% Préambule APMEP - Annales
% Auteurs
% tapuscrit : 			Valérie Tamboise
% relecture :         Aymeric Picaud et Marie Charon
% figures TikZ :
% figures pstricks :
% modifications :
% Remerciements :
% version 0 : 
%
\documentclass[12pt,a4paper,french]{article}

% Packages
%%% codage et police utilisée
\usepackage[T1]{fontenc}
\RequirePackage{iftex}
\iftutex % moteur utf-8 lualatex, xelatex
	\usepackage{fourier-otf} % remplace fourier pour moteur utf8 (LuaLaTeX, XeLaTeX)
	% Alternatives nécéssite (LuaLaTeX, XeLaTeX)
    \usepackage{hyperref}
	%\usepackage{fontspec}% pour utiliser des fontes système
\else % pour les autres moteurs latex, pdflatex
	\usepackage[utf8]{inputenc}
	\usepackage{fourier}
	\usepackage{amsmath,amssymb}
    \usepackage[dvips]{hyperref}
    \renewcommand{\ttdefault}{lmtt}
\fi
\usepackage[normalem]{ulem}
\usepackage{pifont}
\usepackage{lscape}
% tableaux
\usepackage{multicol}
\usepackage{multirow}
\usepackage{tabularx}
\usepackage{tabularray}
% texte et composition
\usepackage{textcomp}
\usepackage{babel}
\DecimalMathComma
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%
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{makeidx}
\makeindex
% pour le symbole €
\usepackage{eurosym}
\DeclareRobustCommand{\officialeuro}{%
  \ifmmode\expandafter\text\fi
  {\fontencoding{U}\fontfamily{eurosym}\selectfont e}}
\AtBeginDocument{\renewcommand{\euro}{\officialeuro}}
% couleurs étendues
\usepackage{xcolor}
% pour les listes
\usepackage{enumitem}
% Enumérations réglage par défaut
\setlist[itemize]{label=\textbullet,leftmargin=5mm,labelwidth=3mm,labelsep=2mm,align=left}
\setlist[enumerate]{labelindent=0pt, leftmargin=5mm, labelsep=2mm, labelwidth=3mm,labelsep=2mm, align= left}
\setlist[enumerate,1]{label = \textbf{\arabic*.}}
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\setlist[enumerate,3]{label = \textbf{\roman*.}}
% pour l'ajustement des boites (figures…)
\usepackage{adjustbox}
% pour ne pas commencer un exercice en fin de page
\usepackage{needspace}
%
% Taille de la zone d'écriture
\usepackage[left=1.5cm,right=1.5cm,top=3cm,bottom=3cm]{geometry}
\setlength{\headheight}{15pt}
%
% Formatage du pdf
\hypersetup{%
    pdfauthor = {APMEP},
    pdfsubject = {Terminale, spécialité J2},
    pdftitle = {Baccalauréat épreuve de spécialité (terminale) -- Session 2026 -- générale},
    allbordercolors = white,
    pdfstartview=FitH
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% Pour scratch (code)
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% Pour le code Python
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\lstdefinestyle{python}{
  language=Python,
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  keywordstyle=\color{blue}\bfseries,
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  stringstyle=\color{orange},
  numbers=left,
  numberstyle=\tiny\color{gray},
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  % usage (exemple)
  %\begin{lstlisting}[style=python]
%def seuil():
%   n = 1
%   p = 0.5
%   while p < 0.6 :
%      n = n + 1
%      p = p*7/15 + 1/3
%   return n
%\end{lstlisting}


% Pour une visualisation de type tableur
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%
%% pour PsTricks
\usepackage{pst-bezier}%% AVANT les autres PST
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%% pour TikZ
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\usepackage{icomma} % gestion des espaces autour des virgules
\DeclareMathSymbol{;}{\mathbin}{operators}{"3B}% pour un espacement correct du ; en mode maths
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% Définitions
%
% notation en mode mathématique et hors mode mathématique
\newcommand{\R}{\ensuremath{\mathbb{R}}} 
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%
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%
\newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}}
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%
\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}
%
\renewcommand{\d}{\mathrm{\,d}}
\renewcommand{\i}{\mathrm{\,i\,}}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{document}

% Réglage entête, pied de page
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé}
\lfoot{\small{Antilles, Guyane}}
\rfoot{\small{17 juin 2026}}
\pagestyle{fancy}

\thispagestyle{empty}
\marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}}

% Titre
\begin{center}
{\Large \textbf{\decofourleft~ Baccalauréat épreuve de spécialité (terminale) ~\decofourright\\[10pt]Corrigé\\[10pt]générale - spécialité J2 - Antilles, Guyane - 17 juin 2026 }}
\end{center}


\section*{Exercice 1 (6 points)}

\subsection*{Partie A}



	\begin{enumerate}
		\item L'arbre pondéré  représentant la situation est : 
		
	\hfill 	\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1,baseline={(R.base)}]
			% Styles (MODIFIABLES)
			\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{2.8}
			\def\DistanceInterFeuilles{0.8}
			% 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}) {$A_1$};
			\node[feuille] (Raa) at ({\NiveauC},{(0)*\InterFeuilles}) {$A_2$};
			\node[feuille] (Rab) at ({\NiveauC},{(1)*\InterFeuilles}) {$\overline{A_2}$};
			\node[noeud] (Rb) at ({\NiveauB},{(2.5)*\InterFeuilles}) {$\overline{A_1}$};
			\node[feuille] (Rba) at ({\NiveauC},{(2)*\InterFeuilles}) {$A_2$};
			\node[feuille] (Rbb) at ({\NiveauC},{(3)*\InterFeuilles}) {$\overline{A_2}$};
			% Arcs (MODIFIABLES : Styles)
			\draw (R.east)--(Ra.west) node[etiquette] {$0,96$};
			\draw (Ra.east)--(Raa.west) node[etiquette] {$0,94$};
			\draw (Ra.east)--(Rab.west) node[etiquette] {$0,06$};
			\draw (R.east)--(Rb.west) node[etiquette] {$0,04$};
			\draw (Rb.east)--(Rba.west) node[etiquette] {$0,35$};
			\draw (Rb.east)--(Rbb.west) node[etiquette] {$0,65$};
		\end{tikzpicture}\hfill~
		
		
		\item Les événements $A_1$ et $\overline{A_1}$ forment une partition de l'univers, donc, d'après la loi des probabilités totales on a :
		
		$\begin{aligned} P\big( A_2 \big)& = P\big( A_1 \cap A_2 \big)  + P  \big( \overline{A_1} \cap A_2 \big) \\
			&= P\big( A_1 \big) \times P_{A_1}\big( A_2 \big) + P\big(\overline{A_1}\big) \times P_{\overline{A_1}}\big(A_2\big)\\
			&= 0,96 \times 0,94 + 0,04 \times 0,35 \\ 
			&= \np{0,9164}
			\end{aligned}$ 
		
	On a donc bien :  $P\left(A_{2}\right)=\np{0,9164}$.
		
		\item      $\begin{aligned}[t] P_{A_{2}}\big( \,\overline{A_{1}}\,\big)&= \dfrac{P  \big( \overline{A_1} \cap A_2 \big) }{P\left(A_{2}\right)}\\
			&= \dfrac{ 0,04 \times 0,35}{0,9164}\\
			&\approx 0,015277
			\end{aligned}$.
		
		Donc $P_{A_{2}}\big(\,\overline{A_{1}}\,\big)  \approx 0,0153 $,  arrondi  à $10^{-4}$.
		
	Dans le contexte de	l'exercice, la probabilité que le message reçu par le premier relai soit avec erreur sachant que le message reçu par le deuxième relai était sans erreur est égale à $\np{0,0153}$. 
	\end{enumerate}


\subsection*{Partie B}


\begin{enumerate}
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item Pour déterminer la probabilité que 4 tests soient positifs dans cet échantillon, il faut calculer $P(X=4)$. 
		
		$X$ suit une loi binomiale de paramètres $n=50$ et $p=0,04$ donc : 
		
		$P(X=4) = \ds \binom{50}{4}  \times 0,04 ^{4} \times (1-0,04)^{50-4}\approx 0,090159 $
		
		La probabilité que 4 tests soient positifs dans cet échantillon est égale à $0,09$, arrondi  à $10^{-2}$.
		
		\item La probabilité qu'au moins un test soit positif dans cet échantillon est égale à $P(X\geqslant 1)$. 
		
		À l'aide de la calculatrice on trouve : $P(X\geqslant 1) \approx 0,8701$. 
		
		
		La probabilité qu'au moins un test soit positif dans cet échantillon est égale à $0,87$, arrondi à $10^{-2}$.
		\item  La variable aléatoire $X$ suit une loi binomiale de paramètres $n=50$ et $p=0,04$.
		
		Donc : 
		
		$\mathrm{E}(X)=n \times p = 50 \times 0,04 = 2$ 
		
		$\mathrm{V}(X) = n \times p \times (1-p)= 50 \times 0,04 \times (1-0,04) = 1,92$.
		
		L'espérance  de la variable aléatoire $X$ est égale à 2 et sa variance  est égale à 1,92. 
	\end{enumerate}
	
\item 

	\begin{enumerate}
		\item $M=\dfrac{X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{25}}{25}$ est la variable aléatoire  moyenne de 25 variables aléatoires indépendantes de même loi que $X$ on a donc :
		
		
		
		$\mathrm{E}\left(M\right) = \mathrm{E}\left(X\right) = 2$
		
		et   $\begin{aligned}[t] \mathrm{V} \left(M\right) &= \dfrac {\mathrm{V}(X)}{25}\\
			&= \dfrac{1,92}{25}\\
			&=\np{0,0768}
		\end{aligned} $
		
		
		
	On a bien :  $\mathrm{E}(M)=2$ et  $\mathrm{V}(M)=\np{0,0768}$.
		
		\item La probabilité que la moyenne des tests positifs soit strictement inférieure à 7 est égale à 
		
		$P(M<7)$.
		
		On a  : $P(M<7) = P(-3<M<7)= P(-5< M-2<5) = 1- P\Big(\big|M-2\big| \geq 5\Big)$
		
		Or, d'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev :
		
		$\forall t \in \R^{*+}, \quad P\Big(\big|M - E(M)\big| \geq t\Big) \leq  \dfrac{V(M)}{t^2 } $.
		
		Avec $t= 5$  on  a : $P\Big(\big|M- 2\big| \geq 5\Big) \leq  \dfrac{0,0768}{  5^2 } $
		
		soit  $ P\Big(\big|M-2\big| \geq 5 \Big) \leq 0,003072$
		
		On a donc :  $1- P\Big(\big|M-2\big| \geq 5 \Big) \geq 1- 0,003072$
		
		D'où : $P(M<7) \geq  0,996928 \geq 0,99$
		
		
	La probabilité que la moyenne des tests positifs soit strictement inférieure à 7 est donc  supérieure à 0,99.
		
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Partie C}


\begin{enumerate}
	\item Pour tout entier naturel  $n \geqslant 1$, posons $P_n$ l'affirmation :\quad \og $p_{n+1} \leqslant p_{n}$. \fg{}.
	
	Démontrons par récurrence que les affirmations $P_n$ sont toutes vraies.
	
	\begin{itemize}[label={\textbullet~}]
		\item \textbf{Initialisation :} 
		
		$p_2= 0,59 p_{1}+0,35 = 0,59 \times 0,96 + 0,35 = 0,9164$. 
		
		On a donc $p_2 \leqslant p_1$
		
		Donc que l'affirmation $P_1$ est vraie.
		
		\item \textbf{Hérédité :} Soit $n$ un entier naturel non nul. On suppose que l'affirmation $P_n$ est vraie, c'est à dire $p_{n+1} \leqslant p_n  $\fg{}., montrons que l'affirmation $P_{n+1}$ est vraie, c'est à dire $p_{n+2} \leqslant p_{n+1}$\fg{}.
		
		$\begin{aligned}
			P_n \text{ est vraie}
			&\implies p_{n+1} \leqslant p_n \\
			&\implies  0,59 \times p_{n+1} \leqslant 0,59 \times  p_n \quad \text{car } 0,59>0 \\
			&\implies  0,59 \times p_{n+1} + 0,35  \leqslant 0,59 \times  p_n + 0,35  \\
			&\implies p_{n+2} \leqslant p_{n+1}  \\
			&\implies P_{n+1}\text{ est vraie.}
		\end{aligned}$
		
		\item \textbf{Conclusion :} On a montré que l'affirmation $P_1$ est vraie, et que pour un $n$ entier naturel non nul, 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 non nul $n$, l'affirmation est vraie, et donc pour tout entier naturel $n \geqslant 1 $, on a $p_{n+1} \leqslant p_{n}$.
		
	\end{itemize}
	
	
	
	
	\item D'après la question précédente, pour tout entier naturel $n \leqslant 1 $, on a $p_{n+1} \leqslant p_{n}$ donc la suite $(p_{n})$ est décroissante. 
	
	De plus, $p_n$ est égal une  probabilité donc $p_n \geqslant 0$, la suite $(p_{n})$ est donc minorée par 0. 
	
Donc la suite $(p_{n})$ est convergente vers une limite $\ell$. 
	
	\item   Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x) =0,59x+0,35$. 
	
	On a donc, pour tout entier naturel non nul  $n$, $p_{n+1}=f(p_n)$.
	
	La suite $(p_{n})$ est donc définie par une relation de récurrence  avec $f$  une fonction continue.
	
	De plus, la suite $(p_{n})$ est convergente vers une limite $\ell$.
	
	D'après le théorème du point fixe, la limite $\ell$ est donc solution de l'équation $f(x)=x$. 
	
	
	$\begin{aligned}  f(x)=x &\iff 0,59 x +0,35 = x \\
		&\iff 0,35 = 0,41x \\
	&	\iff x= \dfrac{0,35}{0,41}\\
	&\iff x = \dfrac{35}{41}
		\end{aligned}$
	
	
	$(p_n)$ est donc convergente vers  $\dfrac{35}{41}$. 
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2 (5 points)}

\subsection*{Partie A}
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
			\item 
			
			
			Comme le repère est orthonormé :
			\begin{itemize}
				\item $\mathrm{AC} = \sqrt{\left(\dfrac{9}{4}-0\right)^2 + (3-0)^2 + (0 - 0)^2} =\sqrt{\dfrac{81}{16}+ 9} =\sqrt{ \dfrac{81}{16} + \dfrac{144 }{16}} = \sqrt{\dfrac{225}{16}}=\dfrac{15}{4} $;
				\item $\mathrm{CB} = \sqrt{\left(\dfrac{9}{4}-\dfrac{9}{2}\right)^2 + (3-0)^2 + (0 - 0)^2} =\sqrt{\left(-\dfrac{9}{4}\right)^2+ 9} =\sqrt{ \dfrac{81}{16} + \dfrac{144 }{16}} = \sqrt{\dfrac{225}{16}}=\dfrac{15}{4} $;
			\end{itemize}
			
			Les longueurs sont égales, donc le triangle est bien isocèle en C.
			
			\item  \begin{itemize}
				\item  Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal est aussi une médiane (et une médiatrice).
			
			La hauteur issue de C est donc le segment [CI], où I est le milieu de [AB].
			
			I a donc pour coordonnées :\quad I$\left(\dfrac{x_{\mathrm{A}} + x_{\mathrm{B}}}{2} ; \dfrac{y_{\mathrm{A}} + y_{\mathrm{B}}}{2} ; \dfrac{z_{\mathrm{A}} + z_{\mathrm{B}}}{2}\right) $\quad soit \quad $\left(\dfrac{9}{4} ; 0 ; 0\right)$.
			
			\item L'aire d'un triangle est donnée par :\quad $\mathcal{A} = \dfrac{\text{base} \times \text{hauteur}
			}{2}$.
			
			Ici, on choisit comme base le segment [AB] et la hauteur correspondante, [CI].
			
			\item La distance AB est :\quad $\mathrm{AB} = \sqrt{\left(\dfrac{9}{2}-0\right)^2 + (0-0)^2 + (0 - 0)^2} =\dfrac{9}{2} $;
			
			La distance CI est :\quad $\mathrm{CI} = \sqrt{\left(\dfrac{9}{4}-\dfrac{9}{4}\right)^2 + (3-0)^2 + (0 - 0)^2} =\sqrt{ 9} =3$;
			\end{itemize}
			On a donc : \quad $\mathcal{A}_{\mathrm{ABC}} = \dfrac{\mathrm{AB} \times \mathrm{CI}}{2} = \dfrac{1}{2}  \times \dfrac{9}{2} \times 3 = \dfrac{27}{4} = 6,75$.
			
			
			
			L'aire du triangle  ABC est bien égale à $\np[m^2]{6,75}$.
		\end{enumerate}

	\item \begin{enumerate}
		\item On a : $\vectt{AB} \begin{pmatrix} \dfrac{9}{2}\\0\\0\end{pmatrix} $.
		et  \quad $\vectt{AC} \begin{pmatrix}\dfrac{9}{4} \\ 3\\0 \end{pmatrix} $.
		
		Ces vecteurs ont des coordonnées non proportionnelles, donc ils ne sont pas colinéaires.
		
		Les points A, B et C ne sont pas alignés, donc ils définissent un plan.
		
		De plus $z_{\mathrm{A}}=z_{\mathrm{B}}=z_{\mathrm{C}}=0$ 
		
		
	donc une équation cartésienne du plan (ABC) est bien :\quad $z=0$.
		
		\item  H est le projeté orthogonal du point D sur le plan (ABC) si et seulement si 
		
		$\begin{cases}
			H \in (\mathrm{ABC})\\
			\text{ la droite (HD) est orthogonale au plan (ABC)} \end{cases}$. 
			
			\begin{itemize}
				\item $z_{\mathrm{H}}=0$  donc $H \in (\mathrm{ABC})$
				
				\item  	$\vectt{HD} \begin{pmatrix}
					x_{\mathrm{D}} - x_{\mathrm{H}}\\
					y_{\mathrm{D}} - y_{\mathrm{H}}\\
					z_{\mathrm{D}} - z_{\mathrm{H}} \end{pmatrix} $
				\quad soit \quad $\vectt{HD} \begin{pmatrix} \dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{2}\\1-1\\3-0 \end{pmatrix} $
				\quad finalement :\quad $\vectt{HD} \begin{pmatrix} 0\\0\\3\end{pmatrix} $.
				
				Or, une équation cartésienne du plan (ABC) étant $z=0$, un vecteur normal au plan (ABC) est  $\vect{m}\begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}$
				
				Les vecteurs $\vect{m}$ et $\vectt{HD}$ sont colinéaires, donc la droite (HD) est orthogonale au plan (ABC).
				
			\end{itemize} 
		
		
		Donc le point H$\left(\dfrac{3}{2} ; 1 ; 0\right)$ est le projeté orthogonal du point D sur le plan (ABC).
	\end{enumerate}
	\item  Avec les questions précédentes, on a calculé l'aire du triangle ABC, qui est l'une des quatre bases possibles pour le tétraèdre.
	
	Si on choisit ABC comme base de ABCD, alors la hauteur correspondante est la distance séparant le quatrième sommet (ici D), du plan contenant la base ABC, c'est-à-dire le plan (ABC).
	
	Cette distance est donc la distance séparant D de son projeté orthogonal sur (ABC), c'est-à-dire H, dont on a déterminé les coordonnées à la question \textbf{2 b.}.
	
	$\mathrm{DH} = \sqrt{0^2 + 0^2 + 3 ^2 } = 3$.
	
	On a donc : \quad $\mathcal{V}_{\mathrm{ABCD}} = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{\mathrm{ABC}} \times \mathrm{DH} = \dfrac{1}{3} \times 6,75 \times 3 = 6,75$.
	
	Le volume du module est égal  à  $\np[m^3]{6,75}$.

\end{enumerate}


\subsection*{Partie B}
\begin{enumerate}
 \item 
	\begin{enumerate}
		\item 
		Déterminons les coordonnées des vecteurs :
		
		$\vectt{BC} \begin{pmatrix}
			x_{\mathrm{C}} - x_{\mathrm{B}}\\
			y_{\mathrm{C}} - y_{\mathrm{B}}\\
			z_{\mathrm{C}} - z_{\mathrm{B}} \end{pmatrix} $
		\quad soit \quad $\vectt{BC} \begin{pmatrix}\dfrac{9}{4} - \dfrac{9}{2} \\3-0\\0-0 \end{pmatrix} $
		\quad finalement :\quad $\vectt{BC} \begin{pmatrix} -\dfrac{9}{4}\\3\\0\end{pmatrix} $.
		\quad De même, \quad $\vectt{BD} \begin{pmatrix}  -3\\1\\3 \end{pmatrix} $.
		
		Ces vecteurs ont des coordonnées non proportionnelles, donc ils ne sont pas colinéaires.
		
		Les points B, C et D ne sont pas alignés, donc ils définissent un plan.
		
		On est dans un repère orthonormé, donc on peut utiliser la formule analytique du produit scalaire :
		
		\begin{itemize}
			\item $\vect{n} \cdot \vectt{BC} = 4 \times \dfrac{-9}{4} + 3 \times  3 + 3  \times  0 = -9 + 9 +0 = 0$;
			\item $\vect{n} \cdot \vectt{BD} = 4 \times (-3) +3 \times  1 + 3  \times  3 = -12 + 3 + 9 = 0$;
			\item $\vectt{BC}$ et $\vectt{BD}$ sont deux vecteurs non colinéaires qui forment une base du plan (BCD).
				\end{itemize}
			$\vect{n}$ est orthogonal à ces deux vecteurs, donc c'est un vecteur normal du plan (BCD).
			
		
		\item Si $\vect{n}\begin{pmatrix} 4\\3\\3 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan  (BCD), alors, par propriété, une équation du plan  (BCD) peut avoir la forme :\quad $4\times x + 3 \times y + 3 \times z + d = 0$, \quad où $d$ est un réel.
		
		Comme B est un point de (BCD), on doit avoir :\quad $4x_{\mathrm{B}} +3 y_{\mathrm{B}} + 3z_{\mathrm{B}} + d =0$.
		
		$\begin{aligned}
			4x_{\mathrm{B}} +3 y_{\mathrm{b}} + 3z_{\mathrm{B}} + d =0
			&\iff 4 \times \dfrac{9}{2} +3 \times 0 +3\times 0 +  d= 0\\
			&\iff 18 + d = 0\\
			&\iff d = -18
		\end{aligned}		$
		
		Une équation cartésienne de (BCD) est donc bien :\quad $4x+3y+3z - 18 = 0$.

		
		\item %Donner une représentation paramétrique de la droite $\Delta$ orthogonale au plan (BCD) et passant par D.
		Si la droite $\Delta$ est orthogonale au plan (BCD), alors, par définition, elle doit être dirigée par un vecteur normal au plan (BCD), donc ici, on en déduit que le vecteur $\vect{n} \begin{pmatrix} 4\\3\\3 \end{pmatrix}$ dirige la droite $\Delta$.
		
		Comme la droite $\Delta$ passe par le point D$\left(\dfrac{3}{2} ; 1 ; 3\right)$, une représentation paramétrique de la droite $\Delta$ est donnée par :\quad $\begin{cases}
			x=x_{\mathrm{D}} + x_{\vect{n}}\times t\\
			y=y_{\mathrm{D}} + y_{\vect{n}}\times t\\
			z=z_{\mathrm{D}} + z_{\vect{n}}\times t
		\end{cases}\text{avec } t \in \R$
		
		En remplaçant par les valeurs connues, on a :\quad $\begin{cases}
			x=\dfrac{3}{2} +4 t\\
			y=1 +3t\\
			z=3+3t
		\end{cases}\text{avec } t \in \R$
		
		
		
	\end{enumerate}
	
	
	\item Le point L  est l'intersection de la droite $\Delta$ et du plan (ABC).
	
	Comme c'est un point de la droite $\Delta$, il existe un réel $t_0$ tel que les coordonnées de ce point sont $\left( \dfrac{3}{2} + 4t_0 ; 1+3t_0 ; 3+3t_0 \right) $.
	
	C'est aussi un point de (ABC) dont ses coordonnées vérifient l'équation du plan.
	
	Autrement dit, $t_0$ est solution de l'équation :
	
	$\begin{aligned}[t]
		 3 + 3t_0  = 0
		&\iff 3t_0 = -3 \\
		&\iff t_0 = -1
	\end{aligned}$
	
	Le point L a donc pour coordonnées :\quad $\left( \dfrac{3}{2} - 4  ; 1-3  ; 3-3  \right) $ \quad  soit $\mathrm{L}\left(-\dfrac{5}{2} ; -2 ; 0\right) $.

	
	\item  Afin de déterminer l'angle $\widehat{\mathrm{LDH}}$, calculons le produit scalaire $\vectt{DL} \cdot \vectt{DH}$ de deux manières différentes. 
	
On a  $\vectt{DH} \begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ -3\end{pmatrix} $.
	\quad et  \quad $\vectt{DL} \begin{pmatrix} -4  \\ -3\\ -3 \end{pmatrix} $.
	
	
	
	Nous sommes dans un repère orthonormé, nous pouvons utiliser la formule analytique : 
	
	$\begin{aligned}  \vectt{DH} \cdot \vectt{DL} &= x_{\mathrm{DH}}\times x_{\mathrm{DL}} + y_{\mathrm{DH}}\times y_{\mathrm{DL}} +z_{\mathrm{DH}}\times z_{\mathrm{DL}}\\
		&= 0\times (-4) + 0 \times (-3) -3 \times (-3)\\
		&= 9
		\end{aligned}$. 
		
		
		
		
		On a aussi : 
$	\vectt{DH} \cdot \vectt{DL}=\left\|\vectt{DH}\right\|\times\left\|\vectt{DL}\right\|\times \cos(\widehat{\mathrm{LDH}})$

Calculons la longueur  DL : $\mathrm{DL} = \sqrt{ (-4)^2+3^2+3^2} =\sqrt{ 16+9+9} = \sqrt{34} $ 

En remplaçant dans la formule précédente on obtient : 


$9 =3 \times \sqrt{34} \times \cos(\widehat{\mathrm{LDH}})$

D'où : $ \cos(\widehat{\mathrm{LDH}}) = \dfrac{9} {3\sqrt{34}}= \dfrac{3 \sqrt{34}}{34}$


donc $\widehat{\mathrm{LDH}} \approx  59,04$\,\textdegree{}.

 L'angle $\widehat{\mathrm{LDH}}$ est strictement inférieur à $60$\,\textdegree{} donc le module est bien  adapté aux débutants. 
\end{enumerate}
%
%\newpage

\section*{Exercice 3 (4 points)}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
	\item  	\textbf{Affirmation 1  est Fausse. } 
	
	L'équation différentielle \quad $\left(E_{1}\right): \quad y'+2 y=0 \iff y'=-2y$ est de la forme $y'=ay$ 
	
donc les  solutions sont les fonctions de la forme $x\mapsto C\e^{ax}$ avec $C\in\R$. 

Donc, il existe $C\in \R$ tel que $f(x)= C \e^{-2x}$ .

Or $f(0)=1$ donc $1=C\e^{-2\times 0} \iff C=1$ .

donc $f$ est définie sur $\R$ par $f(x)=\e^{-2x}$. 

$f(ln 2) = \e^{-2\ln 2} = \e^{ -ln 2^2}= \e^{ln \left(\frac{1}{4}\right)}= \dfrac{1}{4} \neq \dfrac{1}{2}$

Donc : le point A de coordonnées $\left(\ln 2 ; \dfrac{1}{2}\right)$ n'appartient pas à la courbe représentative de la fonction $f$.



	\item	\textbf{Affirmation 2  est  Fausse. } 
	
Pour étudier la position relative de la courbe représentative de la fonction $f$ et de ses tangentes, étudions la convexité de la fonction. 

Pour tout réel $x\in \left[\dfrac{\pi}{2} ; \pi\right]$  : 

$f'(x) = 1 + \sin(x)$ 

et donc   $f''(x)= \cos(x)$.

Or sur l'intervalle $\left[\dfrac{\pi}{2} ; \pi\right]$ , $cos(x) \leq 0$ donc la fonction est concave. 

Elle est donc située en-dessous de toutes ses tangentes. 





	\item 	\textbf{Affirmation 3  est  Vraie. }
	
	
	Pour tout réel  $x\in ] 0 ;+\infty[$ : 
	
	$\begin{aligned}
		-1 \leqslant \sin(x) \leqslant 1 &\implies  -\dfrac{1}{x} \leqslant  \dfrac{\sin (x)}{x} \leqslant \dfrac{1}{x}  \quad \text{car } x>0 \\
	&	\implies  1 -\dfrac{1}{x} \leqslant  1 + \dfrac{\sin (x)}{x} \leqslant 1 +\dfrac{1}{x}  \\
	&	\implies  1 -\dfrac{1}{x} \leqslant  f(x)  \leqslant 1 +\dfrac{1}{x}  \\
	\end{aligned}$
	
	Or $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{1}{x} =0 $ donc, par somme,  $\lim\limits_{x\to +\infty }1 -\dfrac{1}{x} =1 $ et  $\lim\limits_{x\to +\infty }1 +\dfrac{1}{x} =1 $. 
	
	D'après le théorème des gendarmes, on a donc : $\lim\limits_{x\to +\infty }f(x) =1 $. 
	
	C'est à dire, la droite d'équation $y=1$ est une asymptote horizontale à la courbe représentative de la fonction $f$ au voisinage de $+\infty$.
	\end{enumerate}
%	


	\item 	\textbf{Affirmation 4  est Vraie.} 
	
	
	 La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ et pour tout réel $x$, $f'(x) = 2 -3 \e^{3x}$.
	
	Donc, pour tout réel $x$ : 
	
	$\begin{aligned} f'(x) -3f(x) &=  2 -3 \e^{3x} - 3 \left(2x-\e^{3x}\right) \\
		 &= 2 -3 \e^{3x} - 6x +3 \e^{3x} \\
		 &= 2  - 6x 
		 \end{aligned}$ 
		 
		 Donc $f$ est solution de l'équation $(E_{2})$.
	
\end{enumerate}

\section*{Exercice 4 (5 points)}


	\subsection*{Partie A : étude d'un premier cas particulier}

\begin{enumerate}
	\item 
	 $F_{2}$ est une primitive de la fonction $f_{2}$ sur $] 0 ;+\infty[$ donc $f_2$ est la dérivée de la fonction $F_{2}$. 
	 
	 Les variations de la fonction $F_2$ sont donc données par le signe de la fonction $f_2$. 
	 
	 
	 
	
	Avec la précision permise par le graphique : 
	
	
	
	
		\hfill~
	\begin{tikzpicture}
		\tkzTabInit[lgt=3]{$x$/0.6,  signe de $f_2(x)$/0.6, variations de $F_2$/1.5}
		{$0$,${0,3}$,${2,5}$, $3$}
		\tkzTabLine{d,-,z,+,z,-}
		\tkzTabVar{D+/,- /,+/, -/}
	\end{tikzpicture}
	\hfill~
	
La fonction $F_{2}$ est décroissante sur  l'intervalle $]0;0,3]$ et sur l'intervalle $[2,5;3]$, et elle est  croissante sur l'intervalle $[0,3 ; 2,5]$.
	
	\item   La courbe   1  représente la fonction $f_{2}'$ et la courbe 2  représente la fonction $f_{2}''$ : 
	
	La dérivée de la fonction $f_2$ doit s'annuler lorsque la fonction $f_2$ admet un maximum. Ce maximum est atteint pour $x \approx 0,75$. 
	
	La seule courbe qui s'annule aux environs de $0,75$ est la courbe 1 donc la courbe 1 représente la fonction $f_2'$.
	
	Le point A est un point d'inflexion pour la courbe de la fonction $f_2$ donc la dérivée seconde s'annule en  $x_A \approx 1,6$. 
	
	 La seule courbe qui s'annule aux environs de $1,6$ est la courbe 2 donc la courbe 2 représente la fonction $f_2''$.

\end{enumerate}

\subsection*{Partie B : étude d'un second cas particulier}


\begin{enumerate}
	\item \begin{enumerate}
		\item  $f_1$ est de la forme $w + \dfrac{u}{v}$ avec $\begin{cases}w(x)= 1-x \\ u(x)=1+\ln(x) \\ v(x)= x  \end{cases} $.  \quad On a : $\begin{cases}w'(x)= -1 \\ u'(x)=\dfrac{1}{x} \\ v'(x)= 1  \end{cases} $. 
		
		On a : $f_1'= w'+ \dfrac{u'v - v'u}{v^2}$
		
		Donc, pour tout réel $x>0$ : 
		
		$\begin{aligned}
		f_1'(x) &= -1 + \dfrac{\dfrac{1}{x} \times x- 1 \times \big( 1 +\ln(x) \big) }{x^2} \\
		&= -1 + \dfrac{1- 1 -\ln(x)}{x^2} \\
		&= -1-\dfrac{\ln x}{x^2}
		\end{aligned}$
		
		
		
		
		
		On a bien,  pour tout réel $x>0$, \quad  $f_{1}'(x)=-1-\dfrac{\ln x}{x^2}$.
		
		\item  Pour tout réel $x>0$, \quad $f_{1}'(x)=-1-\dfrac{\ln x}{x^2} $. 
		
		
		Par croissances comparées, $	\lim\limits_{x\to +\infty } \dfrac{\ln x}{x^2}  = 0 $  donc, par somme, $\lim\limits_{x \to +\infty } f_1'(x)= - 1$.  
	
	\end{enumerate}
	
	\item 
	
	\begin{enumerate}
		\item  Pour tout réel $x>0$, \quad  $f_{1}''(x)=\dfrac{2 \ln x-1}{x^{3}}$.
		
		
		$x>0$ donc $x^3>0$ donc $f_1''(x)$ est du signe de $2\ln (x) -1$. 
		
		$\begin{aligned}  2\ln (x) -1>0 &\iff 2\ln(x) >1 \\
			&\iff \ln(x) > \dfrac{1}{2} \\
			&\iff x > \e^{\frac{1}{2}} \quad \text{ car la fonction exponentielle est strictement croissante}
			\end{aligned}$
			
			De plus $\begin{aligned}[t] f_1'\left( \e^{\frac{1}{2}}\right) & =- 1-  \dfrac{ \ln \left( \e^{\frac{1}{2}}\right)  }{ \left(\e^{\frac{1}{2}}\right)^2 }\\
			& = -1- \dfrac{ \frac{1}{2} }{ \e^1}\\
		   & = -1- \dfrac{ 1 }{ 2 \e}
		   	\end{aligned}$
	
		
		\newpage 
		On a donc : 
	
		\hfill~
	\begin{tikzpicture}
		\tkzTabInit[lgt=4]{$x$/0.8,  signe de $f_1''(x)$/0.6, variations de $f_1'$/1.5}
		{0,$\e^{\frac{1}{2}}$,$+\infty$}
		\tkzTabLine{d,-,z,+,}
			\tkzTabVar{D+/,-/$-1-\dfrac{1}{2\e}$,+/}
	\end{tikzpicture}
	\hfill~
		
		
		
		
		
		\item   Pour tout réel $x>0$, \quad $f_{1}'(x)= -1-\dfrac{\ln x}{x^2}$. 
		
		
		$\begin{cases}
			\lim\limits_{x\to 0^+} - \ln(x)= +\infty \\
			\lim\limits_{x\to 0^+ } {x^2}= 0^+ \\
		\end{cases}$ donc, par quotient et somme, $\lim\limits_{x \to +\infty } f_1(x)= + \infty$.  
		
		
		
		
		\item  Sur l'intervalle $\Big]0 ; \e^{\frac{1}{2}}\Big]$ :
		
		La fonction $f_1'$ est continue (car dérivable) et  strictement décroissante.
		
		De plus, $\lim\limits_{x\to 0^+ } f_1'(x) = +\infty >0 $ et $f_1'\left(\e^{\frac{1}{2}}\right) = -1 -\dfrac{1}{2\e}<0$.
		
		Donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f_1'(x) = 0$ admet une unique solution dans l'intervalle $\Big]0 ; \e^{\frac{1}{2}}\Big]$
		
		
		Sur l'intervalle $\Big[ \e^{\frac{1}{2}}; +\infty \Big[$, la fonction $f_1'$ est strictement croissante et $\lim\limits_{x \to +\infty} f_1'(x) =-1$ 
		
		donc, pour tout réel $x > \e^{\frac{1}{2}}$, \quad $f_1'(x) <-1 <0$. 
		
		Donc l'équation $f_1'(x) = 0$ n'admet pas de solution dans l'intervalle $\Big[ \e^{\frac{1}{2}}; +\infty \Big[$. 
		
		Finalement, il existe une unique solution $\alpha$ à l'équation \quad $f_{1}'(x)=0$ \quad sur $] 0 ;+\infty[$.
		
		On peut donc en déduire le signe de  $f_1'$  et les variations de $f_1$ sur cet intervalle : 
		
		
		\hfill~
		\begin{tikzpicture}
			\tkzTabInit[lgt=4]{$x$/0.8,  signe de $f_1(x)$/0.6, variations de $f_1$/1.5}
			{0,$\alpha$,$+\infty$}
			\tkzTabLine{d,+,z,-,}
			\tkzTabVar{D-/,+/,-/}
		\end{tikzpicture}
		\hfill~
		
		
		 $f_{1}$ admet donc un maximum atteint pour $x=\alpha$ sur l'intervalle $] 0 ;+\infty[$.
		
		\item Le programme écrit en langage Python renvoyant  une valeur approchée à $10^{-2}$ près de la solution $\alpha$ de l'équation \quad $f_{1}'(x)=0$ \quad sur $] 0 ;+\infty[$ est : 
		
		
\begin{center}
\begin{lstlisting}[style=python,tabsize=4,numbers=none,xleftmargin=5cm,xrightmargin=5cm]
def d(x) :
	return -1-ln(x)/x**2

def alpha() :
    u = 0.5
    while d(u)  > 0 :
	    u = u + 0.01
    return u
\end{lstlisting}
\end{center}
%%			
%		
%		\begin{center}
%			\begin{tblr}{colspec={X[6cm, font=\ttfamily]},rowsep=0pt, vlines, hline{1,Z}={solid}}
%				def d(x) :\\
%				\quad{}\quad{}return -1-ln(x)/x**2\\
%				\\
%				def alpha() :\\
%				\quad{}\quad{}u = 0.5\\
%				\quad{}\quad{}while d(u)  > 0 :\\
%				\quad{}\quad{}\quad{}\quad{}u = u + 0.01\\
%				\quad{}\quad{}return u\\
%			\end{tblr}
%		\end{center}
	
	\end{enumerate}
	
\end{enumerate}

\subsection*{Partie C: $\boldsymbol{k}$ quelconque}


\begin{enumerate}
	\item %Montrer que la fonction $H$ est une primitive de $h$.
	
	$H$ est dérivable sur $] 0 ;+\infty[$ 
	
	$H$ est de la forme $\dfrac{1}{2}u^2$ avec $u(x) = 1 + \ln(x)$. On a  $u'(x) = \dfrac{1}{x}$. 
	
	On a $H'= \dfrac{1}{2} \times 2 u'u $ 
	
	Donc pour tout réel $x>0$ : 
	
	$\begin{aligned} H'(x) &= \dfrac{1}{x} \times \left(1 + \ln(x) \right) \\
		&= \dfrac{1+\ln x}{x} \\
		&=h(x)
		\end{aligned}$	
		
		Donc la fonction $H$ est une primitive de $h$ sur $] 0 ;+\infty[$ . 
	
	
\end{enumerate}



\begin{enumerate}[resume]
	\item La valeur moyenne de la fonction $f_{k}$ sur l'intervalle $[ 1 ; \e]$ est égale à $\ds \mu= \dfrac{1}{\e-1} \int_1^{\e} f_k(x) \,\d x$. 
	
	
	
	$\begin{aligned}  \ds \mu& = \dfrac{1}{\e-1} \int_1^{\e} f_k(x) \,\d x\\
		&= \dfrac{1}{\e-1} \int_1^{\e}   \left(1-x+\dfrac{k(1+\ln x)}{x}  \right)\,\d x\\
		&= \dfrac{1}{\e-1} \int_1^{\e}   \left(1-x+kh(x)  \right)\,\d x\\
		&= \dfrac{1}{\e-1} \Big[x-\dfrac{x^2}{2} + kH(x)\Big]_1^{\e} \\
		&= \dfrac{1}{\e-1} \left( \Big(\e-\dfrac{\e^2}{2} + kH(\e)\Big) -  \Big(1-\dfrac{1^2}{2} + kH(1)\Big)  \right) \\
		&= \dfrac{1}{\e-1} \left( \Big(\e-\dfrac{\e^2}{2} + k\dfrac{1}{2}(1+\ln \e)^{2} \Big) -  \Big(1-\dfrac{1^2}{2} + k\dfrac{1}{2}(1+\ln 1)^{2}\Big)  \right) \\
			&= \dfrac{1}{\e-1} \left( \e-\dfrac{\e^2}{2} + k\dfrac{(1+1)^2}{2} -  1+\dfrac{1}{2} - k\dfrac{(1+0)^2}{2}\right) \\
		&= \dfrac{ 2\e-\e^2 + 4k -  2+1- k}{2(\e-1)}\\
			&= \dfrac{ 2\e-\e^2 + 3k -  1}{2(\e-1)}\\
		\end{aligned}$.
	
	
	
	
On a donc : 

$\mu =0 \iff 2\e-\e^2 + 3k -  1 =0 \iff   k= \dfrac{-2\e+\e^2 +   1}{3} \iff k= \dfrac{(\e-1)^2}{3}$. 


	
	La valeur moyenne de la fonction $f_{k}$ sur l'intervalle $[ 1 ; \e]$ est  nulle si est seulement si $k=   \dfrac{(\e-1)^2}{3}$
\end{enumerate}



% Fin du document
\end{document}
