Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Réponse a.
La fonction \(f\) est dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\). Le terme \(x\ln(x)\) est un produit \(uv\) avec \(u(x)=x\) et \(v(x)=\ln(x)\) : sa dérivée vaut \(u^{\prime}v+uv^{\prime}=1\times \ln(x)+x\times \dfrac{1}{x}=\ln(x)+1\). La dérivée de \(-x+1\) vaut \(-1\).
\[f^{\prime}(x)=\ln(x)+1-1=\ln(x).\]
Donc \(f^{\prime}(x)=\ln(x)\) : réponse a.
2. Réponse c.
On développe : \(g(x)=x^2-x^2\ln(x)=x^2-x\times \big(x\ln(x)\big)\).
Quand \(x\) tend vers 0, \(x^2\) tend vers 0. Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to 0} x\ln(x)=0\), donc le produit \(x\times x\ln(x)\) tend aussi vers \(0\times 0=0\).
Par différence, \(\displaystyle\lim_{x \to 0} g(x)=0\) : réponse c.
3. Réponse d.
On factorise par \(x\) : \(f(x)=x(x^2-0{,}9x-0{,}1)\).
Pour le trinôme \(x^2-0{,}9x-0{,}1\), le discriminant vaut \(\Delta=(-0{,}9)^2-4\times 1\times (-0{,}1)=0{,}81+0{,}4=1{,}21=1{,}1^2\gt 0\). Ses racines sont \(\dfrac{0{,}9-1{,}1}{2}=-0{,}1\) et \(\dfrac{0{,}9+1{,}1}{2}=1\).
Ainsi \(f(x)=x(x+0{,}1)(x-1)\) s’annule en \(-0{,}1\), \(0\) et \(1\) : trois valeurs distinctes. L’équation a 3 solutions : réponse d.
4. Réponse c.
On dérive la fonction proposée \(K(x)=\dfrac{1}{2}H(2x)\). La fonction \(x\mapsto H(2x)\) est la composée de \(x\mapsto 2x\) suivie de \(H\) : sa dérivée est \(x\mapsto 2H^{\prime}(2x)=2h(2x)\). Donc
\[K^{\prime}(x)=\dfrac{1}{2}\times 2h(2x)=h(2x)=k(x).\]
\(K\) est bien une primitive de \(k\) : réponse c. (Avec la réponse a, on obtiendrait \(2h(2x)\), soit le double de \(k(x)\).)
5. Réponse b.
\(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme produit, et \(f^{\prime}(x)=1\times \text{e}^x+x\text{e}^x=(1+x)\text{e}^x\).
On a \(f(1)=\text{e}\) et \(f^{\prime}(1)=2\text{e}\). La tangente au point d’abscisse 1 a pour équation \(y=f^{\prime}(1)(x-1)+f(1)\), soit :
\[y=2\text{e}(x-1)+\text{e}=2\text{e}x-2\text{e}+\text{e}=2\text{e}x-\text{e}.\]
Réponse b : \(y=2\text{e}x-\text{e}\).
6. Réponse d.
Les deux membres sont strictement positifs et la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), donc :
\[(0{,}2)^n \lt 0{,}001 \iff n\ln(0{,}2) \lt \ln(0{,}001) \iff n \gt \dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}2)}\]
car \(\ln(0{,}2)\lt 0\) (on change le sens de l’inégalité en divisant par un nombre négatif). Or \(\dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}2)}\approx 4{,}29\).
Vérification : \(0{,}2^4=0{,}0016\) est encore supérieur à \(0{,}001\), tandis que \(0{,}2^5=0{,}00032\) est inférieur. Les solutions sont les entiers \(n\geq\, 5\) : réponse d.
Exercice 2 :
Partie 1
Le casque est choisi au hasard, donc les pourcentages de l’énoncé se lisent comme des probabilités : \(P(C)=0{,}2\), \(P_C(D)=0{,}1\) et \(P_{\overline{C}}(D)=0{,}02\). On en tire l’arbre pondéré suivant.
1. On suit la branche \(C\) puis \(D\) et on multiplie les probabilités rencontrées :
\[P(C\cap D)=P(C)\times P_C(D)=0{,}2\times 0{,}1=0{,}02.\]
\(P(C\cap D)=0{,}02\) : 2 % des casques sont à la fois contrefaits et défectueux.
2. Les évènements \(C\) et \(\overline{C}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(D)=P(C\cap D)+P(\overline{C}\cap D)=0{,}02+0{,}8\times 0{,}02=0{,}02+0{,}016=0{,}036.\]
On a bien \(P(D)=0{,}036\).
3. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_D(C)\) :
\[P_D(C)=\dfrac{P(C\cap D)}{P(D)}=\dfrac{0{,}02}{0{,}036}=\dfrac{5}{9}\approx 0{,}556.\]
Sachant que le casque est défectueux, la probabilité qu’il soit contrefait est environ \(0{,}556\) : un peu plus d’une chance sur deux, alors que seuls 20 % des casques sont contrefaits.
Partie 2
1. a. Commander un casque et regarder s’il est défectueux est une épreuve à deux issues (épreuve de Bernoulli) dont le succès « le casque présente un défaut » a pour probabilité \(p=P(D)=0{,}036\) d’après la partie 1.
On répète cette épreuve 35 fois et, comme on l’assimile à un tirage avec remise, les répétitions sont identiques et indépendantes. \(X\) compte le nombre de succès.
Donc \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(35\,;\,0{,}036)\).
b. On calcule \(P(X=1)\) :
\[P(X=1)=\binom\,{35}{1}\times 0{,}036^1\times 0{,}964^{34}=35\times 0{,}036\times 0{,}964^{34}\approx 0{,}362.\]
La probabilité d’avoir exactement un casque défectueux est environ \(0{,}362\).
c. \(P(X=0)=0{,}964^{35}\approx 0{,}277\), donc :
\[P(X\leq\, 1)=P(X=0)+P(X=1)\approx 0{,}639.\]
\(P(X\leq\, 1)\approx 0{,}639\) (calcul direct à la calculatrice avec la fonction de répartition binomiale).
2. Pour \(n\) casques, le nombre \(X_n\) de casques défectueux suit la loi \(\mathcal{B}(n\,;\,0{,}036)\). L’évènement « au moins un casque défectueux » est le contraire de « aucun casque défectueux », donc :
\[P(X_n\geq\, 1)=1-P(X_n=0)=1-0{,}964^n.\]
On cherche le plus petit entier \(n\) tel que \(1-0{,}964^n\gt 0{,}99\), c’est-à-dire \(0{,}964^n\lt 0{,}01\). En appliquant la fonction \(\ln\), strictement croissante :
\[n\ln(0{,}964)\lt \ln(0{,}01) \iff n\gt \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}964)}\]
car \(\ln(0{,}964)\lt 0\). Or \(\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}964)}\approx 125{,}6\).
Contrôle : \(1-0{,}964^{125}\approx 0{,}9898\) et \(1-0{,}964^{126}\approx 0{,}9901\). Il faut commander au minimum 126 casques.
Exercice 3 :
1. Le début de l’année 2022 correspond à \(n=1\) :
\[u_1=0{,}008\times 40\times (200-40)=0{,}008\times 40\times 160=51{,}2.\]
Selon ce modèle, la colonie compte environ 51 oiseaux au début de 2022.
2. Pour \(x\) dans \([0\,;\,100]\) :
\[f(x)=x \iff 0{,}008x(200-x)-x=0 \iff x\big(0{,}008(200-x)-1\big)=0 \iff x(0{,}6-0{,}008x)=0.\]
Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul : \(x=0\) ou \(0{,}6-0{,}008x=0\), c’est-à-dire \(x=\dfrac{0{,}6}{0{,}008}=75\). Les deux valeurs appartiennent à \([0\,;\,100]\).
L’équation \(f(x)=x\) a deux solutions : 0 et 75.
3. a. On a \(f(x)=1{,}6x-0{,}008x^2\), fonction polynôme dérivable, avec :
\[f^{\prime}(x)=1{,}6-0{,}016x=0{,}016(100-x).\]
Pour \(x\in[0\,;\,100]\), \(100-x\geq\, 0\), donc \(f^{\prime}(x)\geq\, 0\) (avec égalité seulement en 100) : \(f\) est croissante sur \([0\,;\,100]\). De plus \(f(0)=0\) et \(f(100)=0{,}008\times 100\times 100=80\).
| \(x\) | \(0\) | \(100\) | |
|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | \(0\) | |
| \(f\) | \(0\) | \(\nearrow\) | \(80\) |
b. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété : « \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 100\) ».
Initialisation. \(u_0=40\) et \(u_1=51{,}2\), donc \(0\leq\, u_0\leq\, u_1\leq\, 100\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}_n\) est vraie : \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 100\). Tous ces nombres sont dans \([0\,;\,100]\), intervalle sur lequel \(f\) est croissante : appliquer \(f\) conserve donc l’ordre.
\[f(0)\leq\, f(u_n)\leq\, f(u_{n+1})\leq\, f(100),\ \text{soit}\ 0\leq\, u_{n+1}\leq\, u_{n+2}\leq\, 80.\]
Comme \(80\leq\, 100\), on obtient \(0\leq\, u_{n+1}\leq\, u_{n+2}\leq\, 100\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 100\).
c. D’après la question précédente, \(u_n\leq\, u_{n+1}\) pour tout \(n\) : la suite est croissante. Elle est aussi majorée par 100. D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) est convergente.
d. La suite converge vers \(\ell\), et \(u_{n+1}=f(u_n)\) avec \(f\) continue sur \([0\,;\,100]\) (fonction polynôme). Tous les termes sont dans \([0\,;\,100]\), donc \(\ell\) aussi. En passant à la limite dans \(u_{n+1}=f(u_n)\), on obtient \(\ell=f(\ell)\) : \(\ell\) est une solution de \(f(x)=x\), donc \(\ell=0\) ou \(\ell=75\).
Or la suite est croissante, donc \(u_n\geq\, u_0=40\) pour tout \(n\), et par passage à la limite \(\ell\geq\, 40\). Cela exclut 0, donc \(\ell=75\).
Interprétation : selon ce modèle, la population d’oiseaux augmente chaque année et se stabilise à long terme autour de 75 individus.
4. La fonction seuil(p) part de \(u=u_0=40\) et calcule les termes successifs de la suite tant que \(u\) est strictement inférieur à p ; elle renverrait l’année du premier terme supérieur ou égal à p.
Or, d’après la question 3.b, pour tout \(n\geq\, 0\), \(u_{n+1}=f(u_n)\leq\, f(100)=80\) : aucun terme ne dépasse 80 (et même, la suite croissante de limite 75 reste toujours inférieure ou égale à 75). La condition u < 100 reste donc toujours vraie, la boucle while ne s’arrête jamais et l’instruction return n’est jamais atteinte : seuil(100) tourne indéfiniment et ne renvoie aucune valeur.
Exercice 4 :
Partie 1. Première méthode
1. A est l’origine du repère, B l’extrémité du premier vecteur de base et G le sommet opposé à A :
\(\text{A}(0\,;\,0\,;\,0)\), \(\text{B}(1\,;\,0\,;\,0)\), \(\text{G}(1\,;\,1\,;\,1)\).
2. Calculons les coordonnées des vecteurs utiles :
\[\vec{\text{BK}}(-1\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2}),\quad \vec{\text{AI}}(\dfrac{1}{2}\,;\,0\,;\,1),\quad \vec{\text{AG}}(1\,;\,1\,;\,1).\]
\(\vec{\text{AI}}\) et \(\vec{\text{AG}}\) ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée du premier est nulle, pas celle du second) : ils dirigent le plan (AIG). Le repère étant orthonormé :
\[\vec{\text{BK}}\cdot\vec{\text{AI}}=-1\times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\times 0+\dfrac{1}{2}\times 1=0,\qquad \vec{\text{BK}}\cdot\vec{\text{AG}}=-1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=0.\]
\(\vec{\text{BK}}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (AIG), donc la droite (BK) est orthogonale au plan (AIG).
3. Les coordonnées des trois points vérifient l’équation \(2x-y-z=0\) :
- A : \(2\times 0-0-0=0\) ;
- I : \(2\times \dfrac{1}{2}-0-1=0\) ;
- G : \(2\times 1-1-1=0\).
Cette équation est celle d’un plan (ses coefficients \(2\), \(-1\), \(-1\) ne sont pas tous nuls) qui contient les trois points non alignés A, I et G (question 2). C’est donc le plan (AIG) : \(2x-y-z=0\) est une équation cartésienne de (AIG). On remarque d’ailleurs que le vecteur normal \(\vec{n}(2\,;\,-1\,;\,-1)\) vaut \(-2\,\vec{\text{BK}}\), ce qui est cohérent avec la question 2.
4. La droite (BK) passe par \(\text{B}(1\,;\,0\,;\,0)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{n}=-2\,\vec{\text{BK}}\), de coordonnées \((2\,;\,-1\,;\,-1)\). Une représentation paramétrique est :
\[\{\begin{array}{l} x=1+2t\\ y=-t\\ z=-t\end{array}.\quad t\in\mathbb{R}.\]
(On peut aussi utiliser \(\vec{\text{BK}}\) : \(x=1-s\), \(y=\dfrac{s}{2}\), \(z=\dfrac{s}{2}\), \(s\in\mathbb{R}\).)
5. Comme (BK) est orthogonale au plan (AIG) et passe par B, le projeté orthogonal L de B sur (AIG) est le point d’intersection de (BK) et du plan. On remplace \(x\), \(y\) et \(z\) par la représentation paramétrique dans l’équation du plan :
\[2(1+2t)-(-t)-(-t)=0 \iff 2+6t=0 \iff t=-\dfrac{1}{3}.\]
Pour \(t=-\dfrac{1}{3}\) : \(x=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}\), \(y=\dfrac{1}{3}\), \(z=\dfrac{1}{3}\). On obtient bien \(\text{L}(\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3})\).
6. La distance de B au plan (AIG) est la longueur BL. Dans le repère orthonormé :
\[\text{BL}=\sqrt{(\dfrac{1}{3}-1)^2+(\dfrac{1}{3})^2+(\dfrac{1}{3})^2}=\sqrt{\dfrac{4}{9}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}}=\sqrt{\dfrac{6}{9}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}.\]
La distance du point B au plan (AIG) vaut \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\approx 0{,}816\).
Partie 2. Deuxième méthode
1. a. Les points A, B et I sont tous dans le plan de la face ABFE (I est le milieu de [EF]), et F aussi. Dans le cube, la face BCGF est un carré, donc (GF) est perpendiculaire à (FB) ; la face EFGH est un carré, donc (GF) est perpendiculaire à (FE).
La droite (GF) est ainsi orthogonale à deux droites sécantes (FB) et (FE) du plan (ABF) : elle est orthogonale à ce plan, qui est le plan (AIB). Comme F appartient à ce plan, F est le pied de la perpendiculaire issue de G : [GF] est la hauteur du tétraèdre ABIG relative à la base AIB.
b. Dans le triangle AIB, la base [AB] mesure 1 et la hauteur issue de I est la distance de I à la droite (AB), égale à la longueur de l’arête AE, soit 1. L’aire de AIB vaut donc \(\dfrac{1\times 1}{2}=\dfrac{1}{2}\). Avec \(\text{GF}=1\) :
\[V_{\text{ABIG}}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times 1=\dfrac{1}{6}.\]
Le volume du tétraèdre ABIG est \(\dfrac{1}{6}\) unité de volume.
2. Le triangle AIG est isocèle en I (AI = IG). Le point O, milieu de la base [AG], est donc le pied de la hauteur issue de I : le triangle AOI est rectangle en O, avec \(\text{AO}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).
D’après le théorème de Pythagore dans le triangle AOI :
\[\text{IO}^2=\text{AI}^2-\text{AO}^2=\dfrac{5}{4}-\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{2},\ \text{donc}\ \text{IO}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.\]
L’aire du triangle AIG est alors :
\[\mathcal{A}_{\text{AIG}}=\dfrac{\text{AG}\times \text{IO}}{2}=\dfrac{1}{2}\times \sqrt{3}\times \dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}.\]
L’aire du triangle AIG est bien \(\dfrac{\sqrt{6}}{4}\) unité d’aire.
3. On regarde maintenant le même tétraèdre avec pour base le triangle AIG. La hauteur associée est la distance \(h\) du sommet B au plan (AIG). Le volume ne change pas :
\[\dfrac{1}{3}\times \dfrac{\sqrt{6}}{4}\times h=\dfrac{1}{6} \iff \dfrac{\sqrt{6}}{12}\,h=\dfrac{1}{6} \iff h=\dfrac{12}{6\sqrt{6}}=\dfrac{2}{\sqrt{6}}=\dfrac{2\sqrt{6}}{6}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}.\]
La distance du point B au plan (AIG) est \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\), ce qui confirme le résultat de la première méthode.
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