Baccalauréat 2024

1. Le nombre d'équipes de 5 parmi 8 est :
C₈⁵ = C₈³ = 8!/(3!·5!) = (8×7×6)/(3×2×1) = 56

2. Exactement 1 gardien parmi 3, et 4 attaquants parmi 5 :
C₃¹ × C₅⁴ = 3 × 5 = 15

3. Au moins 1 gardien = Total − aucun gardien
Aucun gardien : choisir 5 attaquants parmi 5 → C₅⁵ = 1
Au moins 1 gardien = 56 − 1 = 55

4. Loi de X : X peut prendre les valeurs 0, 1, 2, 3.
P(X=0) = C₅⁵/56 = 1/56
P(X=1) = C₃¹×C₅⁴/56 = 3×5/56 = 15/56
P(X=2) = C₃²×C₅³/56 = 3×10/56 = 30/56
P(X=3) = C₃³×C₅²/56 = 1×10/56 = 10/56
Vérification : (1+15+30+10)/56 = 56/56 = 1 ✓

5. E(X) = 0×(1/56) + 1×(15/56) + 2×(30/56) + 3×(10/56)
= (0 + 15 + 60 + 30)/56 = 105/56 = 15/8
Interprétation : en moyenne, une équipe choisie au hasard contient 15/8 ≈ 1,875 gardiens.

1. Récurrence :
Initialisation : u₀ = 4, donc 3 ≤ 4 ≤ 4. ✓
Hérédité : Supposons 3 ≤ u_n ≤ 4.
On a : (1/3)×3 + 2 = 3 et (1/3)×4 + 2 = 10/3 ≤ 4
Donc u_n+1 = (1/3)u_n + 2 ∈ [3, 10/3] ⊂ [3, 4]. ✓

2. Monotonie :
u_n+1 − u_n = (1/3)u_n + 2 − u_n = 2 − (2/3)u_n
Puisque u_n ≥ 3, on a (2/3)u_n ≥ 2, donc u_n+1 − u_n ≤ 0.
La suite est décroissante et minorée par 3, donc convergente.

3. Limite :
En passant à la limite dans u_n+1 = (1/3)u_n + 2 :
ℓ = (1/3)ℓ + 2  ⟹  (2/3)ℓ = 2  ⟹  ℓ = 3.

4. Suite géométrique :
v_n+1 = u_n+1 − 3 = (1/3)u_n + 2 − 3 = (1/3)u_n − 1
= (1/3)(u_n − 3) = (1/3)v_n
Donc (v_n) est géométrique de raison q = 1/3.
v₀ = u₀ − 3 = 4 − 3 = 1
Donc v_n = (1/3)ⁿ, soit u_n = 3 + (1/3)ⁿ.

1. Algorithme d'Euclide :
252 = 1 × 180 + 72
180 = 2 × 72 + 36
72 = 2 × 36 + 0
Donc PGCD(252, 180) = 36.

2. Remontée des étapes :
36 = 180 − 2 × 72
Or 72 = 252 − 1 × 180, donc :
36 = 180 − 2 × (252 − 180) = 180 − 2 × 252 + 2 × 180
36 = 3 × 180 − 2 × 252
Soit 252 × (−2) + 180 × 3 = 36.
On a u = −2 et v = 3. Vérification : 252×(−2)+180×3 = −504+540 = 36 ✓

3. Une solution particulière est (x₀, y₀) = (−2, 3).
Puisque PGCD(252,180) = 36 | 36, les solutions générales sont :
x = −2 + (180/36)k = −2 + 5k
y = 3 − (252/36)k = 3 − 7k
pour tout k ∈ ℤ.
Vérification : 252(−2+5k) + 180(3−7k) = −504+1260k+540−1260k = 36 ✓

4. 7x ≡ 3 (mod 5)
7 ≡ 2 (mod 5), donc l'équation devient : 2x ≡ 3 (mod 5)
Cherchons l'inverse de 2 modulo 5 : 2×3 = 6 ≡ 1 (mod 5), donc 2⁻¹ ≡ 3 (mod 5)
x ≡ 3×3 ≡ 9 ≡ 4 (mod 5)
Solution : x ≡ 4 (mod 5), c'est-à-dire x = 5k + 4 pour tout k ∈ ℤ.

1. lim_x→0⁺ f(x) = 0 − 2×(−∞) − 1 = +∞
lim_x→+∞ f(x) = +∞ − 2×(+∞) − 1. Or x croît plus vite que 2ln(x), donc :
lim_x→+∞ f(x) = +∞

2. lim_x→+∞ f(x)/x = lim_x→+∞ [1 − 2ln(x)/x − 1/x] = 1 − 0 − 0 = 1
La courbe (C_f) admet une direction asymptotique de pente 1 en +∞.

3. f(x) − (x−1) = x − 2ln(x) − 1 − x + 1 = −2ln(x)
lim_x→+∞ [f(x) − (x−1)] = lim_x→+∞ (−2ln(x)) = +∞
(Δ) n'est pas asymptote en +∞. La courbe s'éloigne de (Δ).
Note : (C_f) est au-dessus de (Δ) pour x grand car −2ln(x) > 0 est faux (ln(x)>0 pour x>1). En fait f(x) − (x−1) = −2ln(x) → −∞, donc (C_f) est en dessous de (Δ) et la droite y=x−1 est bien une asymptote oblique en +∞ puisque f(x)/(x−1) → 1.

4. Dérivée :
f'(x) = 1 − 2/x = (x − 2)/x

Signe de f'(x) :
• f'(x) < 0 pour 0 < x < 2
• f'(x) = 0 pour x = 2
• f'(x) > 0 pour x > 2

Tableau de variations :
f décroissante sur ]0, 2[, puis croissante sur ]2, +∞[
Minimum en x = 2 : f(2) = 2 − 2ln(2) − 1 = 1 − 2ln(2) = 1 − ln(4)
Or ln(4) = ln(e^ln4) ≈ 1,386 > 1, donc f(2) < 0...
Recalculons : ln(2) ≈ 0,693, donc f(2) = 2 − 2×0,693 − 1 = 2 − 1,386 − 1 = −0,386 < 0.
⚠️ f(x) ≥ 0 n'est pas vrai globalement ; f s'annule pour deux valeurs de x.

5. On a f'(x) = (x−2)/x, f(1) = 1 − 0 − 1 = 0 et f(e²) = e² − 2×2 − 1 = e²−5 > 0.
L'équation f(x) = 0, soit x − 2ln(x) − 1 = 0, admet x=1 comme solution (f(1)=0).
De f'(x) = (x−2)/x : f décroît sur ]0,2[ et croît sur ]2,+∞[.
f(1) = 0, f(2) = 1−ln4 < 0 : f s'annule en un second point x₂ ∈ ]2,+∞[.
La majoration correcte est : de f(x) = x−2ln(x)−1 ≥ f(2) = 1−ln4 pour x dans un voisinage de 2.
Majoration directe : f(x) ≥ f(2) = 1−2ln(2). Par ailleurs de 0 ≤ (√x−1)²= x−2√x+1 on déduit √x ≤ (x+1)/2, soit ln(√x) ≤ ln((x+1)/2), i.e. (1/2)ln(x) ≤ ln((x+1)/2).
Conclusion correcte : f(1) = 0 est le minimum local sur ]0,2], et au voisinage de 1, f(x) ≥ 0. Donc x − 1 ≥ 2ln(x) ⟺ ln(x) ≤ (x−1)/2 au voisinage de x=1 (avec égalité en x=1).

1. AB⃗ = B − A = (0−2, 1−(−1), 2−3) = (−2, 2, −1)
AC⃗ = C − A = (1−2, 0−(−1), 4−3) = (−1, 1, 1)

2. Produit vectoriel : n⃗ = AB⃗ ∧ AC⃗
n_x = 2×1 − (−1)×1 = 2 + 1 = 3
n_y = −(−2×1 − (−1)×(−1)) = −(−2 − 1) = 3
n_z = (−2)×1 − 2×(−1) = −2 + 2 = 0
n⃗ = (3, 3, 0), soit un vecteur normal simplifié : n⃗ = (1, 1, 0)

3. Le plan (ABC) passe par A(2,−1,3) avec normal (1,1,0) :
1×(x−2) + 1×(y+1) + 0×(z−3) = 0
x − 2 + y + 1 = 0
x + y − 1 = 0
Vérification : A(2,−1,3) : 2+(−1)−1=0 ✓, B(0,1,2) : 0+1−1=0 ✓, C(1,0,4) : 1+0−1=0 ✓

4. Distance de D au plan x+y−1=0 :
d(D, plan) = |3 + 1 − 1| / √(1² + 1² + 0²) = |3| / √2 = 3/√2 = 3√2/2

5. Projeté orthogonal H :
La droite passant par D(3,1,1) de direction n⃗=(1,1,0) est paramétrée par :
x = 3 + t,   y = 1 + t,   z = 1
H est l'intersection de cette droite avec le plan x+y−1=0 :
(3+t) + (1+t) − 1 = 0  ⟹  4 + 2t − 1 = 0  ⟹  t = −3/2
H = (3 + (−3/2), 1 + (−3/2), 1) = (3/2, −1/2, 1)

DH⃗ = H − D = (3/2−3, −1/2−1, 1−1) = (−3/2, −3/2, 0)
‖DH⃗‖ = √((3/2)² + (3/2)²) = √(9/4 + 9/4) = √(9/2) = 3/√2 = 3√2/2 ✓