% !TeX document-id = {ab53220a-8993-46e4-8e64-114ff7ce0027}
% !TeX TXS-program:compile = txs:///dvi-ps-pdf-chain
\documentclass[11pt,a4paper,french]{article}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{fourier}
\usepackage[scaled=0.875]{helvet}
\renewcommand{\ttdefault}{lmtt}
\usepackage{makeidx}
\usepackage{amsmath,amssymb}
\usepackage{fancybox}
\usepackage[normalem]{ulem}
\usepackage{pifont}
\usepackage{lscape}
\usepackage{multicol}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{tabularx}
\usepackage{multirow}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{textcomp} 
\newcommand{\euro}{\eurologo{}}
%Tapuscrit : René ROUX
\usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node,pst-text}
\usepackage{pst-eucl,pst-3dplot,pstricks-add}
\usepackage{esvect}
%\usepackage{tikz,tkz-tab}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\D}{\mathbb{D}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\usepackage[left=2.5cm, right=2.5cm, top=2cm, bottom=3cm]{geometry}
\headheight15 mm
\newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}}
\renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}}
\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}}
\renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}}
\renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}}
\def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
\newcommand{\e}{\text{e}}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage[dvips]{hyperref}
\hypersetup{%
pdfauthor = {APMEP},
pdfsubject = {Corrigé du baccalauréat Spécialité},
pdftitle = {Amérique du Nord Sujet 1  18  mai 2022},
allbordercolors = white,
pdfstartview=FitH} 
\usepackage{babel}
\usepackage[np]{numprint}
\renewcommand\arraystretch{1.3}
\frenchsetup{StandardLists=true}
\newcommand*{\Coord}[4]{% 
	\ensuremath{\vect{#1}\, 
		\begin{pmatrix} 
			#2\\ 
			#3\\
			#4
\end{pmatrix}}}

\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat spécialité sujet 1}
\lfoot{\small{Amérique du Nord}}
\rfoot{\small{18 mai 2022}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé Baccalauréat Amérique du Nord Jour 1 18 mai 2022~\decofourright\\[6pt] ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

Le sujet propose 4 exercices

Le candidat choisit 3 exercices parmi les 4 et \textbf{ne doit traiter que ces 3 exercices}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 1} \quad (7 points)\hfill Thèmes : Probabilités}

\medskip
\textbf{Partie A}

\medskip
\begin{enumerate}
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item L'arbre complété avec les valeurs disponibles :
		\begin{center}
				\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=2.5pt,treesep=1cm,levelsep=2.5cm]{\TR{}}
				{\pstree{\TR{$V$~}\taput{$\frac23$}}
						{\TR{$R$}\taput{$\frac{1}{50}$}
								\TR{$\overline{R}$}\tbput{$\frac{49}{50}$}
							}
						\pstree{\TR{$\overline{V}$~}\tbput{$\frac13$}}
						{\TR{$R$}\taput{$\frac{1}{10}$}
								\TR{$\overline{R}$}\tbput{$\frac{9}{10}$}
							}
					}
			\end{center}
		\item D'après la formule des probabilités totales :
		
		$p(R)=p(R\cap V)+ p\left(R \cap \overline{V}\right) = p_V(R)\times p(V) + p_{\overline{V}}(R)\times p\left(\overline{V}\right) = \dfrac{1}{50}\times \dfrac23+\dfrac{1}{10}\times \dfrac13 = \dfrac{7}{150}$
		\item On cherche la probabilité : $p_R(V)$.
		
D'après la formule de Bayes, $p_R(V)=\dfrac{p(R\cap V)}{p(R)}=\dfrac{\dfrac{1}{50}\times \dfrac23}{\dfrac{7}{150}}=\dfrac{2}{7}$.
	\end{enumerate}
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item Il s'agit là d'un schéma de Bernoulli : la répétition de 20 expériences aléatoires n'ayant que deux issues, identiques et indépendantes entre elles. $X$ suit donc une loi binomiale de paramètres $n = 20$ et $p = \dfrac23$ : $X \sim \mathcal{B}\left(20~;~\dfrac23\right)$
		\item $p(X=10)=\dbinom{20}{10}\times \left(\dfrac23\right)^5 \times \left(1-\dfrac23\right)^{20-10}\approx 0,054$.
		\item $p(X\geqslant 10)=1-p(X<10)=1-p(X\leqslant 9)\approx 0,962$
		\item Calculons l'espérance $E(X)$ de cette loi binomiale: $E(X)=n\times p=20 \times \dfrac23=\dfrac{40}{3}\approx 13,333$
		
			En moyenne, il se rendra à la gare en vélo 13,33 jours par mois.
	\end{enumerate}
	\item Calculons l'espérance de la loi de probabilité de $T$ :
	
	$E(t)=0,14\times 10+0,13 \times 11+0,13\times12+0,12\times13+0,12\times14+0,11\times15+0,10\times16+0,08\times17+0,07\times18\\
	=13,5$
	
	Il mettra en moyenne 13 minutes et demie  pour se rendre à la gare en voiture.
\end{enumerate}

\pagebreak

\textbf{\textsc{Exercice 2} \quad (7 points)\hfill Thèmes : suites}

\bigskip

On considère la suite $\left(T_n\right)$ définie par : $T_0 = 180$ et $\forall n \in \N,~T_{n+1} = 0,955T_n + 0,9$

\begin{enumerate}
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item Montrons par récurrence que $\forall n \in \N$, $T_n \geqslant20$.
				
		\textit{Initialisation :} $T_0=180\geqslant 20$. L'initialisation est vérifiée.
		
		\textit{Hérédité :} Soit  $n \in \N$, et supposons que $T_n \geqslant 0$. Montrons que $T_{n+1}\geqslant 20$.
		
$T_n \geqslant 20 \iff 0,955 \times T_n\geqslant 0,955\times 20\iff 0,955 T_n\geqslant 19,1 \\
		\iff 0,955 T_n + 0,9 \geqslant 19,1+0,9 \iff 0,955 T_n + 0,9 \geqslant 20$. Donc $T_{n+1}\geqslant 20$. L'hérédité est démontrée.
		
				\textit{Conclusion : }  La proposition est vraie au rang $0$ et si elle est vraie au rang $n$, elle l'est aussi au rang $n + 1$.	D'après l'axiome de récurrence, $\forall n \in \N$, $T_n\geqslant 20$.
		\item $\forall n \in \N$, $T_{n+1}- T_n= 0,955~T_n+ 0,9 - T_n = - 0,045~T_n+0,9=-0,045\left(T_n-\dfrac{0,9}{0,045}\right)\\
	=-0,045(T_n-20)$.
		
Or d'après la question précédente, $\forall n \in \N$, $T_n\geqslant 20$ donc $T_n - 20 \geqslant 0$.
		
		Donc $\forall n \in \N$, $T_{n+1}-T_n \leqslant0$. La suite $(T_n)_{n\in \N}$ est donc décroissante.
		\item La suite $(T_n)_{n\in \N}$ est donc décroissante et minorée par 20. Donc d'après le théorème de convergence monotone, la suite $(T_n)_{n\in \N}$ converge vers une limite finie supérieure ou égale à 20.
	\end{enumerate}
	\item On note $\forall n \in \N$, $u_n=T_n-20$.
	\begin{enumerate}
		\item $\forall n\in \N$, $u_{n+1}=T_{n+1}-20=0,955\times T_n+0,9-20=0,955~T_n-19,1=0,955\left(T_n-\dfrac{19,1}{0,955}\right)\\=0,955(T_n-20)=0,955~u_n$.
		
		Donc $\forall n\in \N$, $u_{n+1}=0,955u_n$ donc la suite $\left(u_n\right)$  est géométrique de raison 0,955 et de premier terme $u_0=T_0-20=160$.
		\item $\forall n\in \N$, $u_n=u_0 \times q^n=160 \times 0,955^n$.
	
	De plus  $\forall n\in \N$, $u_n=T_n-20$ donc $T_n=u_n+20=160\times 0,955^n+20$.
		\item $\displaystyle\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 0,955^n=0$ car $0,955\in ]-1~;~1[$. Donc $\displaystyle\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} T_n=20$.
		\item $T_n\leqslant 120 \iff 160\times 0,955^n+20\leqslant 120 \iff 160\times 0,955^n \leqslant 120-20 \iff 160\times 0,955^n \leqslant 100 \\
		\iff 0,955^n \leqslant \dfrac{100}{160} \iff 0,955^n \leqslant \dfrac58$.
		
		Sachant que la fonction $f:x\mapsto \ln(x)$ est strictement croissante sur $]0~;~+\infty[$, on obtient :
		
		$\ln\left(0,955^n\right)\leqslant \ln\left(\dfrac58\right) \iff  n \times \ln(0,955) \leqslant \ln\left(\dfrac58\right)$. Or $\ln(0,955)<0$ donc,
		
		$n\geqslant \dfrac{\ln\left(\dfrac58\right)}{\ln(0,955)}$. À la calculatrice, $\dfrac{\ln\left(\dfrac58\right)}{\ln(0,955)} \approx 10,21$ donc $n\geqslant 11$.
	\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
	\item Lorsque le gâteau est sorti du four, il va céder son énergie (sa chaleur) à l'extérieur (environnement ambiant). Sa masse étant très faible par rapport à celle de l'extérieur, il va diminuer sa température pour atteindre celle de l'extérieur, soit $20 \degres$ C.
	\item La fonction Python décrite est un algorithme de seuil : on cherche à partir de quand, la température devient inférieure ou égale au seuil fixé (ici l'argument de la fonction \textit{seuil()} qui est $x$). La valeur renvoyée sera le premier entier vérifiant $T_n\leqslant x$.
	
	\textit{temp}(120) fournira le premier nombre entier $n$ tel que $T_n\leqslant 120$, soit d'après la question précédente, $n=11$. Dans le contexte de l'exercice, il faudra donc 11 minutes avant que la température du plat soit inférieure ou égale à $120 \degres$ C
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\pagebreak

\textbf{\textsc{Exercice 3} \quad (7 points)\hfill Thèmes : géométrie dans l'espace}

\bigskip

\begin{enumerate}
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item Les vecteurs $\vect{JK}$ et $\vect{JL}$ ont pour coordonnées : \Coord{JK}{-1}{2}{0} \quad \Coord{JL}{-4}{-2}{-3}.
		
		Le produit scalaire de  $\vect{JK}$ et $\vect{JL}$ : $\vect{JK}.\vect{JL}=(-1)\times(-4)+2\times (-2)+0\times (-3)=4-4=0$
		
		Les vecteurs $\vect{JK}$ et $\vect{JL}$ sont orthogonaux donc le triangle JKL est rectangle en J.
		\item $\mathcal{A}_{JKL}=\dfrac{JK\times JL}{2}$.
		
		$JK= \left\|\vect{JK}\right\| =\sqrt{(-1)^2+2^2+0^2}=\sqrt{5}$ et $JL=\left\|\vect{JL}\right\|=\sqrt{(-4)^2+(-2)^2+(-3)^2}=\sqrt{29}$
		
		Donc $\mathcal{A}_{JKL}=\dfrac{\sqrt{5}\times \sqrt{19}}{2}=\dfrac{\sqrt{145}}{2}$ cm\up2.
		\item Le triangle JKL est rectangle en J donc en appliquant la formule de la tangente, on obtient :
		
		$\tan \left(\widehat{\text{JKL}}\right)=\dfrac{JL}{JK}=\dfrac{\sqrt{29}}{\sqrt{5}}$. Donc $\widehat{\text{JKL}}=\arctan\left(\dfrac{\sqrt{29}}{\sqrt{5}}\right)\approx 67,5 \degres$
	\end{enumerate}
	
	\item
	\begin{enumerate}
		\item Les vecteurs $\vect{JK}$ et $\vect{JL}$ ne sont pas colinéaires : il n'existe pas de réel $k$ tel que $\vect{JK}=k\times \vect{JL}$.
		
		En effet le système $\left\{\begin{array}{l c l} -1&=&k\times (-4)\\2 &=& k\times (-2)\\0&=& k\times (-3) \end{array}\right.$ n'admet pas de solution.
		
		
		$\left(\vect{JK}~,~\vect{JL}\right)$ est donc une base du plan (JKL).
		
		
		Calculons :
		
				$\vect{n}.\vect{JK}=6\times(-1)+3\times 2+(-10)\times 0=0$ et $\vect{n}.\vect{JL}=6\times(-4)+3\times (-2)+(-10)\times (-3)=0$.
				
		Le vecteur $\vect{n}$ est donc orthogonal aux $\vect{JK}$ et $\vect{JL}$. C'est donc un vecteur normal au plan (JKL).
		\item Le plan (JKL) a pour équation cartésienne : $ax+by+cz+d=0$, où $(a~;~b~;~c)$ sont les cordonnées d'un vecteur normal au plan. En prenant comme vecteur normal le vecteur $\vect{n}$, on obtient : (JKL) : $6x + 3y - 10z + d = 0$. 
		
Or $J\in \text{(JKL)}$ donc $12+0-10+d=0$ donc $d=-2$. Donc (JKL) a pour équation $6x + 3y - 10z - 2 = 0$.
	\end{enumerate}
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item La droite $\Delta$ est normale au plan (JKL) donc admet comme vecteur directeur $\vect{n}$, normal à (JKL). elle passe par T$(10~;~9~;~-6)$ donc une représentation paramétrique est :
		
$\left\{\begin{array}{l c l}	x&=&10+6t\\y &=&9+3t\\z&=&-6-10t			\end{array}\right. , t \in \R$
		\item Le projeté orthogonal H de T sur le plan (IJK) est l'unique point d'intersection de $\Delta$ et (IJK). Ses coordonnées sont les solutions du système :
		
$\left\{\begin{array}{l}	x=10+6t\\y =9+3t\\z=-6-10t\\6x+3y-10z-2=0			\end{array}\right.$
		 
En remplaçant $x$, $y$ et $z$ dans la dernière équation, on obtient :
		 
$6(10+6t)+3(9+3t)-10(-6-10t)-2=0 \iff 145t+145=0 \iff t=-1$
		 
Donc $x=10+6\times(-1)=4$, $y=9+3\times(-1)=6$ et $z=-6-10\times(-1)=4$
		 
H a pour coordonnées $(4~;~6~;~4)$
\item $\mathcal{V}_{JKLT}  = \dfrac13 \mathcal{B} \times h$. La base est le triangle JKL et la hauteur est le segment $[TH]$. D'après les question précédentes :
		 
\Coord{TH}{-6}{-3}{10} donc $TH= \left\|\vect{TH}\right\| = \sqrt{(-6)^2+(-3)^2+10^2}=\sqrt{145}$
		 
Donc $\mathcal{V}_{JKLT}  = \dfrac13 \mathcal{B}_{JKL} \times TH=\dfrac13 \times \dfrac{\sqrt{145}}{2} \times \sqrt{145}= \dfrac{145}{6} $ cm\up3.
	\end{enumerate}

\end{enumerate}
\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 3} \quad (7 points)\hfill Thèmes : fonction exponentielle}

\bigskip
\begin{enumerate}
	\item $\forall x \in \R$, $1-\dfrac{1-\e^x}{1+\e^{x}}=\dfrac{1+\e^x}{1+\e^x}-\dfrac{1-\e^x}{1+\e^x}=\dfrac{2\e^x}{1+\e^x}=\dfrac{2\e^x}{\e^x\left(1+\dfrac{1}{\e^x}\right)}=\dfrac{2}{1+\dfrac{1}{\e^x}}=\dfrac{2}{1+\e^{-x}}$
	
	\hfill \fbox{\textbf{Affirmation 1 : Vraie}}
\item $g(x)=\dfrac12 \iff \dfrac{\e^x}{\e^x+1}=\dfrac12 \iff 2\e^x=\e^x+1 \iff \e^x=1 \iff x=0$
	\hfill \fbox{\textbf{Affirmation 2 : Vraie}}
	\item La fonction $f$ est continue et dérivable sur $\R$.
	
	$\forall x \in \R$, $f'(x)=2x\e^{-x}+x^2\times -\e^{-x}= \left(2x-x^2\right)\e^{-x}$.
	
	L'équation d'une tangente à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse $a$ a pour équation $ y=f'(a)(x-a)+f(a)$. Pour que l'axe des abscisses soit tangent à $\mathcal{C}$, il faut que la courbe $\mathcal{C}$ admette une tangente d'équation $y=0$ (équation de l'axe des abscisses), donc il faut que $f(a)=0$ et $f'(a)=0$. Sachant que $\forall a \in \R$, $\e^{-a}\neq 0$,
	
	$f(a)=0 \iff a^2\e^{-a}=0 \iff a^2=0 \iff a=0$. 
	
	
	$f'(a)=0\iff (2a-a^2)\e^{-a}=0 \iff 2a-a^2=0 \iff a(2-a)=0 \iff a=0 \text{ ou } a=2$.
	
	Donc $a=0$. Il n'existe donc qu'un seul point où l'axe des abscisses est tangent à $\mathcal{C}$.
	
\hfill \fbox{\textbf{Affirmation 3 : Vraie}}
	\item La fonction $h$ est continue et dérivable sur $\R$. Soit $\mathcal{C}_h$ sa courbe représentative.
	
$\forall x \in \R$, $h'(x)=\e^x\times \left(1-x^2\right)+\e^x\times-2x=\e^x\left(1-x^2-2x\right)= \left(-x^2-2x+1\right)~\e^x$.
	
La fonction $h'$ est continue et dérivable sur $\R$.
	
$\forall x \in \R$, $h''(x)=(-2x-2)\e^x+\e^x\times\left(-x^2-2x+1\right) =\e^x\left(-2x-2-x^2-2x+1\right)= \left(-x^2-4x-1\right)\e^x$
	
Si $\mathcal{C}_h$ admet des points d'inflexions, alors $h''(x)$ peut s'annuler et changer de signe. Or $\e^x > 0$ pour tout réel $x$, donc étudions le signe de $- x^2- 4x- 1$ sur $\R$.
	
$-x^2-4x-1$ s'annule pour $x_1=-2-\sqrt{3}$ et pour $x_2=-2+\sqrt{3}$ car $\Delta = 12$.
	
Le trinôme du second degré s'annule donc deux fois et change donc aussi de signe.
	
\hfill \fbox{\textbf{Affirmation 4 : Fausse}}
	\item $\forall x \in \R$, $f(x)=\dfrac{\e^x}{\e^x+x}=\dfrac{\e^x}{\e^x\left(1+\dfrac{x}{\e^x}\right)}=\dfrac{1}{1+\dfrac{x}{\e^x}}$.
	
D'après les croissances comparées, $\lim \limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{\e^x}{x}=+\infty$
	donc $\lim \limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{x}{\e^x}=0$ donc $\lim \limits_{n \rightarrow +\infty} f(x)=1$
	
\hfill \fbox{\textbf{Affirmation 5 : Fausse}}
		\item $1+\e^{2x}\geqslant 2\e^x \iff \e^{2x}-2\e^x+1\geqslant0 \iff \left(\e^x-1\right)^2\geqslant0$.
		
Cette dernière inégalité est vraie pour tout réel $x$.
\hfill \fbox{\textbf{Affirmation 6 : Vraie}}
\end{enumerate}
\end{document}