Corrigé du bac de maths 2021 en France (septembre, jour 1)

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. Le nombre dérivé \(f^{\prime}(0)\) est le coefficient directeur de la tangente en A, c’est-à-dire de la droite (AB) : \(f^{\prime}(0) = \dfrac{y_{\text{B}} – y_{\text{A}}}{x_{\text{B}} – x_{\text{A}}} = \dfrac{20 – 5}{1 – 0} = 15\). Réponse c. Les autres propositions sont fausses : en \(-0{,}5\) la courbe monte, donc \(f^{\prime}(-0{,}5) \gt 0\) ; \(f\) est croissante entre environ \(-1{,}5\) et \(-0{,}5\), donc \(f^{\prime}\) n’est pas négative sur tout \(]-\infty\,;\,-0{,}5[\) ; enfin \(f\) décroît puis croît, donc \(f^{\prime}\) change de signe.

2. Le point A\((0\,;\,5)\) est sur la courbe : \(f(0) = (a \times 0 + b)\text{e}^0 = b\), donc \(b = 5\). La courbe passe par \((-0{,}5\,;\,0)\) : \(f(-0{,}5) = (-0{,}5a + 5)\text{e}^{-0{,}5} = 0\), et comme \(\text{e}^{-0{,}5} \neq 0\), \(-0{,}5a + 5 = 0\), d’où \(a = 10\). Réponse a. (Contrôle : \(f^{\prime}(x) = (ax + a + b)\text{e}^x\) donne \(f^{\prime}(0) = a + b = 15\), cohérent avec la question 1.)

3. Comme \(\text{e}^x \gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(10x + 25\), qui s’annule en \(x = -2{,}5\) en changeant de signe : négatif avant, positif après. Donc \(f\) est concave sur \(]-\infty\,;\,-2{,}5]\) et convexe sur \([-2{,}5\,;\,+\infty[\) : la courbe admet un unique point d’inflexion, celui d’abscisse \(-2{,}5\), qui est C. Réponse c.

4. La suite \((V_n)\) converge, donc elle est bornée : il existe un réel \(M\) tel que \(V_n \leq\, M\) pour tout \(n\). Alors \(U_n \leq\, V_n \leq\, M\) : la suite \((U_n)\) est majorée, réponse d. Les autres propositions ne sont pas toujours vraies : avec \(U_n = -n\) et \(V_n = 2 + \dfrac{1}{n+1}\), \((U_n)\) diverge (donc a est fausse) et \(V_n \gt 2\) (donc b est fausse) ; avec \(U_n = 0\) et \(V_n = 2\), \((U_n)\) converge (donc c est fausse).

Exercice 2 :

1. \(u_1 = f(\dfrac{1}{2}) = \dfrac{4 \times \frac{1}{2}}{1 + 3 \times \frac{1}{2}} = \dfrac{2}{\frac{5}{2}} = \dfrac{4}{5}\), soit \(u_1 = 0{,}8\).

2. a. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(\dfrac{1}{2} \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 2\) ».

Initialisation. \(u_0 = 0{,}5\) et \(u_1 = 0{,}8\), donc \(\dfrac{1}{2} \leq\, u_0 \leq\, u_1 \leq\, 2\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier \(n\) : \(\dfrac{1}{2} \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 2\). Tous ces nombres sont dans \(]-\dfrac{1}{3}\,;\,+\infty[\), où \(f\) est croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre :

\[f(\dfrac{1}{2}) \leq\, f(u_n) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(2), \quad \text{soit} \quad 0{,}8 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, \dfrac{8}{7}.\]

Comme \(\dfrac{1}{2} \leq\, 0{,}8\) et \(\dfrac{8}{7} \leq\, 2\), on obtient \(\dfrac{1}{2} \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 2\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(\dfrac{1}{2} \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 2\).

b. D’après a, \(u_n \leq\, u_{n+1}\) pour tout \(n\) : la suite est croissante ; et \(u_n \leq\, 2\) : elle est majorée par 2. D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge, vers une limite \(\ell\) qui vérifie \(\dfrac{1}{2} \leq\, \ell \leq\, 2\).

c. La fonction \(f\) est continue sur \(]-\dfrac{1}{3}\,;\,+\infty[\) (fonction rationnelle dont le dénominateur ne s’y annule pas) et \(\ell\) appartient à cet intervalle. En passant à la limite dans \(u_{n+1} = f(u_n)\), on obtient \(\ell = f(\ell)\) :

\[\dfrac{4\ell}{1 + 3\ell} = \ell \iff 4\ell = \ell + 3\ell^2 \iff 3\ell^2 – 3\ell = 0 \iff 3\ell(\ell – 1) = 0 \iff \ell = 0 \ \text{ou} \ \ell = 1.\]

Comme \(\ell \geq\, \dfrac{1}{2}\), la valeur 0 est exclue : \(\ell = 1\).

3. a. La boucle doit continuer tant que la condition d’arrêt \(1 – u \lt E\) n’est pas remplie, c’est-à-dire tant que \(1 – u \geq\, E\) ; à chaque tour, on calcule le terme suivant \(u_{n+1} = \dfrac{4u_n}{1 + 3u_n}\). On note au passage qu’en Python la valeur initiale s’écrit 0.5 avec un point (l’énoncé écrit « 0,5 »).

def seuil(E):
    u = 0.5
    n = 0
    while 1 - u >= E:
        u = 4*u/(1 + 3*u)
        n = n + 1
    return n

b. D’après la question 4.c (ou en calculant les termes), \(1 – u_n = \dfrac{0{,}25^n}{1 + 0{,}25^n}\). On trouve \(1 – u_6 \approx 2{,}44 \times 10^{-4}\), qui est encore supérieur ou égal à \(10^{-4}\), et \(1 – u_7 \approx 6{,}10 \times 10^{-5} \lt 10^{-4}\) (\(u_7 \approx 0{,}999939\)). Le programme renvoie 7.

4. a. Pour tout entier naturel \(n\), on calcule d’abord \(1 – u_{n+1} = 1 – \dfrac{4u_n}{1 + 3u_n} = \dfrac{1 + 3u_n – 4u_n}{1 + 3u_n} = \dfrac{1 – u_n}{1 + 3u_n}\). Comme \(1 + 3u_n \gt 0\) et \(1 – u_0 = 0{,}5 \gt 0\), cette relation montre de proche en proche que \(1 – u_n \gt 0\) pour tout \(n\) : \(v_n\) est donc bien défini. Alors :

\[v_{n+1} = \dfrac{u_{n+1}}{1 – u_{n+1}} = \dfrac{4u_n}{1 + 3u_n} \times \dfrac{1 + 3u_n}{1 – u_n} = \dfrac{4u_n}{1 – u_n} = 4v_n.\]

La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison 4, de premier terme \(v_0 = \dfrac{0{,}5}{1 – 0{,}5} = 1\). Ainsi, pour tout entier naturel \(n\), \(v_n = 4^n\).

b. Partons de \(v_n = \dfrac{u_n}{1 – u_n}\) : \(v_n(1 – u_n) = u_n\), donc \(v_n = u_n + u_nv_n = u_n(1 + v_n)\). Comme \(v_n = 4^n \gt 0\), \(1 + v_n \neq 0\) et on peut diviser : \(u_n = \dfrac{v_n}{v_n + 1}\).

c. En remplaçant \(v_n\) par \(4^n\) puis en divisant numérateur et dénominateur par \(4^n\) :

\[u_n = \dfrac{4^n}{4^n + 1} = \dfrac{1}{1 + \dfrac{1}{4^n}} = \dfrac{1}{1 + 0{,}25^n}.\]

Comme \(0 \lt 0{,}25 \lt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}25^n = 0\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = \dfrac{1}{1 + 0} = 1\). On retrouve \(\ell = 1\).

Exercice 3 :

Partie I

1. À l’introduction des truites, \(t = 0\) : \(f(0) = 400 \times \text{e}^0 + 40 = 440\). Il y avait 440 crapauds dans le lac.

2. On dérive le produit \(uv\) avec \(u(t) = 0{,}04t^2 – 8t + 400\), \(u^{\prime}(t) = 0{,}08t – 8\), \(v(t) = \text{e}^{\frac{t}{50}}\), \(v^{\prime}(t) = \dfrac{1}{50}\text{e}^{\frac{t}{50}} = 0{,}02\,\text{e}^{\frac{t}{50}}\) ; la constante 40 a une dérivée nulle :

\[f^{\prime}(t) = (0{,}08t – 8)\text{e}^{\frac{t}{50}} + 0{,}02(0{,}04t^2 – 8t + 400)\text{e}^{\frac{t}{50}} = \text{e}^{\frac{t}{50}}(0{,}08t – 8 + 0{,}0008t^2 – 0{,}16t + 8)\]

\[f^{\prime}(t) = \text{e}^{\frac{t}{50}}(0{,}0008t^2 – 0{,}08t) = 0{,}0008\,t(t – 100)\,\text{e}^{\frac{t}{50}} = t(t – 100)\text{e}^{\frac{t}{50}} \times 8 \times 10^{-4}.\]

3. Sur \([0\,;\,120]\), \(\text{e}^{\frac{t}{50}} \gt 0\) et \(8 \times 10^{-4} \gt 0\), donc \(f^{\prime}(t)\) a le signe de \(t(t – 100)\). Pour \(t\) dans \(]0\,;\,100[\), \(t \gt 0\) et \(t – 100 \lt 0\), donc \(f^{\prime}(t) \lt 0\) ; pour \(t\) dans \(]100\,;\,120]\), les deux facteurs sont positifs, donc \(f^{\prime}(t) \gt 0\). Valeurs utiles : \(f(0) = 440\) ; \(f(100) = (400 – 800 + 400)\text{e}^2 + 40 = 40\) ; \(f(120) = (576 – 960 + 400)\text{e}^{2{,}4} + 40 = 16\text{e}^{2{,}4} + 40 \approx 216{,}37\).

\(f\) est strictement décroissante sur \([0\,;\,100]\) et strictement croissante sur \([100\,;\,120]\).

4. a. D’après le tableau, le minimum de \(f\) est atteint pour \(t = 100\) : \(J = 100\) jours, et le nombre minimum de crapauds est 40.

b. Sur \([100\,;\,120]\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(f(100) = 40 \lt 140\) et \(f(120) \approx 216{,}37 \gt 140\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(t) = 140\) a une unique solution \(t_0\) dans \([100\,;\,120]\), et pour \(t \gt t_0\) on a \(f(t) \gt 140\) : le nombre de crapauds dépassera 140 individus avant la fin de la période étudiée.

c. À la calculatrice : \(f(115) \approx 129{,}77 \lt 140\) et \(f(116) \approx 144{,}20 \gt 140\) (la solution est \(t_0 \approx 115{,}7\)). Le nombre de crapauds dépasse 140 individus à partir du 116e jour.

Partie II

1. Trois quarts des lacs ne sont pas infectés : \(P(\overline{L}) = 0{,}75\) et \(P(L) = 0{,}25\). Dans un lac infecté, \(P_L(T) = 0{,}74\), donc \(P_L(\overline{T}) = 0{,}26\). Dans un lac non infecté, aucun têtard n’est contaminé : \(P_{\overline{L}}(T) = 0\) et \(P_{\overline{L}}(\overline{T}) = 1\).

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

\[P(T) = P(L) \times P_L(T) + P(\overline{L}) \times P_{\overline{L}}(T) = 0{,}25 \times 0{,}74 + 0{,}75 \times 0 = 0{,}185.\]

3. On cherche \(P_{\overline{T}}(L)\). On a \(P(\overline{T}) = 1 – 0{,}185 = 0{,}815\) et \(P(L \cap \overline{T}) = 0{,}25 \times 0{,}26 = 0{,}065\). Donc :

\[P_{\overline{T}}(L) = \dfrac{P(L \cap \overline{T})}{P(\overline{T})} = \dfrac{0{,}065}{0{,}815} \approx 0{,}0798.\]

Sachant que le têtard n’est pas contaminé, la probabilité que le lac soit infecté est environ 0,080.

Exercice A :

Dans le repère \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\), les sommets du cube ont pour coordonnées A\((0\,;\,0\,;\,0)\), B\((1\,;\,0\,;\,0)\), C\((1\,;\,1\,;\,0)\), D\((0\,;\,1\,;\,0)\), E\((0\,;\,0\,;\,1)\), F\((1\,;\,0\,;\,1)\), G\((1\,;\,1\,;\,1)\), H\((0\,;\,1\,;\,1)\).

1. Comme \(\vec{\text{EH}} = \vec{\text{AD}}\), \(\vec{\text{EF}} = \vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{BF}} = \vec{\text{AE}}\), on obtient I\((0\,;\,\dfrac{1}{4}\,;\,1)\), J\((\dfrac{1}{4}\,;\,0\,;\,1)\) et K\((1\,;\,0\,;\,\dfrac{1}{4})\).

2. On a \(\vec{\text{AG}}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\), \(\vec{\text{IJ}}\begin{pmatrix}\frac{1}{4}\\-\frac{1}{4}\\0\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{IK}}\begin{pmatrix}1\\-\frac{1}{4}\\-\frac{3}{4}\end{pmatrix}\). Ces deux derniers vecteurs ne sont pas colinéaires (la troisième coordonnée de \(\vec{\text{IJ}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{IK}}\)), ils dirigent donc le plan (IJK). Or :

\[\vec{\text{AG}} \cdot \vec{\text{IJ}} = \dfrac{1}{4} – \dfrac{1}{4} + 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{\text{AG}} \cdot \vec{\text{IK}} = 1 – \dfrac{1}{4} – \dfrac{3}{4} = 0.\]

Orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, \(\vec{\text{AG}}\) est normal au plan (IJK).

3. Le plan (IJK) admet donc une équation de la forme \(x + y + z + d = 0\). Il contient I : \(0 + \dfrac{1}{4} + 1 + d = 0\), d’où \(d = -\dfrac{5}{4}\). L’équation \(x + y + z – \dfrac{5}{4} = 0\) équivaut, en multipliant par 4, à \(4x + 4y + 4z – 5 = 0\). (Contrôle avec J : \(1 + 0 + 4 – 5 = 0\) ; avec K : \(4 + 0 + 1 – 5 = 0\).)

4. La droite (BC) passe par B\((1\,;\,0\,;\,0)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}\). Une représentation paramétrique est :

\[\{\begin{array}{l} x = 1\\ y = t\\ z = 0\end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]

5. Un point de (BC) de paramètre \(t\) est dans (IJK) si et seulement si \(4 \times 1 + 4t + 4 \times 0 – 5 = 0\), soit \(4t = 1\), \(t = \dfrac{1}{4}\). Donc L\((1\,;\,\dfrac{1}{4}\,;\,0)\). Comme \(t = \dfrac{1}{4}\) est entre 0 et 1, L est sur le segment [BC], avec \(\vec{\text{BL}} = \dfrac{1}{4}\vec{\text{BC}}\).

6. On place L sur l’arête [BC], au quart de celle-ci en partant de B. Les points K et L appartiennent tous deux au plan (IJK) et à la face (BCGF) (leur abscisse vaut 1, qui est l’équation du plan de cette face). L’intersection du plan (IJK) avec la face est donc le segment [KL], qu’on trace sur la figure. Il est parallèle à la diagonale [FC] de la face, puisque \(\vec{\text{KL}}\begin{pmatrix}0\\\frac{1}{4}\\-\frac{1}{4}\end{pmatrix} = \dfrac{1}{4}\vec{\text{FC}}\). Sur la figure complétée ci-dessous, on voit aussi, en tirets, la section complète du cube par le plan (IJK) : un hexagone passant par I, J, K, L, M (question 7) et le point \((0\,;\,1\,;\,\dfrac{1}{4})\) de l’arête [DH], situé au quart de celle-ci en partant de D (ce tracé complet n’est pas exigé).

7. Le point M\((\dfrac{1}{4}\,;\,1\,;\,0)\) vérifie l’équation du plan (IJK) : \(4 \times \dfrac{1}{4} + 4 \times 1 + 4 \times 0 – 5 = 1 + 4 – 5 = 0\). Donc M appartient au plan (IJK). Les points I et J sont dans ce plan par définition, et L aussi d’après la question 5. Les quatre points I, J, L et M appartiennent au même plan (IJK) : ils sont coplanaires.

Exercice B :

Partie I

1. Quand \(x\) tend vers 0 par valeurs positives, \(\ln(x) \to -\infty\) et \(\dfrac{1}{x} \to +\infty\), donc par produit \(\dfrac{\ln(x)}{x} = \ln(x) \times \dfrac{1}{x} \to -\infty\). Ainsi \(\lim\limits_{x \to 0^+} h(x) = -\infty\).

2. Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\), donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = 1\). La droite d’équation \(y = 1\) est asymptote horizontale à la courbe de \(h\) en \(+\infty\).

3. La fonction \(x \mapsto \dfrac{\ln(x)}{x}\) est un quotient \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = \ln(x)\), \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\), \(v(x) = x\), \(v^{\prime}(x) = 1\). Donc :

\[h^{\prime}(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x} \times x – \ln(x) \times 1}{x^2} = \dfrac{1 – \ln(x)}{x^2}.\]

4. Comme \(x^2 \gt 0\), \(h^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – \ln(x)\). Or \(1 – \ln(x) \gt 0 \iff \ln(x) \lt 1 \iff x \lt \text{e}\) (la fonction \(\ln\) est strictement croissante). Le maximum vaut \(h(\text{e}) = 1 + \dfrac{\ln(\text{e})}{\text{e}} = 1 + \dfrac{1}{\text{e}}\).

5. Sur \([\text{e}\,;\,+\infty[\) : \(h\) décroît de \(1 + \dfrac{1}{\text{e}}\) vers sa limite 1 sans l’atteindre, donc \(h(x) \gt 1 \gt 0\) : l’équation \(h(x) = 0\) n’a pas de solution sur cet intervalle.

Sur \(]0\,;\,\text{e}]\) : \(h\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, elle tend vers \(-\infty\) en 0 et vaut \(1 + \dfrac{1}{\text{e}} \gt 0\) en \(\text{e}\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(h(x) = 0\) a une unique solution sur cet intervalle.

Au total, l’équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0\,;\,+\infty[\), et \(\alpha \lt \text{e}\).

Encadrement : \(h(0{,}5) = 1 + \dfrac{\ln(0{,}5)}{0{,}5} = 1 – 2\ln 2 \approx -0{,}386 \lt 0\) et \(h(0{,}6) = 1 + \dfrac{\ln(0{,}6)}{0{,}6} \approx 0{,}149 \gt 0\). Comme \(h\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,\text{e}]\) et que \(h(0{,}5) \lt h(\alpha) = 0 \lt h(0{,}6)\), on en déduit \(0{,}5 \lt \alpha \lt 0{,}6\) (en fait \(\alpha \approx 0{,}567\)).

Partie II

1. La fonction \(g = \ln\) est dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\) avec \(g^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\). Le coefficient directeur de la tangente \(D_a\) est le nombre dérivé \(g^{\prime}(a)\), soit \(\dfrac{1}{a}\).

2. La fonction \(f\) est dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\). En dérivant le produit \(x\ln(x)\) : \(f^{\prime}(x) = 1 \times \ln(x) + x \times \dfrac{1}{x} – 1 = \ln(x) + 1 – 1 = \ln(x)\). Le coefficient directeur de \(T_a\) est donc \(f^{\prime}(a) =\) \(\ln(a)\).

3. Le repère est orthonormé, donc \(T_a\) et \(D_a\) sont perpendiculaires si et seulement si le produit de leurs coefficients directeurs vaut \(-1\) :

\[\ln(a) \times \dfrac{1}{a} = -1 \iff \dfrac{\ln(a)}{a} = -1 \iff 1 + \dfrac{\ln(a)}{a} = 0 \iff h(a) = 0.\]

D’après la partie I, cette équation a une unique solution sur \(]0\,;\,+\infty[\), le réel \(\alpha\). Il existe donc une seule valeur de \(a\) pour laquelle \(T_a\) et \(D_a\) sont perpendiculaires : \(a = \alpha\), avec \(0{,}5 \lt \alpha \lt 0{,}6\) (\(\alpha \approx 0{,}567\)).

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