Bac de maths 2022 en France (septembre, jour 2) : sujet et corrigé

Tous les sujets pour préparer l’épreuve de spécialité du bac 2027 de mathématiques sont regroupés, avec leurs corrigés, sur notre page de révision.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2022
Mathématiques — Jour 2
Métropole, Antilles-Guyane — 9 septembre 2022
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (7 points)

Thèmes : probabilités

Dans le magasin d’Hugo, les clients peuvent louer deux types de vélos : vélos de route ou bien vélos tout terrain.

Chaque type de vélo peut être loué dans sa version électrique ou non.

On choisit un client du magasin au hasard, et on admet que :

• Si le client loue un vélo de route, la probabilité que ce soit un vélo électrique est de 0,4 ;
• Si le client loue un vélo tout terrain, la probabilité que ce soit un vélo électrique est de 0,7 ;
• La probabilité que le client loue un vélo électrique est de 0,58.

On appelle \(\alpha\) la probabilité que le client loue un vélo de route, avec \(0 \leq\, \alpha \leq\, 1\).

On considère les évènements suivants :

• \(R\) : « le client loue un vélo de route » ;
• \(E\) : « le client loue un vélo électrique » ;
• \(\overline{R}\) et \(\overline{E}\), évènements contraires de \(R\) et \(E\).

On modélise cette situation aléatoire à l’aide de l’arbre reproduit ci-dessous :

Si \(F\) désigne un évènement quelconque, on notera \(p(F)\) la probabilité de \(F\).

1. Recopier cet arbre sur la copie et le compléter.

2. a. Montrer que \(p(E) = 0{,}7 – 0{,}3\alpha\).

b. En déduire que : \(\alpha = 0{,}4\).

3. On sait que le client a loué un vélo électrique.

Déterminer la probabilité qu’il ait loué un vélo tout terrain. On donnera le résultat arrondi au centième.

4. Quelle est la probabilité que le client loue un vélo tout terrain électrique ?

5. Le prix de la location à la journée d’un vélo de route non électrique est de 25 euros, celui d’un vélo tout terrain non électrique de 35 euros.

Pour chaque type de vélo, le choix de la version électrique augmente le prix de location à la journée de 15 euros.

On appelle \(X\) la variable aléatoire modélisant le prix de location d’un vélo à la journée.

a. Donner la loi de probabilité de \(X\). On présentera les résultats sous forme d’un tableau.

b. Calculer l’espérance mathématique de \(X\) et interpréter ce résultat.

6. Lorsqu’on choisit 30 clients d’Hugo au hasard, on assimile ce choix à un tirage avec remise.

On note \(Y\) la variable aléatoire associant à un échantillon de 30 clients choisis au hasard le nombre de clients qui louent un vélo électrique.

On rappelle que la probabilité de l’événement \(E\) est : \(p(E) = 0{,}58\).

a. Justifier que \(Y\) suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.

b. Déterminer la probabilité qu’un échantillon contienne exactement 20 clients qui louent un vélo électrique. On donnera le résultat arrondi au millième.

c. Déterminer la probabilité qu’un échantillon contienne au moins 15 clients qui louent un vélo électrique. On donnera le résultat arrondi au millième.

Exercice 2 (7 points)

Thèmes : suites, fonctions

Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Pour chacune des questions suivantes, une seule des quatre réponses proposées est exacte.

Une réponse fausse, une réponse multiple ou l’absence de réponse à une question ne rapporte ni n’enlève de point.

Pour répondre, indiquer sur la copie le numéro de la question et la lettre de la réponse choisie. Aucune justification n’est demandée.

1. On considère les suites \((a_n)\) et \((b_n)\) définie par \(a_0 = 1\) et, pour tout entier naturel \(n\), \(a_{n+1} = 0{,}5a_n + 1\) et \(b_n = a_n – 2\).

On peut affirmer que :

Dans les questions 2. et 3., on considère les suites \((u_n)\) et \((v_n)\) définies par :

\[u_0 = 2,\quad v_0 = 1 \quad \text{et, pour tout entier naturel } n : \{\begin{array}{l} u_{n+1} = u_n + 3v_n \\ v_{n+1} = u_n + v_n. \end{array}.\]

2. On peut affirmer que :

3. On considère le programme ci-dessous écrit en langage Python :

def valeurs() :
  u = 2
  v = 1
  for k in range(1,11)
    c = u
    u = u + 3*v
    v = c + v
  return (u, v)

Ce programme renvoie :

Pour les questions 4. et 5., on considère une fonction \(f\) deux fois dérivable sur l’intervalle \([-4~;~2]\). On note \(f^{\prime}\) la fonction dérivée de \(f\) et \(f^{\prime\prime}\) la dérivée seconde de \(f\).

On donne ci-dessous la courbe représentative \(\mathcal{C}^{\prime}\) de la fonction dérivée \(f^{\prime}\) dans un repère du plan. On donne de plus les points \(\text{A}(-2~;~0)\), \(\text{B}(1~;~0)\) et \(\text{C}(0~;~5)\).

4. La fonction \(f\) est :

5. On admet que la droite (BC) est la tangente à la courbe \(\mathcal{C}^{\prime}\) au point B. On a :

6. Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x) = (x^2 + 1)\text{e}^x\).

La primitive \(F\) de \(f\) sur \(\mathbb{R}\) telle que \(F(0) = 1\) est définie par :

Exercice 3 (7 points)

Thèmes : fonction logarithme, suites

Les parties B et C sont indépendantes

On considère la fonction \(f\) définie sur \(]0~;~+\infty[\) par

\[f(x) = x – x\ln x,\]

où ln désigne la fonction logarithme népérien.

Partie A

1. Déterminer la limite de \(f(x)\) quand \(x\) tend vers 0.

2. Déterminer la limite de \(f(x)\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\).

3. On admet que la fonction \(f\) est dérivable sur \(]0~;~+\infty[\) et on note \(f^{\prime}\) sa fonction dérivée.

a. Démontrer que, pour tout réel \(x \gt 0\), on a : \(f^{\prime}(x) = -\ln x\).

b. En déduire les variations de la fonction \(f\) sur \(]0~;~+\infty[\) et dresser son tableau de variations.

4. Résoudre l’équation \(f(x) = x\) sur \(]0~;~+\infty[\).

Partie B

Dans cette partie, on pourra utiliser avec profit certains résultats de la partie A.

On considère la suite \((u_n)\) définie par :

\[\{\begin{array}{l} u_0 = 0{,}5 \\ u_{n+1} = u_n – u_n\ln u_n \ \text{ pour tout entier naturel } n, \end{array}.\]

Ainsi, pour tout entier naturel \(n\), on a : \(u_{n+1} = f(u_n)\).

1. On rappelle que la fonction \(f\) est croissante sur l’intervalle \([0{,}5~;~1]\).

Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\), on a : \(0{,}5 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 1\).

2. a. Montrer que la suite \((u_n)\) est convergente.

b. On note \(\ell\) la limite de la suite \((u_n)\). Déterminer la valeur de \(\ell\).

Partie C

Pour un nombre réel \(k\) quelconque, on considère la fonction \(f_k\) définie sur \(]0~;~+\infty[\) par :

\[f_k(x) = kx – x\ln x.\]

1. Pour tout nombre réel \(k\), montrer que \(f_k\) admet un maximum \(y_k\) atteint en \(x_k = \text{e}^{k-1}\).

2. Vérifier que, pour tout nombre réel \(k\), on a : \(x_k = y_k\).

Exercice 4 (7 points)

Thèmes : géométrie dans l’espace

Dans l’espace rapporté à un repère orthonormé \((\text{O}~;~\vec{\imath},~\vec{\jmath},~\vec{k})\), on considère :

• la droite \(\mathcal{D}\) passant par le point \(\text{A}(2~;~4~;~0)\) et dont un vecteur directeur est \(\vec{u}\begin{pmatrix}1\\2\\0\end{pmatrix}\) ;
• la droite \(\mathcal{D}^{\prime}\) dont une représentation paramétrique est : \(\{\begin{array}{l} x = 3 \\ y = 3 + t \\ z = 3 + t \end{array}. ,\ t \in \mathbb{R}\).

1. a. Donner les coordonnées d’un vecteur directeur \(\vec{u^{\prime}}\) de la droite \(\mathcal{D}^{\prime}\).

b. Montrer que les droites \(\mathcal{D}\) et \(\mathcal{D}^{\prime}\) ne sont pas parallèles.

c. Déterminer une représentation paramétrique de la droite \(\mathcal{D}\).

On admet dans la suite de cet exercice qu’il existe une unique droite \(\Delta\) perpendiculaire aux droites \(\mathcal{D}\) et \(\mathcal{D}^{\prime}\). Cette droite \(\Delta\) coupe chacune des droites \(\mathcal{D}\) et \(\mathcal{D}^{\prime}\). On appellera M le point d’intersection de \(\Delta\) et \(\mathcal{D}\), et M’ le point d’intersection de \(\Delta\) et \(\mathcal{D}^{\prime}\).

On se propose de déterminer la distance MM’ appelée « distance entre les droites \(\mathcal{D}\) et \(\mathcal{D}^{\prime}\) ».

2. Montrer que le vecteur \(\vec{v}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}\) est un vecteur directeur de la droite \(\Delta\).

3. On note \(\mathcal{P}\) le plan contenant les droites \(\mathcal{D}\) et \(\Delta\), c’est-à-dire le plan passant par le point A et de vecteurs directeurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\).

a. Montrer que le vecteur \(\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\-5\end{pmatrix}\) est un vecteur normal au plan \(\mathcal{P}\).

b. En déduire qu’une équation du plan \(\mathcal{P}\) est : \(2x – y – 5z = 0\).

c. On rappelle que M’ est le point d’intersection des droites \(\Delta\) et \(\mathcal{D}^{\prime}\).

Justifier que M’ est également le point d’intersection de \(\mathcal{D}^{\prime}\) et du plan \(\mathcal{P}\).

En déduire que les coordonnées du point M’ sont \((3~;~1~;~1)\).

4. a. Déterminer une représentation paramétrique de la droite \(\Delta\).

b. Justifier que le point M a pour coordonnées \((1~;~2~;~0)\).

c. Calculer la distance MM’.

5. On considère la droite \(d\) de représentation paramétrique \(\{\begin{array}{l} x = 5t \\ y = 2 + 5t \\ z = 1 + t \end{array}.\) avec \(t \in \mathbb{R}\).

a. Montrer que la droite \(d\) est parallèle au plan \(\mathcal{P}\).

b. On note \(\ell\) la distance d’un point N de la droite \(d\) au plan \(\mathcal{P}\).

Exprimer le volume du tétraèdre ANMM’ en fonction de \(\ell\).

On rappelle que le volume d’un tétraèdre est donné par : \(V = \dfrac{1}{3} \times B \times h\) où \(B\) désigne l’aire d’une base et \(h\) la hauteur relative à cette base.

c. Justifier que, si \(\text{N}_1\) et \(\text{N}_2\) sont deux points quelconques de la droite \(d\), les tétraèdres \(\text{AN}_1\text{MM}^{\prime}\) et \(\text{AN}_2\text{MM}^{\prime}\) ont le même volume.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. Les probabilités conditionnelles se lisent dans l’énoncé : sachant \(R\), la probabilité de \(E\) vaut 0,4, donc celle de \(\overline{E}\) vaut \(1 – 0{,}4 = 0{,}6\) ; sachant \(\overline{R}\), la probabilité de \(E\) vaut 0,7, donc celle de \(\overline{E}\) vaut \(1 – 0{,}7 = 0{,}3\).

2. a. Les évènements \(R\) et \(\overline{R}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[p(E) = p(R \cap E) + p(\overline{R} \cap E) = \alpha \times 0{,}4 + (1 – \alpha) \times 0{,}7 = 0{,}4\alpha + 0{,}7 – 0{,}7\alpha.\]

On obtient bien \(p(E) = 0{,}7 – 0{,}3\alpha\).

b. L’énoncé donne \(p(E) = 0{,}58\). On résout donc \(0{,}7 – 0{,}3\alpha = 0{,}58\), c’est-à-dire \(0{,}3\alpha = 0{,}12\), d’où \(\alpha = \dfrac{0{,}12}{0{,}3}\) et donc \(\alpha = 0{,}4\).

3. On cherche \(p_E(\overline{R})\). Avec \(\alpha = 0{,}4\), on a \(p(\overline{R}) = 0{,}6\) et \(p(\overline{R} \cap E) = 0{,}6 \times 0{,}7 = 0{,}42\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :

\[p_E(\overline{R}) = \dfrac{p(\overline{R} \cap E)}{p(E)} = \dfrac{0{,}42}{0{,}58} \approx 0{,}724.\]

Sachant que le client a loué un vélo électrique, la probabilité qu’il s’agisse d’un vélo tout terrain est d’environ 0,72.

4. Un vélo tout terrain électrique correspond à l’évènement \(\overline{R} \cap E\), calculé à la question précédente : \(p(\overline{R} \cap E) = 0{,}42\).

5. a. Il y a quatre sortes de location, chacune associée à un chemin de l’arbre :

• vélo de route non électrique : 25 euros, évènement \(R \cap \overline{E}\) de probabilité \(0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}24\) ;
• vélo de route électrique : \(25 + 15 = 40\) euros, évènement \(R \cap E\) de probabilité \(0{,}4 \times 0{,}4 = 0{,}16\) ;
• vélo tout terrain non électrique : 35 euros, évènement \(\overline{R} \cap \overline{E}\) de probabilité \(0{,}6 \times 0{,}3 = 0{,}18\) ;
• vélo tout terrain électrique : \(35 + 15 = 50\) euros, évènement \(\overline{R} \cap E\) de probabilité \(0{,}42\).

On regroupe ces résultats dans le tableau de la loi de \(X\) :

On contrôle que la somme des probabilités vaut bien \(0{,}24 + 0{,}18 + 0{,}16 + 0{,}42 = 1\).

b. L’espérance est la moyenne des valeurs pondérée par leurs probabilités :

\[E(X) = 25 \times 0{,}24 + 35 \times 0{,}18 + 40 \times 0{,}16 + 50 \times 0{,}42 = 6 + 6{,}3 + 6{,}4 + 21 = 39{,}7.\]

Donc \(E(X) = 39{,}7\) : sur un grand nombre de locations, Hugo encaisse en moyenne 39,70 euros par vélo loué à la journée.

6. a. Pour chaque client choisi, on observe une épreuve de Bernoulli dont le succès est « le client loue un vélo électrique », de probabilité \(p = 0{,}58\). Le choix des 30 clients étant assimilé à un tirage avec remise, ces 30 épreuves sont identiques et indépendantes. \(Y\) compte le nombre de succès, donc \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 30\) et \(p = 0{,}58\).

b. On applique la formule de la loi binomiale :

\[p(Y = 20) = \binom\,{30}{20} \times 0{,}58^{20} \times 0{,}42^{10} \approx 0{,}0952.\]

La probabilité qu’un échantillon contienne exactement 20 clients louant un vélo électrique est d’environ 0,095.

c. « Au moins 15 » est le contraire de « au plus 14 ». La calculatrice donne \(p(Y \leq\, 14) \approx 0{,}1419\), donc :

\[p(Y \geq\, 15) = 1 – p(Y \leq\, 14) \approx 1 – 0{,}1419 \approx 0{,}858.\]

La probabilité cherchée est d’environ 0,858.

Exercice 2 :

1. Réponse b. Pour tout entier naturel \(n\) : \(b_{n+1} = a_{n+1} – 2 = 0{,}5a_n + 1 – 2 = 0{,}5a_n – 1\). Or \(a_n = b_n + 2\), donc \(b_{n+1} = 0{,}5(b_n + 2) – 1 = 0{,}5b_n\). La suite \((b_n)\) est géométrique de raison 0,5 (et de premier terme \(b_0 = -1\)). On peut vérifier que \((a_n)\) n’est ni arithmétique ni géométrique : \(a_0 = 1\), \(a_1 = 1{,}5\), \(a_2 = 1{,}75\) ; les écarts (0,5 puis 0,25) et les quotients (1,5 puis \(\dfrac{7}{6}\)) ne sont pas constants.

2. Réponse c. On calcule pas à pas : \(u_1 = 2 + 3 \times 1 = 5\) et \(v_1 = 2 + 1 = 3\), puis \(u_2 = 5 + 3 \times 3 = 14\) et \(v_2 = 5 + 3 = 8\). Ainsi \(\dfrac{u_2}{v_2} = \dfrac{14}{8} = 1{,}75\). Les autres propositions sont fausses : a donne les valeurs de \(u_1\) et \(v_1\), pas celles de rang 2 ; \(u_2^2 – 3v_2^2 = 196 – 192 = 4\), qui vaut \(2^2\) et non \(-2^2\) ; enfin \(5u_1 = 25\) alors que \(3v_1 = 9\).

3. Réponse d. La boucle for k in range(1,11) parcourt les valeurs de k de 1 à 10 : elle s’exécute donc 10 fois. À chaque passage, la variable c garde en mémoire l’ancienne valeur de u, ce qui permet de calculer le nouveau v avec l’ancien u : un passage fait exactement passer du couple \((u_n~;~v_n)\) au couple \((u_{n+1}~;~v_{n+1})\). Partant de \((u_0~;~v_0)\), après 10 passages on obtient \(u_{10}\) et \(v_{10}\), et seul ce dernier couple est renvoyé (pas la liste des valeurs intermédiaires).

4. Réponse b. \(f\) est convexe sur un intervalle où sa dérivée \(f^{\prime}\) est croissante, concave là où \(f^{\prime}\) est décroissante. Sur le graphique, \(\mathcal{C}^{\prime}\) monte de \(x = -4\) jusqu’à son sommet en \(x = 0\), puis descend jusqu’à \(x = 2\). Donc \(f\) est convexe sur \([-4~;~0]\) et concave sur \([0~;~2]\). Les propositions a et c sont fausses car \(f^{\prime}\) n’est pas monotone sur \([-2~;~1]\), et d est fausse.

5. Réponse d. \(f^{\prime\prime}(1)\) est le nombre dérivé de \(f^{\prime}\) en 1, c’est-à-dire le coefficient directeur de la tangente à \(\mathcal{C}^{\prime}\) au point B, qui est la droite (BC). Ce coefficient vaut \(\dfrac{y_{\text{C}} – y_{\text{B}}}{x_{\text{C}} – x_{\text{B}}} = \dfrac{5 – 0}{0 – 1} = -5\). Donc \(f^{\prime\prime}(1) = -5\). Par ailleurs B est sur l’axe des abscisses, donc \(f^{\prime}(1) = 0\), ce qui élimine a et b ; c est contredite par \(f^{\prime\prime}(1) = -5\).

6. Réponse b. On teste d’abord la condition \(F(0) = 1\) : pour a, \(F(0) = 3\) ; pour b, \(F(0) = 3 – 2 = 1\) ; pour c, \(F(0) = 0 + 1 = 1\) ; pour d, \(F(0) = 0\). Restent b et c. On dérive la fonction de b avec la formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) :

\[F^{\prime}(x) = (2x – 2)\text{e}^x + (x^2 – 2x + 3)\text{e}^x = (x^2 + 1)\text{e}^x = f(x).\]

La fonction de b est donc bien la primitive cherchée. Pour c, la dérivée vaut \((x^2 + 1)\text{e}^x + (\dfrac{1}{3}x^3 + x)\text{e}^x\), qui n’est pas égale à \(f(x)\) (par exemple en \(x = 1\) on obtient \(2\text{e} + \dfrac{4}{3}\text{e} \neq 2\text{e}\)).

Exercice 3 :

Partie A

1. On sait que \(\lim\limits_{x \to 0^+} x\ln x = 0\) (croissances comparées). Par différence, \(\lim\limits_{x \to 0^+} (x – x\ln x) = 0 – 0\), donc \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = 0\).

2. Pour \(x \gt 0\), on factorise : \(f(x) = x(1 – \ln x)\). Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(\ln x\) tend vers \(+\infty\), donc \(1 – \ln x\) tend vers \(-\infty\) ; comme \(x\) tend vers \(+\infty\), le produit tend vers \(-\infty\). Ainsi \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\).

3. a. On dérive le produit \(x\ln x\) avec \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) : sa dérivée est \(1 \times \ln x + x \times \dfrac{1}{x} = \ln x + 1\). Donc, pour tout \(x \gt 0\) :

\[f^{\prime}(x) = 1 – (\ln x + 1) = -\ln x.\]

b. Le signe de \(f^{\prime}(x) = -\ln x\) est l’opposé de celui de \(\ln x\). Or \(\ln x \lt 0\) pour \(0 \lt x \lt 1\), \(\ln 1 = 0\) et \(\ln x \gt 0\) pour \(x \gt 1\). Donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0~;~1[\) et \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]1~;~+\infty[\) : \(f\) est strictement croissante sur \(]0~;~1]\) et strictement décroissante sur \([1~;~+\infty[\). Son maximum vaut \(f(1) = 1 – 1 \times 0 = 1\).

La valeur 0 écrite à gauche est la limite de \(f\) en 0 (la fonction n’est pas définie en 0).

4. Pour \(x \gt 0\) : \(f(x) = x \iff x – x\ln x = x \iff x\ln x = 0\). Comme \(x \neq 0\), cela équivaut à \(\ln x = 0\), soit \(x = 1\). L’équation a pour unique solution \(x = 1\).

Partie B

1. Notons \(P(n)\) la propriété « \(0{,}5 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 1\) ».

Initialisation. \(u_0 = 0{,}5\) et \(u_1 = f(0{,}5) = 0{,}5 – 0{,}5\ln 0{,}5 = 0{,}5 + 0{,}5\ln 2 \approx 0{,}847\). On a bien \(0{,}5 \leq\, u_0 \leq\, u_1 \leq\, 1\) : \(P(0)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(P(n)\) vraie pour un entier naturel \(n\) : \(0{,}5 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 1\). Tous ces nombres sont dans \([0{,}5~;~1]\), intervalle sur lequel \(f\) est croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre : \(f(0{,}5) \leq\, f(u_n) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(1)\), c’est-à-dire \(f(0{,}5) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 1\) puisque \(f(1) = 1\). Comme \(f(0{,}5) \approx 0{,}847 \geq\, 0{,}5\), on en déduit \(0{,}5 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 1\) : \(P(n+1)\) est vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(0{,}5 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 1\).

2. a. D’après la question 1, la suite \((u_n)\) est croissante (\(u_n \leq\, u_{n+1}\)) et majorée par 1. D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge.

b. Pour tout \(n\), \(0{,}5 \leq\, u_n \leq\, 1\), donc par passage à la limite \(0{,}5 \leq\, \ell \leq\, 1\) ; en particulier \(\ell \gt 0\). La fonction \(f\) est continue sur \(]0~;~+\infty[\) (elle y est dérivable), donc en passant à la limite dans \(u_{n+1} = f(u_n)\), on obtient \(\ell = f(\ell)\). D’après la question 4 de la partie A, la seule solution de \(f(x) = x\) sur \(]0~;~+\infty[\) est 1. Donc \(\ell = 1\).

Partie C

1. La fonction \(f_k\) est dérivable sur \(]0~;~+\infty[\) et, comme dans la partie A, la dérivée de \(x\ln x\) est \(\ln x + 1\). Donc :

\[f_k^{\prime}(x) = k – (\ln x + 1) = k – 1 – \ln x.\]

On étudie son signe : \(f_k^{\prime}(x) \gt 0 \iff \ln x \lt k – 1 \iff x \lt \text{e}^{k-1}\), car la fonction exponentielle est strictement croissante. De même \(f_k^{\prime}(x) \lt 0 \iff x \gt \text{e}^{k-1}\), et \(f_k^{\prime}\) s’annule en \(\text{e}^{k-1}\). Ainsi \(f_k\) est croissante sur \(]0~;~\text{e}^{k-1}]\) puis décroissante sur \([\text{e}^{k-1}~;~+\infty[\) : \(f_k\) admet un maximum \(y_k\), atteint en \(x_k = \text{e}^{k-1}\).

2. On calcule \(y_k = f_k(x_k)\), en utilisant \(\ln(\text{e}^{k-1}) = k – 1\) :

\[y_k = k\,\text{e}^{k-1} – \text{e}^{k-1}(k – 1) = \text{e}^{k-1}(k – k + 1) = \text{e}^{k-1}.\]

Donc \(y_k = \text{e}^{k-1} = x_k\) pour tout réel \(k\) : le point le plus haut de la courbe de \(f_k\) est toujours situé sur la droite d’équation \(y = x\).

Exercice 4 :

1. a. Dans la représentation paramétrique de \(\mathcal{D}^{\prime}\), les coefficients de \(t\) donnent un vecteur directeur : \(\vec{u^{\prime}}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\).

b. Deux droites sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires. S’il existait un réel \(\lambda\) tel que \(\vec{u^{\prime}} = \lambda\vec{u}\), la première coordonnée donnerait \(0 = \lambda \times 1\), donc \(\lambda = 0\), et la troisième \(1 = \lambda \times 0 = 0\), ce qui est impossible. Les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{u^{\prime}}\) ne sont pas colinéaires, donc \(\mathcal{D}\) et \(\mathcal{D}^{\prime}\) ne sont pas parallèles.

c. Un point \(\text{P}(x~;~y~;~z)\) appartient à \(\mathcal{D}\) si et seulement s’il existe un réel \(s\) tel que \(\vec{\text{AP}} = s\vec{u}\). Une représentation paramétrique de \(\mathcal{D}\) est donc :

\[\{\begin{array}{l} x = 2 + s \\ y = 4 + 2s \\ z = 0 \end{array}. ,\ s \in \mathbb{R}.\]

2. On calcule les produits scalaires de \(\vec{v}\) avec les vecteurs directeurs des deux droites :

\[\vec{v} \cdot \vec{u} = 2 \times 1 + (-1) \times 2 + 1 \times 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{v} \cdot \vec{u^{\prime}} = 2 \times 0 + (-1) \times 1 + 1 \times 1 = 0.\]

Le vecteur \(\vec{v}\), non nul, est donc orthogonal à la fois à \(\vec{u}\) et à \(\vec{u^{\prime}}\). Or un vecteur directeur \(\vec{w}\) de \(\Delta\) est lui aussi orthogonal à \(\vec{u}\) et à \(\vec{u^{\prime}}\), puisque \(\Delta\) est perpendiculaire à \(\mathcal{D}\) et à \(\mathcal{D}^{\prime}\). Comme \(\vec{u}\) et \(\vec{u^{\prime}}\) ne sont pas colinéaires, les vecteurs orthogonaux à tous les deux forment une seule direction (celle d’un vecteur normal au plan dirigé par \(\vec{u}\) et \(\vec{u^{\prime}}\)) : \(\vec{w}\) et \(\vec{v}\) sont colinéaires. Donc \(\vec{v}\) est un vecteur directeur de \(\Delta\).

3. a. Calculons les produits scalaires de \(\vec{n}\) avec les deux vecteurs directeurs du plan :

\[\vec{n} \cdot \vec{u} = 2 \times 1 + (-1) \times 2 + (-5) \times 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{v} = 2 \times 2 + (-1) \times (-1) + (-5) \times 1 = 4 + 1 – 5 = 0.\]

Les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) ne sont pas colinéaires (\(\vec{u}\) a une troisième coordonnée nulle, pas \(\vec{v}\)). Le vecteur \(\vec{n}\), non nul, est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \(\mathcal{P}\) : \(\vec{n}\) est normal à \(\mathcal{P}\).

b. Puisque \(\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\-5\end{pmatrix}\) est normal à \(\mathcal{P}\), ce plan a une équation de la forme \(2x – y – 5z + d = 0\). Le point \(\text{A}(2~;~4~;~0)\) appartient à \(\mathcal{P}\), donc \(2 \times 2 – 4 – 5 \times 0 + d = 0\), soit \(d = 0\). Une équation de \(\mathcal{P}\) est donc \(2x – y – 5z = 0\).

c. Le point M’ appartient à \(\Delta\), et \(\Delta\) est contenue dans \(\mathcal{P}\) : donc M’ appartient à \(\mathcal{P}\). Il appartient aussi à \(\mathcal{D}^{\prime}\). Donc M’ est un point commun à \(\mathcal{D}^{\prime}\) et \(\mathcal{P}\). Reste à voir que ce point commun est unique : \(\vec{n} \cdot \vec{u^{\prime}} = 0 – 1 – 5 = -6 \neq 0\), donc \(\mathcal{D}^{\prime}\) n’est pas parallèle à \(\mathcal{P}\) et le coupe en un seul point. M’ est bien le point d’intersection de \(\mathcal{D}^{\prime}\) et de \(\mathcal{P}\).

On remplace les coordonnées du point de paramètre \(t\) de \(\mathcal{D}^{\prime}\) dans l’équation de \(\mathcal{P}\) :

\[2 \times 3 – (3 + t) – 5(3 + t) = 0 \iff 6 – 3 – t – 15 – 5t = 0 \iff -6t – 12 = 0 \iff t = -2.\]

Avec \(t = -2\) : \(x = 3\), \(y = 3 – 2 = 1\), \(z = 3 – 2 = 1\). Donc \(\text{M}^{\prime}(3~;~1~;~1)\).

4. a. La droite \(\Delta\) passe par \(\text{M}^{\prime}(3~;~1~;~1)\) et est dirigée par \(\vec{v}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}\). Une représentation paramétrique est :

\[\{\begin{array}{l} x = 3 + 2k \\ y = 1 – k \\ z = 1 + k \end{array}. ,\ k \in \mathbb{R}.\]

b. Le point M est commun à \(\Delta\) et à \(\mathcal{D}\). Sur \(\mathcal{D}\), tous les points ont une cote nulle ; sur \(\Delta\), la cote vaut \(1 + k\), donc \(1 + k = 0\), soit \(k = -1\), ce qui donne le point \((3 – 2~;~1 + 1~;~0) = (1~;~2~;~0)\). On vérifie que ce point est bien sur \(\mathcal{D}\) : avec \(s = -1\), la représentation de \(\mathcal{D}\) donne \((2 – 1~;~4 – 2~;~0) = (1~;~2~;~0)\). Donc \(\text{M}(1~;~2~;~0)\).

c. Le repère étant orthonormé :

\[\text{MM}^{\prime} = \sqrt{(3 – 1)^2 + (1 – 2)^2 + (1 – 0)^2} = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}.\]

La distance entre les droites \(\mathcal{D}\) et \(\mathcal{D}^{\prime}\) est \(\text{MM}^{\prime} = \sqrt{6}\), soit environ 2,45 unités.

5. a. Un vecteur directeur de \(d\) est \(\vec{w}\begin{pmatrix}5\\5\\1\end{pmatrix}\). On a \(\vec{w} \cdot \vec{n} = 5 \times 2 + 5 \times (-1) + 1 \times (-5) = 10 – 5 – 5 = 0\) : \(\vec{w}\) est orthogonal au vecteur normal de \(\mathcal{P}\), donc \(d\) est parallèle au plan \(\mathcal{P}\). De plus, le point \((0~;~2~;~1)\) de \(d\) (obtenu pour \(t = 0\)) ne vérifie pas l’équation de \(\mathcal{P}\), car \(0 – 2 – 5 = -7 \neq 0\) : la droite \(d\) est strictement parallèle à \(\mathcal{P}\), elle n’y est pas contenue.

b. Les points A et M sont sur \(\mathcal{D}\) et M’ est sur \(\Delta\) ; ces deux droites sont contenues dans \(\mathcal{P}\), donc le triangle AMM’ est dans le plan \(\mathcal{P}\). On le prend comme base du tétraèdre ANMM’ : la hauteur associée est la distance de N au plan \(\mathcal{P}\), c’est-à-dire \(\ell\).

Le triangle AMM’ est rectangle en M, car la droite (MM’) \(= \Delta\) est perpendiculaire à la droite (AM) \(= \mathcal{D}\). On calcule \(\text{AM} = \sqrt{(1 – 2)^2 + (2 – 4)^2 + 0^2} = \sqrt{5}\), et on sait que \(\text{MM}^{\prime} = \sqrt{6}\). L’aire de la base vaut donc :

\[B = \dfrac{\text{AM} \times \text{MM}^{\prime}}{2} = \dfrac{\sqrt{5} \times \sqrt{6}}{2} = \dfrac{\sqrt{30}}{2}.\]

On en déduit le volume :

\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{30}}{2} \times \ell = \dfrac{\sqrt{30}}{6}\,\ell.\]

Le volume du tétraèdre ANMM’ est \(V = \dfrac{\sqrt{30}}{6}\,\ell\).

c. La base AMM’ ne dépend pas du point N choisi. Comme \(d\) est parallèle au plan \(\mathcal{P}\), tous ses points sont à la même distance \(\ell\) de ce plan : les tétraèdres \(\text{AN}_1\text{MM}^{\prime}\) et \(\text{AN}_2\text{MM}^{\prime}\) ont la même base et la même hauteur \(\ell\), donc le même volume \(\dfrac{\sqrt{30}}{6}\,\ell\).

Pour aller plus loin, on peut calculer cette distance avec le point \((0~;~2~;~1)\) de \(d\) : \(\ell = \dfrac{|2 \times 0 – 2 – 5 \times 1|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + (-5)^2}} = \dfrac{7}{\sqrt{30}}\), ce qui donne un volume commun égal à \(\dfrac{\sqrt{30}}{6} \times \dfrac{7}{\sqrt{30}} = \dfrac{7}{6}\) unité de volume.

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