Corrigé du bac de maths 2021 en France (mars, sujet 2)

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie I. La variable \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(9\,;\,0{,}03)\) : pour tout entier \(k\) entre 0 et 9, \(P(X = k) = \dbinom{9}{k} \times 0{,}03^k \times 0{,}97^{9-k}\), où \(0{,}03\) est la probabilité qu’une adresse soit illisible et \(0{,}97\) celle qu’elle soit lue correctement.

1. « Aucune adresse illisible » correspond à \(X = 0\) : \(P(X = 0) = \dbinom{9}{0} \times 0{,}03^0 \times 0{,}97^9 = 0{,}97^9 \approx 0{,}760\). Réponse d. (\(0{,}76\)).

2. On cherche \(P(X = 2)\) : deux « succès » (adresses illisibles, probabilité \(0{,}03\) chacune) et donc sept adresses lues (probabilité \(0{,}97\) chacune), parmi \(\dbinom{9}{2}\) placements possibles. Ainsi \(P(X = 2) = \dbinom{9}{2} \times 0{,}97^7 \times 0{,}03^2\). Réponse c. Les réponses a et b inversent les exposants, les réponses b et d utilisent 7 au lieu de 9 épreuves.

3. « Au moins une adresse illisible » est l’évènement \(X \geq\, 1\), dont le contraire est \(X = 0\). Donc \(P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0)\). Réponse d. (La réponse a donne justement \(P(X = 0)\), et la c oublie le cas \(X = 1\).)

Partie II. Au premier tirage, l’urne contient 8 boules : \(P(V_1) = \dfrac{5}{8}\) et \(P(B_1) = \dfrac{3}{8}\). Comme on ne remet pas la boule, il en reste 7 au second tirage : 4 vertes et 3 blanches si la première était verte, 5 vertes et 2 blanches si elle était blanche.

4. Si la première boule est verte, il reste 4 vertes sur 7 boules, donc \(P_{V_1}(V_2) = \dfrac{4}{7}\). Réponse b. (Attention, \(\dfrac{20}{56} = \dfrac{5}{14}\) est \(P(V_1 \cap V_2)\), pas la probabilité conditionnelle.)

5. \(V_1\) et \(B_1\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[P(V_2) = P(V_1) \times P_{V_1}(V_2) + P(B_1) \times P_{B_1}(V_2) = \dfrac{5}{8} \times \dfrac{4}{7} + \dfrac{3}{8} \times \dfrac{5}{7} = \dfrac{20}{56} + \dfrac{15}{56} = \dfrac{35}{56} = \dfrac{5}{8}.\]

Réponse a. On retrouve la proportion de boules vertes dans l’urne, ce qui est logique : sans information sur la première boule, la seconde a autant de chances d’être verte que la première.

Exercice 2 :

1. a. On applique les relations de récurrence avec \(n = 0\) : \(u_1 = u_0 + v_0 = 1 + 1 = 2\) et \(v_1 = 2u_0 + v_0 = 2 + 1 = 3\). Donc \(u_1 = 2\) et \(v_1 = 3\).

b. Pour tout entier naturel \(n\), \(v_{n+1} – v_n = (2u_n + v_n) – v_n = 2u_n\). Or on a admis que \(u_n \gt 0\), donc \(v_{n+1} – v_n \gt 0\) : la suite \((v_n)\) est strictement croissante. Une suite croissante est minorée par son premier terme : pour tout \(n\), \(v_n \geq\, v_0\), c’est-à-dire \(v_n \geq\, 1\).

c. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(u_n \geq\, n + 1\) ».

Initialisation. Pour \(n = 0\) : \(u_0 = 1\) et \(0 + 1 = 1\), donc \(u_0 \geq\, 0 + 1\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie, c’est-à-dire \(u_n \geq\, n + 1\). D’après la question b, on a aussi \(v_n \geq\, 1\). En additionnant ces deux inégalités membre à membre : \(u_n + v_n \geq\, n + 1 + 1\), soit \(u_{n+1} \geq\, (n + 1) + 1\). La propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \geq\, n + 1\).

d. On a \(\lim\limits_{n \to +\infty} (n + 1) = +\infty\) et, pour tout \(n\), \(u_n \geq\, n + 1\). Par le théorème de comparaison (minoration par une suite qui tend vers \(+\infty\)), \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = +\infty\).

2. a. Le nombre \((-1)^{n+1}\) vaut \(1\) si \(n\) est impair et \(-1\) si \(n\) est pair ; dans tous les cas \(-1 \leq\, (-1)^{n+1} \leq\, 1\). Comme \(u_n \gt 0\), on a \(u_n^2 \gt 0\) et diviser par \(u_n^2\) conserve le sens des inégalités :

\[-\dfrac{1}{u_n^2} \leq\, \dfrac{(-1)^{n+1}}{u_n^2} \leq\, \dfrac{1}{u_n^2}.\]

b. Puisque \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = +\infty\), on a \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n^2 = +\infty\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{u_n^2} = 0\) et \(\lim\limits_{n \to +\infty} (-\dfrac{1}{u_n^2}) = 0\). La suite étudiée est encadrée par deux suites qui tendent vers 0 : d’après le théorème des gendarmes,

\[\lim_{n \to +\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{u_n^2} = 0.\]

c. Comme \(r_n^2 = 2 + \dfrac{(-1)^{n+1}}{u_n^2}\), par somme de limites \(\lim\limits_{n \to +\infty} r_n^2 = 2\). De plus \(r_n = \dfrac{v_n}{u_n}\) est strictement positif (quotient de deux nombres strictement positifs), donc \(r_n = \sqrt{r_n^2}\). La fonction racine carrée étant continue en 2, on obtient \(\lim\limits_{n \to +\infty} r_n = \sqrt{2}\) : la suite \((r_n)\) converge vers \(\sqrt{2}\).

d. Pour tout entier naturel \(n\), on divise le numérateur et le dénominateur par \(u_n\), qui n’est pas nul :

\[r_{n+1} = \dfrac{v_{n+1}}{u_{n+1}} = \dfrac{2u_n + v_n}{u_n + v_n} = \dfrac{2 + \dfrac{v_n}{u_n}}{1 + \dfrac{v_n}{u_n}} = \dfrac{2 + r_n}{1 + r_n}.\]

e. La variable r démarre à 1, qui est \(r_0 = \dfrac{v_0}{u_0}\), avec n = 0. À chaque passage dans la boucle, r est remplacé par \(\dfrac{2 + r}{1 + r}\) (le terme suivant d’après la question d) et n augmente de 1 : la variable r contient donc toujours \(r_n\). La boucle s’arrête dès que \(|r_n – \sqrt{2}| \leq\, 10^{-4}\). La valeur 5 renvoyée signifie donc que 5 est le plus petit entier \(n\) pour lequel \(r_n\) est à une distance inférieure ou égale à \(10^{-4}\) de \(\sqrt{2}\) : \(r_5\) est la première valeur approchée de \(\sqrt{2}\) à \(10^{-4}\) près de la suite.

Vérification : \(r_4 = \dfrac{41}{29} \approx 1{,}41379\), écart environ \(4{,}2 \times 10^{-4}\) ; \(r_5 = \dfrac{99}{70} \approx 1{,}414286\), écart environ \(7{,}2 \times 10^{-5}\).

Exercice 3 :

1. a. Un vecteur est normal à un plan s’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. On a \(\vec{AB}\begin{pmatrix}-2\\3\\0\end{pmatrix}\) et \(\vec{AC}\begin{pmatrix}-2\\0\\1\end{pmatrix}\), qui ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{AC}\) est nulle, pas celle de \(\vec{AB}\)). Calculons les produits scalaires :

\[\vec{n} \cdot \vec{AB} = 3 \times (-2) + 2 \times 3 + 6 \times 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{AC} = 3 \times (-2) + 2 \times 0 + 6 \times 1 = 0.\]

Donc \(\vec{n}\) est normal au plan (ABC).

b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}3\\2\\6\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(3x + 2y + 6z + d = 0\). Le point A\((2\,;\,0\,;\,0)\) lui appartient : \(3 \times 2 + 0 + 0 + d = 0\), d’où \(d = -6\). Une équation cartésienne de (ABC) est donc \(3x + 2y + 6z – 6 = 0\). (On peut contrôler avec B : \(6 – 6 = 0\), et C : \(6 – 6 = 0\).)

2. a. La droite \(d\) est orthogonale au plan (ABC), donc \(\vec{n}\) en est un vecteur directeur ; elle passe par O\((0\,;\,0\,;\,0)\). Une représentation paramétrique de \(d\) est :

\[\{\begin{array}{l} x = 3t\\ y = 2t\\ z = 6t\end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]

b. Un point de \(d\), de paramètre \(t\), appartient au plan (ABC) si et seulement si \(3 \times 3t + 2 \times 2t + 6 \times 6t – 6 = 0\), soit \(49t = 6\), c’est-à-dire \(t = \dfrac{6}{49}\). L’équation a une unique solution : \(d\) coupe le plan en un seul point, de coordonnées \((3 \times \dfrac{6}{49}\,;\,2 \times \dfrac{6}{49}\,;\,6 \times \dfrac{6}{49})\), soit H\((\dfrac{18}{49}\,;\,\dfrac{12}{49}\,;\,\dfrac{36}{49})\).

c. \(\text{OH}^2 = (\dfrac{18}{49})^2 + (\dfrac{12}{49})^2 + (\dfrac{36}{49})^2 = \dfrac{324 + 144 + 1296}{49^2} = \dfrac{1764}{49^2}\). Comme \(1764 = 42^2\), on obtient \(\text{OH} = \dfrac{42}{49}\), soit \(\text{OH} = \dfrac{6}{7}\).

3. Premier calcul. Les points A, B et C sont sur les trois axes du repère orthonormé, donc les droites (OA), (OB) et (OC) sont deux à deux perpendiculaires. Prenons pour base le triangle OAB, rectangle en O : son aire vaut \(\dfrac{\text{OA} \times \text{OB}}{2} = \dfrac{2 \times 3}{2} = 3\). La hauteur correspondante est OC = 1, car (OC) est perpendiculaire au plan (OAB). D’où :

\[V = \dfrac{1}{3} \times 3 \times 1 = 1.\]

Second calcul. Prenons pour base le triangle ABC. La hauteur issue de O est la distance de O au plan (ABC), c’est-à-dire OH, puisque H est le projeté orthogonal de O sur ce plan. En notant \(\mathcal{A}\) l’aire de ABC : \(V = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A} \times \dfrac{6}{7} = \dfrac{2\mathcal{A}}{7}\).

Les deux expressions désignent le même volume : \(\dfrac{2\mathcal{A}}{7} = 1\), donc l’aire du triangle ABC vaut \(\dfrac{7}{2} = 3{,}5\) unités d’aire.

Exercice A :

1. a. Les points d’intersection ont pour abscisses les solutions de \(f(x) = g(x)\) :

\[x^2\text{e}^{-x} = \text{e}^{-x} \iff (x^2 – 1)\text{e}^{-x} = 0 \iff x^2 – 1 = 0 \iff x = -1 \ \text{ou} \ x = 1,\]

car \(\text{e}^{-x} \gt 0\) pour tout réel \(x\). Comme \(g(-1) = \text{e}\) et \(g(1) = \text{e}^{-1}\), les courbes se coupent en \((-1\,;\,\text{e})\) et \((1\,;\,\text{e}^{-1})\), ce que confirme le graphique (environ \((-1\,;\,2{,}72)\) et \((1\,;\,0{,}37)\)).

b. On étudie le signe de \(f(x) – g(x) = (x^2 – 1)\text{e}^{-x}\). Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), il est du signe de \(x^2 – 1 = (x – 1)(x + 1)\), trinôme positif à l’extérieur de ses racines \(-1\) et \(1\) :

Conclusion : \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(\mathcal{C}_g\) sur \(]-\infty\,;\,-1[\) et sur \(]1\,;\,+\infty[\), au-dessous sur \(]-1\,;\,1[\), les deux courbes se coupant en \(x = -1\) et \(x = 1\).

2. a. On écrit \(d(x) = (1 – x^2)\text{e}^{-x}\) et on dérive ce produit \(uv\) avec \(u(x) = 1 – x^2\), \(u^{\prime}(x) = -2x\), \(v(x) = \text{e}^{-x}\), \(v^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\) :

\[d^{\prime}(x) = -2x\,\text{e}^{-x} + (1 – x^2)(-\text{e}^{-x}) = \text{e}^{-x}(-2x – 1 + x^2) = \text{e}^{-x}(x^2 – 2x – 1).\]

b. Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(d^{\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(x^2 – 2x – 1\). Son discriminant vaut \(\Delta = 4 + 4 = 8\), ses racines sont \(\dfrac{2 – 2\sqrt{2}}{2} = 1 – \sqrt{2} \approx -0{,}41\) et \(1 + \sqrt{2} \approx 2{,}41\). Seule la première est dans \([-1\,;\,1]\). Le trinôme (coefficient de \(x^2\) positif) est positif avant \(1 – \sqrt{2}\) et négatif entre les racines. Aux bornes, \(d(-1) = d(1) = 0\) puisque \(1 – x^2 = 0\).

La fonction \(d\) est strictement croissante sur \([-1\,;\,1 – \sqrt{2}]\) et strictement décroissante sur \([1 – \sqrt{2}\,;\,1]\).

c. D’après le tableau, \(d\) atteint son maximum en \(x_0 = 1 – \sqrt{2}\). Calculons \(x_0^2 = 1 – 2\sqrt{2} + 2 = 3 – 2\sqrt{2}\), donc \(1 – x_0^2 = 2\sqrt{2} – 2\), et \(-x_0 = \sqrt{2} – 1\). Ainsi :

\[M_0N_0 = d(x_0) = (2\sqrt{2} – 2)\text{e}^{\sqrt{2} – 1} \approx 1{,}254.\]

La distance maximale vaut donc environ 1,3 à 0,1 près.

3. Un point d’abscisse \(x\) est commun à \(\Delta\) et \(\mathcal{C}_g\) si et seulement si \(\text{e}^{-x} = x + 2\), c’est-à-dire \(h(x) = 0\). Il suffit donc de compter les solutions de cette équation.

La fonction \(h\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) avec \(h^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x} – 1\). Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(h^{\prime}(x) \lt -1 \lt 0\) : \(h\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\).

Limites : en \(-\infty\), \(\text{e}^{-x} \to +\infty\) et \(-x – 2 \to +\infty\), donc \(\lim\limits_{x \to -\infty} h(x) = +\infty\) ; en \(+\infty\), \(\text{e}^{-x} \to 0\) et \(-x – 2 \to -\infty\), donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = -\infty\).

La fonction \(h\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\), et 0 est compris entre ses limites \(+\infty\) et \(-\infty\) : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution sur \(\mathbb{R}\). Comme \(h(-1) = \text{e} – 1 \gt 0\) et \(h(0) = -1 \lt 0\), cette solution est entre \(-1\) et \(0\) (environ \(-0{,}44\)).

Conclusion : la droite \(\Delta\) et la courbe \(\mathcal{C}_g\) ont un seul point d’intersection.

Exercice B :

Partie I

1. En \(+\infty\) : \(\lim\limits_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} (2x – 2) = +\infty\), donc par somme \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty\).

En 0 : \(\lim\limits_{x \to 0^+} \ln(x) = -\infty\) et \(\lim\limits_{x \to 0} (2x – 2) = -2\), donc par somme \(\lim\limits_{x \to 0^+} g(x) = -\infty\).

2. La fonction \(g\) est dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\) et \(g^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x} + 2\). Pour \(x \gt 0\), \(\dfrac{1}{x} \gt 0\), donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) : \(g\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\).

3. La fonction \(g\) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), elle tend vers \(-\infty\) en 0 et vers \(+\infty\) en \(+\infty\). La valeur 0 est comprise entre ces limites, donc d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0\,;\,+\infty[\).

4. \(g(1) = \ln(1) + 2 – 2 = 0\). La solution étant unique, \(\alpha = 1\). Comme \(g\) est strictement croissante et s’annule en 1 : \(g(x) \lt 0\) sur \(]0\,;\,1[\), \(g(1) = 0\) et \(g(x) \gt 0\) sur \(]1\,;\,+\infty[\).

Partie II

1. a. On dérive le produit \(uv\) avec \(u(x) = 2 – \dfrac{1}{x}\), \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x^2}\), \(v(x) = \ln(x) – 1\), \(v^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\) :

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

b. Comme \(x^2 \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(g(x)\), étudié à la question I.4. On calcule \(f(1) = (2 – 1)(\ln 1 – 1) = -1\).

\(f\) est strictement décroissante sur \(]0\,;\,1]\), strictement croissante sur \([1\,;\,+\infty[\), et admet un minimum égal à \(-1\) en \(x = 1\). (Pour information, \(f\) tend vers \(+\infty\) en 0 et en \(+\infty\).)

2. Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul :

\[f(x) = 0 \iff 2 – \dfrac{1}{x} = 0 \ \text{ou} \ \ln(x) – 1 = 0 \iff x = \dfrac{1}{2} \ \text{ou} \ x = \text{e}.\]

Les solutions sont \(\dfrac{1}{2}\) et \(\text{e}\), toutes deux dans \(]0\,;\,+\infty[\). Pour le signe, on étudie chaque facteur : \(2 – \dfrac{1}{x} \gt 0 \iff \dfrac{1}{x} \lt 2 \iff x \gt \dfrac{1}{2}\) (car \(x \gt 0\)), et \(\ln(x) – 1 \gt 0 \iff x \gt \text{e}\).

\(f(x) \gt 0\) sur \(]0\,;\,\dfrac{1}{2}[\) et sur \(]\text{e}\,;\,+\infty[\), \(f(x) \lt 0\) sur \(]\dfrac{1}{2}\,;\,\text{e}[\). C’est cohérent avec les variations : \(f\) descend jusqu’à \(-1\) en 1, en passant par 0 en \(\dfrac{1}{2}\), puis remonte et s’annule à nouveau en \(\text{e}\).

Partie III

1. Puisque \(F^{\prime} = f\), le sens de variation de \(F\) est donné par le signe de \(f\), établi à la question II.2 : \(F\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,\dfrac{1}{2}]\), strictement décroissante sur \([\dfrac{1}{2}\,;\,\text{e}]\), puis strictement croissante sur \([\text{e}\,;\,+\infty[\). Elle admet un maximum local en \(\dfrac{1}{2}\) et un minimum local en \(\text{e}\).

2. La tangente à \(\mathcal{C}_F\) au point d’abscisse \(a\) a pour coefficient directeur \(F^{\prime}(a) = f(a)\). Elle est parallèle à l’axe des abscisses si et seulement si ce coefficient est nul, c’est-à-dire \(f(a) = 0\). D’après la question II.2, cela se produit exactement pour \(a = \dfrac{1}{2}\) et \(a = \text{e}\). Oui : \(\mathcal{C}_F\) admet exactement deux tangentes parallèles à l’axe des abscisses, aux points d’abscisses \(\dfrac{1}{2}\) et \(\text{e}\) (ce sont les points où \(F\) atteint son maximum local et son minimum local).

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