Corrigé du bac de maths 2021 aux centres étrangers (jour 2)

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Question 1 : réponse a. La tangente au point d’abscisse 1 a pour équation \(y = g^{\prime}(1)(x – 1) + g(1)\). On calcule d’abord \(g(1) = 1 + 2 – 3 = 0\). La fonction \(g\) est dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\) et, comme la dérivée de \(-\dfrac{3}{x}\) est \(\dfrac{3}{x^2}\), on obtient \(g^{\prime}(x) = 2x + 2 + \dfrac{3}{x^2}\), d’où \(g^{\prime}(1) = 2 + 2 + 3 = 7\). La tangente a donc pour équation \(y = 7(x – 1)\).

Question 2 : réponse b. Pour \(n \geq\, 1\), on divise numérateur et dénominateur par \(n\) : \(v_n = \dfrac{3}{1 + \frac{2}{n}}\). Comme \(\dfrac{2}{n}\) tend vers 0, le dénominateur tend vers 1 et \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = 3\).

Question 3 : réponse c. Les 10 tirages avec remise sont identiques et indépendants ; à chaque tirage la probabilité d’une boule noire est \(\dfrac{6}{10} = 0{,}6\). Le nombre \(N\) de boules noires suit donc la loi binomiale \(\mathcal{B}(10\,;\,0{,}6)\). Avoir 4 noires (donc 6 rouges) correspond à \(N = 4\) :

\[P(N = 4) = \binom\,{10}{4} \times 0{,}6^4 \times 0{,}4^6 = 210 \times 0{,}1296 \times 0{,}004096 \approx 0{,}11148.\]

À \(10^{-4}\) près, la probabilité vaut 0,1115.

Question 4 : réponse b. On a une forme indéterminée « \(+\infty – \infty\) ». Pour \(x \gt 0\), on factorise : \(f(x) = x(3\dfrac{\text{e}^x}{x} – 1)\). Par croissances comparées, \(\dfrac{\text{e}^x}{x}\) tend vers \(+\infty\), donc la parenthèse aussi, et par produit avec \(x\) qui tend vers \(+\infty\) : \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).

Question 5 : réponse b. Chacune des 8 positions peut prendre 36 valeurs, donc il existe \(36^8 = 2\,821\,109\,907\,456\) codes possibles. Au pire, le logiciel doit tous les essayer : cela prend \(\dfrac{36^8}{10^8} \approx 28\,211\) secondes, soit \(\dfrac{28\,211}{3\,600} \approx 7{,}8\) heures, c’est-à-dire environ 8 heures.

Exercice 2 :

Partie A

1. a. Chaque année, 2 % des panneaux sont retirés : il en reste 98 %, et garder 98 % d’une quantité revient à la multiplier par \(1 – \dfrac{2}{100} = 0{,}98\). On ajoute ensuite les 250 panneaux neufs. Si \(u_n\) est le nombre de panneaux au 1^er janvier de l’année \(2020 + n\), celui de l’année suivante est donc \(0{,}98u_n + 250\), ce qui est exactement la relation \(u_{n+1} = 0{,}98u_n + 250\). Le premier terme \(u_0 = 10\,560\) correspond au parc du 1^er janvier 2020.

b. On calcule les termes successifs à la calculatrice (mode suite ou en répétant « Ans × 0,98 + 250 ») : \(u_1 \approx 10\,599\), \(u_2 \approx 10\,637\), … On obtient \(u_{67} \approx 11\,999\) et \(u_{68} \approx 12\,009\). Le nombre de panneaux dépasse strictement 12 000 pour la première fois au bout de 68 ans, c’est-à-dire au 1^er janvier 2088.

c. Tant que le nombre de panneaux ne dépasse pas 12 000, on calcule le terme suivant et on augmente le compteur d’années d’une unité. À la sortie de la boucle, n contient le premier rang pour lequel \(u_n \gt 12\,000\), soit 68.

u = 10560
n = 0
while u <= 12000 :
    u = 0.98 * u + 250
    n = n + 1

2. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(u_n \leq\, 12\,500\) ».

Initialisation. \(u_0 = 10\,560 \leq\, 12\,500\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(u_n \leq\, 12\,500\). En multipliant par \(0{,}98\), qui est positif, l’inégalité est conservée : \(0{,}98u_n \leq\, 12\,250\). En ajoutant 250 aux deux membres : \(0{,}98u_n + 250 \leq\, 12\,500\), c’est-à-dire \(u_{n+1} \leq\, 12\,500\). \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc par récurrence \(u_n \leq\, 12\,500\) pour tout entier naturel \(n\).

3. Pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1} – u_n = 0{,}98u_n + 250 – u_n = 250 – 0{,}02u_n = 0{,}02(12\,500 – u_n)\). D’après la question 2, \(12\,500 – u_n \geq\, 0\), donc \(u_{n+1} – u_n \geq\, 0\). La suite \((u_n)\) est croissante.

4. La suite \((u_n)\) est croissante (question 3) et majorée par 12 500 (question 2). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge, vers une limite inférieure ou égale à 12 500.

5. a. Pour tout entier naturel \(n\) :

\[v_{n+1} = u_{n+1} – 12\,500 = 0{,}98u_n + 250 – 12\,500 = 0{,}98u_n – 12\,250.\]

Or \(12\,250 = 0{,}98 \times 12\,500\), donc \(v_{n+1} = 0{,}98(u_n – 12\,500) = 0{,}98\,v_n\). La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(0{,}98\), de premier terme \(v_0 = 10\,560 – 12\,500 = -1\,940\).

b. Pour une suite géométrique, \(v_n = v_0 \times q^n\), donc \(v_n = -1\,940 \times 0{,}98^n\) pour tout entier naturel \(n\).

c. Comme \(u_n = v_n + 12\,500\), on obtient \(u_n = 12\,500 – 1\,940 \times 0{,}98^n\) pour tout entier naturel \(n\).

d. Puisque \(-1 \lt 0{,}98 \lt 1\), \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 0{,}98^n = 0\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 1\,940 \times 0{,}98^n = 0\) et \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 12\,500\). Dans ce modèle, le nombre de panneaux de la centrale augmente d’année en année en se rapprochant de 12 500, sans jamais dépasser cette valeur : à long terme, le parc se stabilise autour de 12 500 panneaux (à ce niveau, les 2 % retirés, soit 250 panneaux, sont exactement compensés par les 250 installés).

Partie B

1. La fonction \(x \mapsto \text{e}^{-0{,}02x + 1{,}4}\) est de la forme \(\text{e}^{u}\) avec \(u(x) = -0{,}02x + 1{,}4\), \(u^{\prime}(x) = -0{,}02\). Sa dérivée est \(-0{,}02\,\text{e}^{-0{,}02x + 1{,}4}\). Donc pour tout \(x \geq\, 0\) :

\[f^{\prime}(x) = -500 \times (-0{,}02)\text{e}^{-0{,}02x + 1{,}4} = 10\,\text{e}^{-0{,}02x + 1{,}4}.\]

Une exponentielle est strictement positive, donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) : la fonction \(f\) est strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\).

2. Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(-0{,}02x + 1{,}4\) tend vers \(-\infty\) ; or \(\displaystyle\lim_{X \to -\infty} \text{e}^X = 0\), donc par composition \(\text{e}^{-0{,}02x + 1{,}4}\) tend vers 0. Ainsi \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 12\,500\) : on retrouve la même valeur limite qu’avec la suite.

3. On résout \(f(x) \gt 12\,000\) :

\[12\,500 – 500\,\text{e}^{-0{,}02x + 1{,}4} \gt 12\,000 \iff 500\,\text{e}^{-0{,}02x + 1{,}4} \lt 500 \iff \text{e}^{-0{,}02x + 1{,}4} \lt 1.\]

Comme \(1 = \text{e}^0\) et que la fonction exponentielle est strictement croissante, cela équivaut à \(-0{,}02x + 1{,}4 \lt 0\), soit \(0{,}02x \gt 1{,}4\), soit \(x \gt 70\). Pour \(x = 70\), on a exactement \(f(70) = 12\,500 – 500 = 12\,000\). Le nombre de panneaux dépasse donc 12 000 dès que plus de 70 ans se sont écoulés : en comptant en années entières, au bout de 71 ans, c’est-à-dire au 1^er janvier 2091.

Exercice 3 :

Partie A

1. Dans le repère \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\), on a A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), C(1 ; 1 ; 0), G(1 ; 1 ; 1), H(0 ; 1 ; 1). Comme \(\vec{\text{AF}} = \vec{\text{AB}} + \vec{\text{AE}}\), on a F(1 ; 0 ; 1). Le centre I de la face carrée ADHE est le milieu de sa diagonale [AH], donc \(\text{I}(0\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2})\). Enfin \(\vec{\text{CG}}\) a pour coordonnées \((0\,;\,0\,;\,1)\), donc \(\vec{\text{CJ}} = \dfrac{2}{3}\vec{\text{CG}}\) a pour coordonnées \((0\,;\,0\,;\,\dfrac{2}{3})\) et, en partant de C(1 ; 1 ; 0), \(\text{J}(1\,;\,1\,;\,\dfrac{2}{3})\).

2. La droite \((d)\) est parallèle à (FJ) : elle a pour vecteur directeur \(\vec{\text{FJ}}(0\,;\,1\,;\,-\dfrac{1}{3})\) et passe par I. Une représentation paramétrique de \((d)\) est donc :

\[\{\begin{array}{l} x = 0 \\ y = \dfrac{1}{2} + t \\ z = \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{3}t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]

3. a. La droite (AE) est l’ensemble des points de coordonnées \((0\,;\,0\,;\,z)\). Cherchons le point de \((d)\) d’ordonnée nulle : \(\dfrac{1}{2} + t = 0\) donne \(t = -\dfrac{1}{2}\), et alors \(z = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{2}{3}\) (et \(x = 0\)). Le point \((0\,;\,0\,;\,\dfrac{2}{3})\) appartient donc à la fois à \((d)\) et à (AE) : c’est le point K.

b. La droite (DH) est formée des points de coordonnées \((0\,;\,1\,;\,z)\). Sur \((d)\), \(y = 1\) donne \(t = \dfrac{1}{2}\), d’où \(z = \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{3}\). Donc \(\text{L}(0\,;\,1\,;\,\dfrac{1}{3})\).

4. a. On compare \(\vec{\text{FJ}}\) et \(\vec{\text{KL}}\) : \(\vec{\text{FJ}}(0\,;\,1\,;\,-\dfrac{1}{3})\) et \(\vec{\text{KL}}(0 – 0\,;\,1 – 0\,;\,\dfrac{1}{3} – \dfrac{2}{3}) = (0\,;\,1\,;\,-\dfrac{1}{3})\). Comme \(\vec{\text{FJ}} = \vec{\text{KL}}\), FJLK est un parallélogramme (non aplati, car K n’est pas sur (FJ) : son abscisse est 0 alors que tous les points de (FJ) ont pour abscisse 1).

b. Un parallélogramme qui a deux côtés consécutifs de même longueur est un losange. On a \(\vec{\text{KF}}(1\,;\,0\,;\,\dfrac{1}{3})\), donc \(\text{KF}^2 = 1 + \dfrac{1}{9} = \dfrac{10}{9}\), et \(\text{FJ}^2 = 0 + 1 + \dfrac{1}{9} = \dfrac{10}{9}\). Ainsi KF = FJ et FJLK est un losange.

c. Un losange est un carré si et seulement s’il a un angle droit. Or \(\vec{\text{KF}} \cdot \vec{\text{FJ}} = 1 \times 0 + 0 \times 1 + \dfrac{1}{3} \times (-\dfrac{1}{3}) = -\dfrac{1}{9} \neq 0\). Les côtés [KF] et [FJ] ne sont pas perpendiculaires : FJLK n’est pas un carré.

Partie B

1. \(\vec{\text{CJ}} = a\,\vec{\text{CG}}\) a pour coordonnées \((0\,;\,0\,;\,a)\) ; en partant de C(1 ; 1 ; 0), on obtient J(1 ; 1 ; \(a\)).

2. \(\vec{\text{FJ}}\) a pour coordonnées \((1 – 1\,;\,1 – 0\,;\,a – 1) = (0\,;\,1\,;\,a – 1)\) et \(\vec{\text{KL}}\) a pour coordonnées \((0\,;\,1\,;\,\dfrac{a}{2} – 1 + \dfrac{a}{2}) = (0\,;\,1\,;\,a – 1)\). Ces vecteurs sont égaux, donc FJLK est un parallélogramme pour toute valeur de \(a\).

3. Le parallélogramme FJLK est un losange si et seulement si KF = FJ. On a \(\vec{\text{KF}}(1\,;\,0\,;\,\dfrac{a}{2})\) donc \(\text{KF}^2 = 1 + \dfrac{a^2}{4}\), et \(\text{FJ}^2 = 1 + (a – 1)^2\). Ainsi :

\[\text{KF} = \text{FJ} \iff \dfrac{a^2}{4} = (a – 1)^2 \iff a – 1 = \dfrac{a}{2} \ \text{ou}\ a – 1 = -\dfrac{a}{2} \iff a = 2 \ \text{ou}\ a = \dfrac{2}{3}.\]

Seule la valeur \(\dfrac{2}{3}\) appartient à \([0\,;\,1]\). FJLK est un losange pour \(a = \dfrac{2}{3}\) uniquement, ce qui correspond au cas de la partie A. (On peut aussi l’obtenir en écrivant que les diagonales sont perpendiculaires : \(\vec{\text{FL}} \cdot \vec{\text{JK}} = (\dfrac{a}{2} – 1)(1 – \dfrac{3a}{2}) = 0\).)

4. Un carré est à la fois un losange et un rectangle. D’après la question 3, il faudrait \(a = \dfrac{2}{3}\) ; mais la question 4. c de la partie A a montré que, pour cette valeur, FJLK n’a pas d’angle droit. On peut aussi le voir directement : \(\vec{\text{KF}} \cdot \vec{\text{FJ}} = \dfrac{a}{2}(a – 1)\), qui ne s’annule que pour \(a = 0\) ou \(a = 1\) (FJLK est alors un rectangle), valeurs pour lesquelles ce n’est pas un losange. Il n’existe aucune valeur de \(a\) pour laquelle FJLK est un carré.

Exercice A – Fonction ln :

Partie A

1. On commence toujours par une analyse, celle du mélange. Si elle est négative, aucune des \(n\) personnes n’est malade et on s’arrête : 1 analyse. Si elle est positive, on analyse en plus chacune des \(n\) personnes : \(1 + n\) analyses. \(X_n\) prend donc les valeurs 1 et \(n + 1\).

2. \(X_n = 1\) signifie que le mélange est négatif, c’est-à-dire qu’aucune des \(n\) personnes n’est malade. Chaque personne est saine avec la probabilité \(1 – 0{,}05 = 0{,}95\), et les choix sont assimilés à des tirages avec remise, donc indépendants. Par conséquent \(P(X_n = 1) = 0{,}95^n\). L’événement contraire donne \(P(X_n = n + 1) = 1 – 0{,}95^n\). Loi de \(X_n\) :

3. L’espérance \(E(X_n)\) est le nombre moyen d’analyses effectuées par échantillon de \(n\) personnes, si l’on répète cette méthode un grand nombre de fois. Par définition :

\[E(X_n) = 1 \times 0{,}95^n + (n + 1)(1 – 0{,}95^n) = 0{,}95^n + n + 1 – n \times 0{,}95^n – 0{,}95^n = n + 1 – n \times 0{,}95^n.\]

Partie B

1. \(f\) est dérivable sur \([20\,;\,+\infty[\) et \(f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x} + \ln(0{,}95)\). Pour \(x \geq\, 20\), \(\dfrac{1}{x} \leq\, \dfrac{1}{20} = 0{,}05\), donc \(f^{\prime}(x) \leq\, 0{,}05 + \ln(0{,}95)\). Or \(\ln(0{,}95) \approx -0{,}0513\), donc \(0{,}05 + \ln(0{,}95) \approx -0{,}0013 \lt 0\). Ainsi \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \([20\,;\,+\infty[\) : \(f\) est (strictement) décroissante sur \([20\,;\,+\infty[\).

2. Pour \(x \geq\, 20\), on factorise par \(x\) : \(f(x) = x(\dfrac{\ln x}{x} + \ln(0{,}95))\). Comme \(\dfrac{\ln x}{x}\) tend vers 0, la parenthèse tend vers \(\ln(0{,}95)\), qui est strictement négatif. Par produit avec \(x\) qui tend vers \(+\infty\), \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\).

3. \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur \([20\,;\,+\infty[\). On a \(f(20) = \ln 20 + 20\ln(0{,}95) \approx 2{,}996 – 1{,}026 \approx 1{,}97 \gt 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\). Comme 0 est compris entre ces deux valeurs, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(a\) sur \([20\,;\,+\infty[\).

À la calculatrice : \(f(87) \approx 0{,}0034 \gt 0\) et \(f(87{,}1) \approx -0{,}0006 \lt 0\), donc \(87 \lt a \lt 87{,}1\).

4. Comme \(f\) est strictement décroissante et s’annule en \(a\) : \(f(x) \gt 0\) sur \([20\,;\,a[\), \(f(a) = 0\) et \(f(x) \lt 0\) sur \(]a\,;\,+\infty[\).

Partie C

Pour un entier \(n \geq\, 20\) :

\[E(X_n) \lt n \iff n + 1 – n \times 0{,}95^n \lt n \iff 1 \lt n \times 0{,}95^n.\]

Les deux membres sont strictement positifs et la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), donc cela équivaut à \(0 \lt \ln n + n\ln(0{,}95)\), c’est-à-dire à \(f(n) \gt 0\). D’après la partie B, \(f(n) \gt 0\) équivaut à \(n \lt a\), avec \(87 \lt a \lt 87{,}1\). Pour un nombre entier de personnes, cela signifie \(n \leq\, 87\). La méthode par mélange réduit en moyenne le nombre d’analyses pour les échantillons de 20 à 87 personnes ; au-delà de 87 personnes, il vaut mieux tester chaque individu séparément.

Exercice B – Équation différentielle :

Partie A

1. La courbe passe par le point de coordonnées (0 ; 3), donc \(f(0) = 3\). Le nombre dérivé \(f^{\prime}(0)\) est le coefficient directeur de la tangente \((T)\) ; celle-ci passe par (0 ; 3) et (1 ; 1), donc son coefficient directeur vaut \(\dfrac{1 – 3}{1 – 0} = -2\) : \(f^{\prime}(0) = -2\).

2. \(f(0) = \text{e}^0 + a \times 0 + b\,\text{e}^0 = 1 + b\). Comme \(f(0) = 3\), on obtient \(b = 2\).

3. a. La dérivée de \(\text{e}^{-x}\) est \(-\text{e}^{-x}\), donc pour tout réel \(x\), \(f^{\prime}(x) = \text{e}^x + a – b\,\text{e}^{-x}\), soit \(f^{\prime}(x) = \text{e}^x + a – 2\text{e}^{-x}\) avec \(b = 2\).

b. \(f^{\prime}(0) = 1 + a – 2\), donc \(f^{\prime}(0) = a – 1\).

c. Comme \(f^{\prime}(0) = -2\), on a \(a – 1 = -2\), d’où \(a = -1\). Finalement, pour tout réel \(x\), \(f(x) = \text{e}^x – x + 2\text{e}^{-x}\).

4. a. \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(g^{\prime}(x) = \text{e}^x – 1 – 2\text{e}^{-x}\). Alors :

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

Cette égalité est vraie pour tout réel \(x\) : \(g\) est solution de \((E)\). (On remarque que \(g\) est la fonction \(f\) trouvée à la question 3.)

b. L’équation \(y^{\prime} + y = 0\) s’écrit \(y^{\prime} = -y\), de la forme \(y^{\prime} = ay\) avec \(a = -1\). Ses solutions sont les fonctions \(x \mapsto C\,\text{e}^{-x}\), où \(C\) est un réel quelconque.

c. Une fonction \(h\) est solution de \((E)\) si et seulement si \(h – g\) est solution de \(y^{\prime} + y = 0\) : en effet \((h – g)^{\prime} + (h – g) = (h^{\prime} + h) – (g^{\prime} + g)\), qui vaut 0 exactement quand \(h^{\prime} + h = 2\text{e}^x – x – 1\). Les solutions de \((E)\) sont donc les fonctions \(x \mapsto \text{e}^x – x + 2\text{e}^{-x} + C\,\text{e}^{-x}\), \(C \in \mathbb{R}\), que l’on peut aussi écrire \(x \mapsto \text{e}^x – x + K\text{e}^{-x}\) avec \(K \in \mathbb{R}\).

Partie B

1. On développe le membre de droite : \((\text{e}^x – 2)(\text{e}^x + 1) = \text{e}^{2x} + \text{e}^x – 2\text{e}^x – 2 = \text{e}^{2x} – \text{e}^x – 2\), en utilisant \(\text{e}^x \times \text{e}^x = \text{e}^{2x}\). L’égalité est vérifiée pour tout réel \(x\).

2. On met \(\text{e}^{-x}\) en facteur dans \(g^{\prime}(x)\), en utilisant \(\text{e}^x = \text{e}^{-x} \times \text{e}^{2x}\) et \(1 = \text{e}^{-x} \times \text{e}^{x}\) :

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

3. Sur \([1\,;\,+\infty[\), les trois facteurs de \(g^{\prime}(x)\) sont strictement positifs : \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(\text{e}^x + 1 \gt 0\) et \(\text{e}^x – 2 \gt 0\) (admis ; en effet \(\text{e}^x \geq\, \text{e} \approx 2{,}718\)). Donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) et \(g\) est strictement croissante sur \([1\,;\,+\infty[\), de \(g(1) = \text{e} – 1 + \dfrac{2}{\text{e}} \approx 2{,}45\) vers \(+\infty\) (car \(g(x) = \text{e}^x(1 – \dfrac{x}{\text{e}^x}) + 2\text{e}^{-x}\) avec \(\dfrac{x}{\text{e}^x}\) qui tend vers 0).

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