Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Réponse c. On dérive le quotient \(\dfrac{v}{w}\) avec \(v(x) = \text{e}^{2x}\), \(v^{\prime}(x) = 2\text{e}^{2x}\), \(w(x) = x\), \(w^{\prime}(x) = 1\) : \(f^{\prime}(x) = \dfrac{2\text{e}^{2x} \times x – \text{e}^{2x} \times 1}{x^2}\), soit \(f^{\prime}(x) = \dfrac{\text{e}^{2x}(2x – 1)}{x^2}\).
2. Réponse c. Sur \(]0\,;\,+\infty[\), \(\text{e}^{2x} \gt 0\) et \(x^2 \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(2x – 1\) : négatif sur \(]0\,;\,\dfrac{1}{2}[\), nul en \(\dfrac{1}{2}\), positif ensuite. \(f\) décroît puis croît : elle admet un minimum en \(\dfrac{1}{2}\) (qui vaut \(f(\dfrac{1}{2}) = 2\text{e}\)). Elle n’est donc ni décroissante ni monotone sur \(]0\,;\,+\infty[\).
3. Réponse a. On écrit \(f(x) = 2 \times \dfrac{\text{e}^{2x}}{2x}\). Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(X = 2x\) tend vers \(+\infty\), et par croissances comparées \(\dfrac{\text{e}^X}{X}\) tend vers \(+\infty\). Donc \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\). (La réponse d n’a pas de sens : une limite ne dépend pas de \(x\).)
4. Réponse b. Sur \(]0\,;\,+\infty[\), \(2\text{e}^{2x} \gt 0\) et \(x^3 \gt 0\), donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(2x^2 – 2x + 1\). Son discriminant vaut \((-2)^2 – 4 \times 2 \times 1 = -4 \lt 0\) : le trinôme garde le signe de son coefficient dominant 2, il est toujours strictement positif. Ainsi \(f^{\prime\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0\,;\,+\infty[\) : \(f\) est convexe sur \(]0\,;\,+\infty[\), et sa courbe n’a aucun point d’inflexion.
Exercice 2 :
Partie I
1. D’après l’énoncé, \(p(D) = 0{,}05\), \(p_D(T) = 0{,}98\) et \(p_{\overline{D}}(\overline{T}) = 0{,}97\). On complète chaque paire de branches pour que la somme fasse 1. L’arbre pondéré se lit ainsi :
| Premier niveau | Probabilité | Second niveau | Probabilité conditionnelle |
|---|---|---|---|
| \(D\) | \(0{,}05\) | \(T\) | \(0{,}98\) |
| \(\overline{T}\) | \(0{,}02\) | ||
| \(\overline{D}\) | \(0{,}95\) | \(T\) | \(0{,}03\) |
| \(\overline{T}\) | \(0{,}97\) |
2. a. On suit la branche \(D\) puis \(T\) : \(p(D \cap T) = p(D) \times p_D(T) = 0{,}05 \times 0{,}98\), donc \(p(D \cap T) = 0{,}049\).
b. De même \(p(\overline{D} \cap T) = 0{,}95 \times 0{,}03 = 0{,}0285\). Les évènements \(D\) et \(\overline{D}\) forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales :
\[p(T) = p(D \cap T) + p(\overline{D} \cap T) = 0{,}049 + 0{,}0285 = 0{,}0775.\]
3. La valeur prédictive positive est \(p_T(D) = \dfrac{p(D \cap T)}{p(T)} = \dfrac{0{,}049}{0{,}0775} \approx 0{,}632\). Elle est bien inférieure à 0,95 : le test n’est pas efficace. Environ 37 % des pièces testées positives sont en fait correctes : comme les pièces saines sont très nombreuses, les 3 % de faux positifs parmi elles pèsent lourd.
Partie II
1. On répète 20 fois, de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « la pièce est défectueuse » a pour probabilité 0,05. \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 20\) et \(p = 0{,}05\).
2. L’évènement contraire de « au moins une pièce défectueuse » est « aucune pièce défectueuse », de probabilité \(p(X = 0) = 0{,}95^{20}\). Donc \(p(X \geq\, 1) = 1 – 0{,}95^{20} \approx 0{,}6415\), soit environ 0,64 au centième.
3. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 20 \times 0{,}05\), donc \(E(X) = 1\). En moyenne, sur un grand nombre d’échantillons de 20 pièces, on trouve une pièce défectueuse par échantillon.
Exercice 3 :
I – Premier modèle
En 10 minutes, la température est passée de −19 °C à 1,3 °C : elle a augmenté de \(1{,}3 – (-19) = 20{,}3\) °C, soit \(2{,}03\) °C par minute si l’augmentation est constante. Au bout de 25 minutes, elle aurait augmenté de \(25 \times 2{,}03 = 50{,}75\) °C et vaudrait \(-19 + 50{,}75 = 31{,}75\) °C. Selon ce modèle, les gâteaux seraient à 31,75 °C, plus chauds que l’air de la terrasse (25 °C), ce qui est physiquement impossible : ce modèle n’est pas pertinent.
II – Second modèle
1. En développant : \(T_{n+1} – T_n = -0{,}06T_n + 0{,}06 \times 25 = -0{,}06T_n + 1{,}5\). En ajoutant \(T_n\) aux deux membres : \(T_{n+1} = T_n – 0{,}06T_n + 1{,}5\), c’est-à-dire \(T_{n+1} = 0{,}94T_n + 1{,}5\).
2. \(T_1 = 0{,}94 \times (-19) + 1{,}5 = -16{,}36\) et \(T_2 = 0{,}94 \times (-16{,}36) + 1{,}5 = -13{,}8784\). Arrondis au dixième : \(T_1 \approx -16{,}4\) °C et \(T_2 \approx -13{,}9\) °C.
3. Soit \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(T_n \leq\, 25\) ».
Initialisation. \(T_0 = -19 \leq\, 25\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(T_n \leq\, 25\) pour un entier naturel \(n\). En multipliant par \(0{,}94 \gt 0\) : \(0{,}94T_n \leq\, 23{,}5\), puis en ajoutant 1,5 : \(0{,}94T_n + 1{,}5 \leq\, 25\), c’est-à-dire \(T_{n+1} \leq\, 25\). \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. Par récurrence, \(T_n \leq\, 25\) pour tout entier naturel \(n\). C’était prévisible : des gâteaux qui se réchauffent au contact de l’air ne peuvent pas devenir plus chauds que cet air, dont la température est de 25 °C.
4. Pour tout \(n\), \(T_{n+1} – T_n = -0{,}06(T_n – 25) = 0{,}06(25 – T_n)\). D’après la question 3, \(25 – T_n \geq\, 0\), donc \(T_{n+1} – T_n \geq\, 0\) : la suite \((T_n)\) est croissante.
5. La suite \((T_n)\) est croissante et majorée par 25 : d’après le théorème de convergence monotone, elle converge (vers une limite inférieure ou égale à 25).
6. a. Pour tout \(n\) : \(U_{n+1} = T_{n+1} – 25 = 0{,}94T_n + 1{,}5 – 25 = 0{,}94T_n – 23{,}5\). Comme \(23{,}5 = 0{,}94 \times 25\), on obtient \(U_{n+1} = 0{,}94(T_n – 25) = 0{,}94\,U_n\). \((U_n)\) est géométrique de raison \(0{,}94\) et de premier terme \(U_0 = -19 – 25 = -44\).
b. Pour tout entier naturel \(n\), \(U_n = U_0 \times 0{,}94^n = -44 \times 0{,}94^n\), et comme \(T_n = U_n + 25\), on obtient bien \(T_n = -44 \times 0{,}94^n + 25\).
c. Comme \(0 \lt 0{,}94 \lt 1\), \(0{,}94^n\) tend vers 0, donc \(-44 \times 0{,}94^n\) aussi et \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} T_n = 25\). Au fil du temps, la température des gâteaux se rapproche de celle de la terrasse : ils finissent par être à température ambiante.
7. a. Une demi-heure correspond à \(n = 30\) : \(T_{30} = 25 – 44 \times 0{,}94^{30} \approx 18{,}12\). Les gâteaux sont alors à environ 18 °C.
b. On cherche à partir de quand \(T_n \geq\, 10\). À la calculatrice, \(T_{17} \approx 9{,}63\) et \(T_{18} \approx 10{,}55\). La suite étant croissante, la température de 10 °C est atteinte entre 17 et 18 minutes après la sortie du congélateur. (Par le calcul : \(T_n \geq\, 10 \iff 0{,}94^n \leq\, \dfrac{15}{44} \iff n \geq\, \dfrac{\ln(15/44)}{\ln(0{,}94)} \approx 17{,}4\), le sens de l’inégalité changeant car \(\ln(0{,}94) \lt 0\).)
c. On part de \(T_0 = -19\) et, tant que la température reste strictement inférieure à 10, on calcule la température de la minute suivante et on ajoute 1 au compteur. La boucle s’arrête au premier \(n\) tel que \(T_n \geq\, 10\), que l’on renvoie. Le programme complété renvoie 18.
def seuil() :
n=0
T=-19
while T < 10 :
T=0.94*T+1.5
n=n+1
return n
Exercice A :
1. La droite \(d\) passe par O(0 ; 0 ; 0) et a pour vecteur directeur \(\vec{u}(1\,;\,1\,;\,0)\). Un point \(M(x\,;\,y\,;\,z)\) est sur \(d\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{O}M} = t\,\vec{u}\), d’où la représentation paramétrique :
\[\{\begin{array}{l} x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]
2. a. \(\vec{AM}\) a pour coordonnées \((t – 1\,;\,t – 3\,;\,-2)\). Le repère étant orthonormé :
\[AM^2 = (t – 1)^2 + (t – 3)^2 + (-2)^2 = t^2 – 2t + 1 + t^2 – 6t + 9 + 4 = 2t^2 – 8t + 14.\]
b. Le trinôme \(2t^2 – 8t + 14\) a un coefficient dominant positif : il atteint son minimum en \(t = -\dfrac{-8}{2 \times 2} = 2\). On peut aussi l’écrire sous forme canonique : \(2t^2 – 8t + 14 = 2(t – 2)^2 + 6\), qui est minimal quand \(t = 2\) et vaut alors 6. Le point correspondant de \(d\) est \((2\,;\,2\,;\,0)\) : c’est \(M_0\), le point de \(d\) le plus proche de A, et \(AM_0 = \sqrt{6}\).
3. \(\vec{AM_0}\) a pour coordonnées \((1\,;\,-1\,;\,-2)\). Alors \(\vec{AM_0} \cdot \vec{u} = 1 \times 1 + (-1) \times 1 + (-2) \times 0 = 0\). Les vecteurs directeurs sont orthogonaux, donc les droites \((AM_0)\) et \(d\) sont orthogonales (elles sont même perpendiculaires en \(M_0\)).
4. Montrons que \(d\) est orthogonale au plan \((AA^{\prime}M_0)\). On a \(\vec{A^{\prime}M_0}(1\,;\,-1\,;\,0)\) et \(\vec{A^{\prime}A}(0\,;\,0\,;\,2)\), qui ne sont pas colinéaires et dirigent le plan. Or \(\vec{u} \cdot \vec{A^{\prime}M_0} = 1 – 1 + 0 = 0\) et \(\vec{u} \cdot \vec{A^{\prime}A} = 0 + 0 + 0 = 0\). Le vecteur \(\vec{u}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : la droite \(d\) est orthogonale au plan \((AA^{\prime}M_0)\). Comme O est sur \(d\) et que \(d\) coupe le plan en \(M_0\), \(M_0\) est le projeté orthogonal de O sur le plan \((AA^{\prime}M_0)\). Pour tout autre point \(N\) de ce plan, le triangle \(OM_0N\) est rectangle en \(M_0\), donc \(ON^2 = OM_0^2 + M_0N^2 \gt OM_0^2\) : \(M_0\) est le point du plan le plus proche de O.
5. On prend pour base le triangle \(AA^{\prime}M_0\) et pour hauteur \(OM_0\), puisque \((OM_0)\) est perpendiculaire à ce plan (question 4). Le triangle \(AA^{\prime}M_0\) est rectangle en \(A^{\prime}\) car \(\vec{A^{\prime}A} \cdot \vec{A^{\prime}M_0} = 0\). Avec \(AA^{\prime} = 2\) et \(A^{\prime}M_0 = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}\), son aire vaut \(\mathcal{B} = \dfrac{2 \times \sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}\). La hauteur est \(h = OM_0 = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt{2}\). Donc :
\[V = \dfrac{1}{3} \times \sqrt{2} \times 2\sqrt{2} = \dfrac{4}{3}.\]
Le volume de la pyramide \(OM_0A^{\prime}A\) est \(\dfrac{4}{3}\) unité de volume.
Exercice B :
1. On dérive le produit : \(u^{\prime}(x) = 2x\,\text{e}^x + x^2\text{e}^x\). Or \(x^2\text{e}^x = u(x)\), donc \(u^{\prime}(x) = u(x) + 2x\,\text{e}^x\) pour tout réel \(x\) : \(u\) est une solution particulière de \((E)\).
2. a. Supposons \(f\) solution de \((E)\) : \(f^{\prime}(x) = f(x) + 2x\,\text{e}^x\) pour tout \(x\). La fonction \(g = f – u\) est dérivable et :
\[g^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) – u^{\prime}(x) = (f(x) + 2x\,\text{e}^x) – (u(x) + 2x\,\text{e}^x) = f(x) – u(x) = g(x).\]
\(g\) est donc solution de \(y^{\prime} = y\).
b. Les solutions de \(y^{\prime} = y\) sont les fonctions \(x \mapsto K\text{e}^x\), \(K \in \mathbb{R}\). D’après la question a et sa réciproque admise, \(f\) est solution de \((E)\) si et seulement si \(f – u\) est de cette forme, c’est-à-dire \(f(x) = u(x) + K\text{e}^x\). Les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(x \mapsto (x^2 + K)\text{e}^x\), où \(K\) est un réel quelconque.
3. a. \(u^{\prime}(x) = (x^2 + 2x)\text{e}^x = x(x + 2)\,\text{e}^x\). Comme \(\text{e}^x \gt 0\), \(u^{\prime}(x)\) a le signe de \(x(x + 2)\), trinôme de racines \(-2\) et \(0\), positif à l’extérieur des racines. Donc \(u^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]-\infty\,;\,-2[\) et sur \(]0\,;\,+\infty[\), \(u^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]-2\,;\,0[\), et \(u^{\prime}(-2) = u^{\prime}(0) = 0\).
b. On calcule \(u(-2) = 4\text{e}^{-2} \approx 0{,}54\) et \(u(0) = 0\). Tableau de variations :
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-2\) | \(0\) | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(u^{\prime}(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | ||
| variations de \(u\) | croissante ↗ | \(4\text{e}^{-2}\) | décroissante ↘ | \(0\) | croissante ↗ |
c. \(u^{\prime}(x) = (x^2 + 2x)\text{e}^x\) est dérivable et \(u^{\prime\prime}(x) = (2x + 2)\text{e}^x + (x^2 + 2x)\text{e}^x = (x^2 + 4x + 2)\text{e}^x\). \(u^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(x^2 + 4x + 2\), de discriminant \(16 – 8 = 8\) et de racines \(\dfrac{-4 – 2\sqrt{2}}{2} = -2 – \sqrt{2}\) et \(-2 + \sqrt{2}\). Le trinôme est négatif entre ses racines. \(u\) est concave là où \(u^{\prime\prime} \leq\, 0\) : le plus grand intervalle sur lequel \(u\) est concave est \([-2 – \sqrt{2}\,;\,-2 + \sqrt{2}]\), soit environ \([-3{,}41\,;\,-0{,}59]\).
Retour à l’énoncé : Bac de maths 2021 en France (jour 1) : sujet et corrigé.
