c'est-dire supposer que : (1)\quad $w_n = an^2 + bn + c$, avec $a,\,b\, c$ réels donc : (2)\quad $w_{n+1} = a(n + 1)^2 + b(n + 1) + c$ et par différence ligne (2) moins ligne (1) $w_{n+1} - w_n = a(2n + 1) + b$ soit $w_{n+1} - w_n = 2an + a + b$. Or on a vu que $w_{n+1} - w_n = 2n + 3$. Donc par identification : $\left\{\begin{array}{l c l} 2an&=&2n\\ a + b&=&3 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} a&=&1\\ b &=&2 \end{array}\right.$ Conclusion $w_n = 1n^2 + 2n + c$ ; or $w_0 = 1 \iff 0 + 0 + c = 1 \iff c = 1$ et enfin : \[w_n = n^2 + 2n + 1 = (n + 1)^2\] \item \textbf{Affirmation 3 : Vraie} Soit $p$ un nombre réel tel que \quad $0 < p < 1$,\quad et $X$ une variable aléatoire qui suit la loi binomiale de paramètres 3 et $p$. On a, par propriété :\quad $\begin{aligned}[t] P\big(X=1\big) &= \ds \binom{3}{1} \times p^{1} \times \left(1 - p\right)^{3 - 1}\\ &= 3 \times p \times (1 - p)^2\\ &= 3p(1 - 2p + p^2)\\ &=3p - 6p^2 + 3p^3. \end{aligned}$ La probabilité de l'évènement $(X=1)$ est bien :\quad $P\big(X=1\big)=3 p-6 p^{2}+3 p^{3}$. \item \textbf{Affirmation 4 : Fausse} Soit $n$ un entier naturel $n$ non nul. Une primitive sur $[0 ; 1]$ de \quad $x \longmapsto \e^{nx}$\quad est :\quad $x \longmapsto \dfrac{1}{n}\e^{nx}$. On a donc :\quad $\ds v_{n}=\int_{0}^{1} \e^{n x} \d x = \left[\dfrac{1}{n}\e^{nx}\right]_0^1 = \dfrac{1}{n}\e^{n\times 1} - \dfrac{1}{n}\e^{n \times 0} = \dfrac{\e^{n} - 1}{n} \neq \dfrac{\e^{n}}{n}$. \item \textbf{Affirmation 5 : Fausse} Chacune des 16 cases est coloriée, donc à condition de numéroter les 16 cases, en associant à chaque case la couleur utilisée, cela revient à associer aux entiers de 1 à 16 une couleur. Chaque coloriage est ainsi assimilable à une 16-liste d'éléments choisis dans l'ensemble des couleurs, qui est de cardinal 3 (puisque trois couleurs sont à notre disposition). Les éléments peuvent se répéter, puisque nous devons colorier 16 cases avec trois couleurs, donc on devra utiliser la même couleur plusieurs fois. Le nombre de $k$-listes d'éléments d'un ensemble de cardinal $n$ est :\quad $n^k$. Il y a donc \quad $3^{16} = \np{43046721}$ coloriages différents possibles. $\ds \binom{16}{3} = 560 \neq \np{43046721}$.\quad Ce nombre pourrait correspondre au nombres de façons qu'il y a de choisir 3 cases parmi les 16 cases du quadrillage. \emph{Remarque }: On peut aussi raisonner en disant qu'on a 3 choix de couleur pour la première case, à multiplier par 3 choix pour la deuxième case, et ainsi de suite, on retrouve bien $3^{16}$ choix possibles pour colorier nos 16 cases. \end{enumerate} \newpage \section*{\textsc{Exercice 3} \hfill 5 points} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a :\quad $\vectt{BC} \begin{pmatrix}3 - 1\\ 3 - 2\\ 1 - 3\end{pmatrix}$ \quad soit \quad $\vectt{BC} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2\end{pmatrix}$ \qquad Et :\quad $\vectt{BE} \begin{pmatrix}2 - 1\\ -2 - 2\\ 2 - 3\end{pmatrix}$ \quad soit \quad $\vectt{BE} \begin{pmatrix} 1 \\ -4 \\ -1\end{pmatrix}$ Ces coordonnées ne sont pas proportionnelles, donc les vecteurs ne sont pas colinéaires, et donc les trois points B, C et E ne sont pas alignés. Ils définissent donc un plan (BCE). \item On a :\quad $\vectt{AF} \begin{pmatrix}3-0\\ 0 - 0 \\ 4 - 1 \end{pmatrix}$ \quad soit \quad $\vectt{AF} \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 3\end{pmatrix}$ Comme le repère est orthonormé, on va utiliser la formule analytique pour calculer les produits scalaires : \begin{itemize}[label=\textbullet] \item $\vectt{AF} \cdot \vectt{BC} = 3 \times 2 + 0 \times 1 + 3 \times (-2) = 6 + 0 - 6 = 0$.\quad $\vectt{AF}$ et $\vectt{BC}$ sont orthogonaux; \item $\vectt{AF} \cdot \vectt{BE} = 3 \times 1 + 0 \times (-4) + 3 \times (-1) = 3 + 0 - 3 = 0$\quad $\vectt{AF}$ et $\vectt{BE}$ sont orthogonaux. \end{itemize} $\vectt{AF}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires qui forment une base du plan (BCE), donc il est normal au plan (BCE). \item Par propriété, on en déduit qu'une équation cartésienne du plan (BCE) est de la forme \\ $3\times x + 0\times y + 3 \times z+d=0$. B étant un point du plan (BCE), ses coordonnées doivent vérifier l'équation du plan. $\begin{aligned} \mathrm{B} \in (\mathrm{BCE}) &\iff 3 \times 1 + 3 \times 3 + d = 0\\ &\iff 12 + d = 0\\ &\iff d = -12 \end{aligned}$ Une équation cartésienne du plan est donc \quad$3x + 3z - 12 = 0$. En divisant cette équation par 3 (qui est non nul), on obtient une équation équivalente, donc une équation du plan (BCE) est bien : \quad $x + z - 4 = 0$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Voyons si les coordonnées de G vérifient l'équation du plan : $x_\mathrm{G} + z_\mathrm{G} - 4 = 5 + 1 - 4 = 2 \neq 0$ Les coordonnées de G ne vérifient pas l'équation du plan (BCE) donc le point G n'appartient pas au plan (BCE). \item Comme $\vectt{BE}$ et $\vectt{BC}$ ne sont pas colinéaire (prouvé à la question \textbf{1. a.}), on en déduit que les vecteurs $\vectt{BE}$, $\vectt{BC}$ et $\vectt{AG}$ sont coplanaires si et seulement si on peut exprimer $\vectt{AG}$ comme combinaison linéaire des deux autres vecteurs. Autrement dit, si et seulement s'il existe deux réels $a$ et $b$ tels que : \quad $\vectt{AG} = a\vectt{BC} + b\vectt{BE}$. On a :\quad $\vectt{AG} \begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}$. Donc : \quad $\begin{aligned}[t] \vectt{AG} = a\vectt{BC} + b\vectt{BE} &\iff \begin{cases} 2a+b = 5\\ a - 4b = 1\\ -2a - b = 1 \end{cases} \\ &\iff \begin{cases} -2a - b = -5\\ a -4b = 1\\ -5 = 1 \end{cases} \\ \end{aligned}$ Les équations du système ne sont pas compatibles. Donc le système n'a pas de solution. Donc les vecteurs $\vectt{BE}$, $\vectt{BC}$ et $\vectt{AG}$ ne sont pas coplanaires. \item La droite (AG) est dirigée par $\vectt{AG}$, qui n'est pas un vecteur du plan (BCE), donc la droite (AG) n'est pas parallèle au plan (ni strictement parallèle, ni incluse dans le plan). Une droite et un plan n'ont que trois positions relatives possibles, et on vient de justifier que deux ne sont pas possibles. Par élimination, on peut conclure que la droite (AG) et le plan (BCE) sont sécants. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Par propriété, une représentation paramétrique de (AG) est :\quad $\begin{cases} x= x_\mathrm{A} + x_{\vectt{AG}}\times t \\ y= y_\mathrm{A} + y_{\vectt{AG}}\times t \\ z= z_\mathrm{A} + z_{\vectt{AG}}\times t \end{cases} t \in \R$ En remplaçant par le coordonnées connues, cela donne : \quad $\begin{cases} x=0 + 5 \times t \\ y=0 + 1 \times t \\ z=1 + 1 \times t \end{cases} t \in \R$ On a donc bien une représentation paramétrique de (AG) qui est :\quad $\begin{cases} x=5 t \\ y=t \\ z=1+t \end{cases} t \in \R$ \item Par définition, le point P est un point de (AG). Ses coordonnées sont donc de la forme $(5t ; t ; 1 + t)$ avec un $t$ réel. Comme c'est aussi un point du plan (BCE), ces coordonnées doivent vérifier l'équation du plan : $\begin{aligned} x_\mathrm{P} + z_\mathrm{P} - 4 = 0 &\iff 5t + (1 + t) - 4 = 0\\ &\iff 6t = 3\\ &\iff t = 0,5 \end{aligned}$ P a donc pour coordonnées : \quad $(5\times 0,5 ; 0,5 ; 1 + 0,5)$\quad soit \quad $(2,5 ; 0,5 ; 1,5)$. \item Le milieu du segment [EC] a pour coordonnées : \quad $\left(\dfrac{x_\mathrm{E} + x_\mathrm{C}}{2} ; \dfrac{y_\mathrm{E} + y_\mathrm{C}}{2} ; \dfrac{z_\mathrm{E} + z_\mathrm{C}}{2}\right) $. En remplaçant par les valeurs connues :\quad $\left(\dfrac{2 + 3}{2} ; \dfrac{-2 + 3}{2} ; \dfrac{2 + 1}{2}\right) $ En effectuant les calculs, on retrouve \quad $(2,5 ; 0,5 ; 1,5)$\quad c'est-à-dire les coordonnées de P. P est donc bien le milieu de [EC]. \end{enumerate} \item Les plans (BCE) et (ACG) sont sécants, en effet : \begin{itemize}[label={\textbullet~}] \item ils ont le point C en commun, de façon évidente : on en déduit que les plans ne sont pas strictement parallèles; \item ils ne sont pas confondus, car le point G appartient à (ACG), mais pas à (BCE) (prouvé à la question \textbf{2. a.}). \end{itemize} Deux plans sécants ont une intersection qui est une droite, que l'on va nommer $d$. \begin{itemize}[label={\textbullet~}] \item P étant par définition sur la droite (AG), il est un point de (ACG); \item P est aussi par définition un point du plan (BCE). \end{itemize} P est donc un autre point commun aux plans (ACG) et (BCE), donc la droite (CP) est incluse dans l'intersection des plans (ACG) et (BCE). Comme cette intersection est réduite à une droite, on en déduit que : l'intersection des plans (BCE) et (ACG) est la droite (CP). \end{enumerate} \newpage \section*{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On dérive les deux termes de $g$, l'un des deux étant un produit. On rappelle les dérivées connues : \quad $\cos' = -\sin$ \quad et \quad $\sin' = \cos$. $\forall x \in [0 ; 2 \pi]$, \quad $g'(x)=1 \times \cos(x) + x \times \big(-\sin (x)\big) - \cos(x) = -x\sin(x)$. \item Commençons par calculer les images de 0, $\pi$ et $2\pi$. On connaît les valeurs particulières des fonctions sinus et cosinus. \begin{itemize}[label={\textbullet~}] \item $g(0) = 0\times \cos(0) - \sin(0) = 0 \times 1 - 0 = 0$; \item $g(\pi) = \pi\times \cos(\pi) - \sin(\pi) = \pi \times (-1) - 0 = -\pi$; \item $g(2\pi) = 2\pi\times \cos(2\pi) - \sin(2\pi) = 2\pi \times 1 - 0 = 2\pi$. \end{itemize} Les trois images sont donc validées. Étudions maintenant les variations de $g$. \begin{itemize}[label={\textbullet~}] \item sur $[0 ; 2\pi]$, $-x$ est négatif, et même strictement négatif sur $]0 ; 2\pi]$; \item sur $[0 ; \pi]$, $\sin(x)$ est positif, et même strictement positif sur $]0 ; \pi[$ (c'est la moitié du cercle trigonométrique qui est au dessus de l'axe des abscisses, donc les sinus sont positifs); \item sur $[\pi ; 2\pi]$, $\sin(x)$ est négatif, et même strictement négatif sur $]\pi ; 2\pi[$ (c'est la moitié du cercle trigonométrique qui est en-dessous de l'axe des abscisses, donc les sinus sont négatifs). \end{itemize} On peut résumer cela avec un tableau de signes. Quand la dérivée est à valeurs négatives, la fonction est strictement décroissante (car la dérivée ne s'annule que ponctuellement), et quand la dérivée est à valeurs positives, la fonction est strictement croissante. On a donc : \hfill~ \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[lgt=3]{$x$/0.6, signe de $-x$/0.6, signe de $\sin(x)$/0.6, signe de $g'(x)$/0.6, variations de $g$/1.5} {$0$,$\pi$,$2\pi$} \tkzTabLine{z,-,t,-,t} \tkzTabLine{z,+,z,-,z} \tkzTabLine{z,-,z,+,z} \tkzTabVar{+/$0$,-/$-\pi$,+/$2\pi$} \end{tikzpicture} \hfill~ On a ainsi justifié chacun des éléments qui figurent dans ce tableau de variations. \item La fonction $g$ est continue (car dérivable) sur $[\pi ; 2\pi]$, sur cet intervalle, elle est strictement croissante. De plus, 0 est une valeur intermédiaire entre $f(\pi) = -\pi$ et $f(2\pi) = 2\pi$. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc une unique solution à l'équation $g(x) = 0$ dans l'intervalle $[0 ; 2\pi]$, solution que l'on note $\alpha$. \item On peut étoffer le tableau de variations précédent avec $\alpha$ \hfill~\begin{tikzpicture} \tkzTabInit[lgt=3]{$x$/0.6, variations de $g$/1.5} {$0$,$\pi$,$2\pi$} \tkzTabVar{+/$0$,-/$-\pi$,+/$2\pi$} \tkzTabVal[draw]{2}{3}{0.5}{$\alpha$}{0} \end{tikzpicture}\hfill~ Sur $[0 ; \alpha]$, la fonction $g$ est majorée par 0, elle est donc à valeurs négatives, puis sur $[\alpha ; 2\pi]$, elle est minorée par 0, et donc $g$ est à valeurs positives. On a donc le tableau de signes suivant : \hfill~ \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[lgt=3]{$x$/0.6, signe de $g(x)$/0.6} {$0$,$\alpha$,$2\pi$} \tkzTabLine{z,-,z,+,} \end{tikzpicture} \hfill~ \end{enumerate} \newpage \item \begin{enumerate} \item On va utiliser la formule de dérivation d'un quotient : $\forall x \in ]0 ; 2 \pi],\quad f'(x) = \dfrac{\cos(x) \times x - \sin(x)\times 1}{x^2} = \dfrac{x\cos(x) - \sin(x)}{x^2} =\dfrac{g(x)}{x^{2}}$ \item La fonction $f'$ est le quotient de la fonction $g$ étudiée à la question \textbf{1.} par la fonction carré. On a donc : \hfill~ \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[lgt=3]{$x$/0.6, signe de $g(x)$/0.6,signe de $x^2$/0.6,signe de $f'(x)$/0.6} {$0$,$\alpha$,$2\pi$} \tkzTabLine{z,-,z,+,} \tkzTabLine{z,+,t,+,} \tkzTabLine{d,-,z,+,} \end{tikzpicture} \hfill~ \item On en déduit que la fonction $f$ est strictement décroissante sur l'intervalle $]0 ; \alpha]$ et strictement croissante sur $[\alpha ; 2\pi]$. \item Pour tout réel $x$ non nul, le taux d'accroissement de la fonction sinus entre 0 et $x$ est : \[\dfrac{\sin(x) - \sin(0)}{x - 0} = \dfrac{\sin(x) - 0}{x} = \dfrac{\sin(x)}{x} = f(x)\] Comme la fonction sinus est dérivable en 0, ce taux d'accroissement admet donc une limite finie quand $x$ tend vers 0. Par définition du nombre dérivé, cette limite est le nombre dérivé de la fonction sinus en 0. On a donc :\quad $\lim\limits_{x \to 0} f(x) = \sin'(0) = \cos(0) = 1$. $f$ tend vers 1 quand $x$ tend vers 0. \end{enumerate} \item On considère deux nombres réels $r$ et $s$ qui vérifient l'inégalité : \quad $0 f(s) \\ &\implies \dfrac{\sin(r)}{r} > \dfrac{\sin (s)}{s}\\ &\implies \dfrac{\sin(r)}{r\times \sin(s)} > \dfrac{1}{s}\quad \text{car } s \in ]0 ; \pi[ \text{ donc } \sin(s) > 0\\ &\implies \dfrac{\sin(r)}{\sin(s)} > \dfrac{r}{s}\quad \text{car } r \in ]0 ; \pi[ \text{ donc } r > 0\\ \end{aligned}\] On a bien établi, pour $r$ et $s$ vérifiant \quad $0 < r