Corrigé du bac de maths 2022 en Asie (jour 1)

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. a. Si la case est blanche, le joueur tire un seul jeton parmi cinq, tous équiprobables. Il gagne si ce jeton est impair, c’est-à-dire s’il porte 1, 3 ou 5 : trois issues favorables sur cinq. Donc \(P_B(G) = \dfrac{3}{5} = 0{,}6\).

b. La roue a 12 cases équiprobables dont 4 blanches et 8 rouges, donc \(P(B) = \dfrac{4}{12} = \dfrac{1}{3}\) et \(P(R) = \dfrac{8}{12} = \dfrac{2}{3}\). Sachant \(B\), on gagne avec probabilité 0,6 (question a). Sachant \(R\), on gagne si les deux jetons tirés sont impairs, ce qui arrive avec la probabilité admise 0,3. Les branches vers \(\overline{G}\) portent les compléments à 1. L’arbre complété :

2. a. \(B\) et \(R\) forment une partition de l’univers (la case est soit blanche, soit rouge). Par la formule des probabilités totales :

\[P(G) = P(B) \times P_B(G) + P(R) \times P_R(G) = \dfrac{1}{3} \times 0{,}6 + \dfrac{2}{3} \times 0{,}3 = 0{,}2 + 0{,}2 = 0{,}4.\]

On a bien \(P(G) = 0{,}4\).

b. On sait que le joueur a gagné et on cherche la probabilité qu’il ait obtenu une case blanche, c’est-à-dire \(P_G(B)\) :

\[P_G(B) = \dfrac{P(B \cap G)}{P(G)} = \dfrac{0{,}2}{0{,}4} = 0{,}5.\]

Sachant qu’il a gagné, le joueur avait obtenu une case blanche avec une probabilité de 0,5.

3. \(B\) et \(G\) sont indépendants si et seulement si \(P_B(G) = P(G)\) (puisque \(P(B) \neq 0\)). Or \(P_B(G) = 0{,}6\) et \(P(G) = 0{,}4\). Autre façon de le voir : \(P(B \cap G) = 0{,}2\) alors que \(P(B) \times P(G) = \dfrac{1}{3} \times 0{,}4 \approx 0{,}133\). Les évènements \(B\) et \(G\) ne sont pas indépendants : obtenir une case blanche augmente les chances de gagner.

4. a. Chaque partie est une épreuve à deux issues : succès « le joueur gagne », de probabilité \(p = 0{,}4\), ou échec. Comme les jetons sont remis dans le sac après chaque partie, les dix parties se déroulent dans les mêmes conditions et de façon indépendante. On répète donc 10 fois, de manière indépendante, la même épreuve de Bernoulli, et \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 10\) et \(p = 0{,}4\).

b. Pour \(k\) entier entre 0 et 10, \(P(X = k) = \dbinom{10}{k} \times 0{,}4^k \times 0{,}6^{10-k}\). Avec \(k = 3\) :

\[P(X = 3) = \dbinom{10}{3} \times 0{,}4^3 \times 0{,}6^7 = 120 \times 0{,}064 \times 0{,}6^7 \approx 0{,}215.\]

La probabilité de gagner exactement trois parties sur dix est environ 0,215.

c. On passe par l’évènement contraire \(X \leq\, 3\), dont la probabilité se lit à la calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale) : \(P(X \leq\, 3) \approx 0{,}3823\). Donc :

\[P(X \geq\, 4) = 1 – P(X \leq\, 3) \approx 1 – 0{,}3823 = 0{,}6177.\]

Arrondie au millième, \(P(X \geq\, 4) \approx 0{,}618\). Interprétation : un joueur qui fait dix parties a environ 61,8 % de chances d’en gagner au moins quatre ; sur un grand nombre de séries de dix parties, un peu plus de six séries sur dix comptent au moins quatre victoires.

5. a. Pour \(n\) parties, avec le même raisonnement qu’en 4. a., le nombre de parties gagnées suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n~;~0{,}4)\). « Gagner au moins une partie » est l’évènement contraire de « perdre les \(n\) parties », dont la probabilité est \(0{,}6^n\) (chaque partie est perdue avec probabilité 0,6, indépendamment des autres). Donc \(p_n = 1 – 0{,}6^n\).

b. On résout \(p_n \geq\, 0{,}99\) :

\[1 – 0{,}6^n \geq\, 0{,}99 \iff 0{,}6^n \leq\, 0{,}01 \iff n\ln(0{,}6) \leq\, \ln(0{,}01)\]

par stricte croissance de la fonction \(\ln\) sur \(]0~;~+\infty[\). Comme \(\ln(0{,}6) \lt 0\), diviser par ce nombre change le sens de l’inégalité :

\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}6)} \approx 9{,}02.\]

La plus petite valeur est \(n = 10\). Contrôle : \(0{,}6^9 \approx 0{,}0101 \gt 0{,}01\) mais \(0{,}6^{10} \approx 0{,}0060 \leq\, 0{,}01\). Il faut donc jouer au moins 10 parties pour gagner au moins une fois avec une probabilité d’au moins 99 %.

Exercice 2 :

Partie A

1. En une demi-heure, l’organisme élimine 10 % du milligramme présent : il en reste \(0{,}9 \times 1 = 0{,}9\) mg. On ajoute la dose de 0,25 mg : \(u_1 = 0{,}9 + 0{,}25 = 1{,}15\). Au bout d’une demi-heure, le sang contient 1,15 mg de médicament.

2. Au bout de \(n\) périodes, la quantité est \(u_n\). Pendant la période suivante, 10 % sont éliminés : il reste \((1 – \dfrac{10}{100})u_n = 0{,}9u_n\). On ajoute ensuite 0,25 mg. La quantité au bout de \(n + 1\) périodes est donc \(u_{n+1} = 0{,}9u_n + 0{,}25\).

3. a. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(u_n \leq\, u_{n+1} \lt 5\) ».

Initialisation. \(u_0 = 1\) et \(u_1 = 1{,}15\) : on a bien \(1 \leq\, 1{,}15 \lt 5\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(u_n \leq\, u_{n+1} \lt 5\). En multipliant par \(0{,}9 \gt 0\), l’ordre est conservé : \(0{,}9u_n \leq\, 0{,}9u_{n+1} \lt 4{,}5\). En ajoutant 0,25 à chaque membre :

\[0{,}9u_n + 0{,}25 \leq\, 0{,}9u_{n+1} + 0{,}25 \lt 4{,}75, \quad \text{soit} \quad u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \lt 4{,}75 \lt 5.\]

Donc \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. Vraie au rang 0 et héréditaire, la propriété est vraie pour tout \(n\) : pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \leq\, u_{n+1} \lt 5\).

b. La question précédente montre que \((u_n)\) est croissante (\(u_n \leq\, u_{n+1}\)) et majorée par 5 (\(u_{n+1} \lt 5\) pour tout \(n\), et \(u_0 = 1 \lt 5\)). D’après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : \((u_n)\) est convergente.

4. a. On part de \(u = 1\) et \(n = 0\). Tant que le médicament n’est pas efficace, c’est-à-dire tant que \(u \lt 1{,}8\), on calcule la quantité suivante grâce à la relation de récurrence et on ajoute une période au compteur :

def efficace():
  u=1
  n=0
  while u < 1.8 :
     u=0.9*u+0.25
     n = n+1
  return n

b. En faisant tourner le script (ou en calculant les termes à la calculatrice) : \(u_6 \approx 1{,}703\), \(u_7 \approx 1{,}783 \lt 1{,}8\) et \(u_8 \approx 1{,}854 \geq\, 1{,}8\). La boucle s’arrête donc pour \(n = 8\) : le script renvoie 8. Huit périodes de trente minutes font 4 heures : selon ce modèle, le médicament devient réellement efficace au bout de 4 heures.

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

\[v_{n+1} = 2{,}5 – u_{n+1} = 2{,}5 – 0{,}9u_n – 0{,}25 = 2{,}25 – 0{,}9u_n = 0{,}9(2{,}5 – u_n) = 0{,}9v_n.\]

Donc \((v_n)\) est géométrique de raison 0,9, de premier terme \(v_0 = 2{,}5 – u_0 = 1{,}5\).

b. Pour une suite géométrique, \(v_n = v_0 \times 0{,}9^n = 1{,}5 \times 0{,}9^n\). Comme \(u_n = 2{,}5 – v_n\), on obtient pour tout entier naturel \(n\) : \(u_n = 2{,}5 – 1{,}5 \times 0{,}9^n\).

c. Pour tout \(n\), \(1{,}5 \times 0{,}9^n \gt 0\), donc \(u_n \lt 2{,}5\). De plus, comme \(0 \lt 0{,}9 \lt 1\), \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 0{,}9^n = 0\) et \((u_n)\) tend vers 2,5 en restant en dessous. La quantité de médicament ne dépasse jamais 2,5 mg, donc jamais 3 mg : d’après ce modèle, le traitement ne présente pas de risque de toxicité.

Partie B

1. 3 h 45 min correspondent à \(3 + \dfrac{45}{60} = 3{,}75\) h. Alors :

\[f(3{,}75) = 2{,}5 – 1{,}5\,\text{e}^{-0{,}2 \times 3{,}75} = 2{,}5 – 1{,}5\,\text{e}^{-0{,}75} \approx 1{,}791.\]

Comme \(1{,}791 \lt 1{,}8\), le médicament n’est pas encore réellement efficace au bout de 3 h 45 min.

2. On résout \(f(t) \geq\, 1{,}8\) sur \([0~;~+\infty[\) :

\[2{,}5 – 1{,}5\,\text{e}^{-0{,}2t} \geq\, 1{,}8 \iff 0{,}7 \geq\, 1{,}5\,\text{e}^{-0{,}2t} \iff \text{e}^{-0{,}2t} \leq\, \dfrac{7}{15}.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante, donc cela équivaut à \(-0{,}2t \leq\, \ln(\dfrac{7}{15})\), puis, en multipliant par \(-5 \lt 0\) (le sens change) :

\[t \geq\, -5\ln(\dfrac{7}{15}) \approx 3{,}811.\]

Or \(0{,}811 \times 60 \approx 48{,}6\) min. Selon ce modèle, le médicament devient réellement efficace au bout d’environ 3 h 49 min (valeur exacte : \(5\ln(\dfrac{15}{7})\) heures).

3. Le modèle discret donnait 8 périodes, soit 4 h, et le modèle continu donne environ 3 h 49 min. Les deux résultats sont proches ; l’écart vient du fait que le modèle discret ne regarde la quantité que toutes les demi-heures (à 3 h 30 elle vaut \(u_7 \approx 1{,}78\), à 4 h elle vaut \(u_8 \approx 1{,}85\)), alors que le modèle continu repère l’instant précis où le seuil de 1,8 mg est franchi, entre ces deux relevés. Avec la perfusion continue, l’efficacité est atteinte environ 11 minutes plus tôt.

Exercice 3 :

1. P(0 ; 0 ; 1) est sur l’arête [AE], au tiers de sa longueur en partant de A. Q(0 ; 2 ; 3) et R(1 ; 0 ; 3) ont pour cote 3 : ils sont sur la face supérieure EFGH. Q est sur l’arête [EH], aux deux tiers en partant de E ; R est sur l’arête [EF], au tiers en partant de E.

2. On calcule les coordonnées des vecteurs puis les longueurs :

\[\vec{\text{RP}}(-1~;~0~;~-2), \quad \text{RP} = \sqrt{1 + 0 + 4} = \sqrt{5}\,; \qquad \vec{\text{RQ}}(-1~;~2~;~0), \quad \text{RQ} = \sqrt{1 + 4 + 0} = \sqrt{5}.\]

On a RP = RQ = \(\sqrt{5}\) : le triangle PQR est isocèle en R. (Le troisième côté vaut \(\text{PQ} = \sqrt{0 + 4 + 4} = 2\sqrt{2}\).)

3. \(\vec{\text{PQ}}(0~;~2~;~2)\) et \(\vec{\text{PR}}(1~;~0~;~2)\). Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) avec \(\vec{\text{PR}} = k\vec{\text{PQ}}\) ; la première coordonnée donnerait \(1 = k \times 0\), impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc P, Q et R ne sont pas alignés : ils définissent un plan.

4. a. On vérifie que \(\vec{u}(2~;~1~;~-1)\) est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires \(\vec{\text{PQ}}\) et \(\vec{\text{PR}}\) du plan :

\[\vec{u} \cdot \vec{\text{PQ}} = 2 \times 0 + 1 \times 2 + (-1) \times 2 = 0, \qquad \vec{u} \cdot \vec{\text{PR}} = 2 \times 1 + 1 \times 0 + (-1) \times 2 = 0.\]

Orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan, \(\vec{u}\) est normal au plan (PQR).

b. Le plan a une équation de la forme \(2x + y – z + d = 0\). Il contient \(\text{P}(0~;~0~;~1)\) : \(0 + 0 – 1 + d = 0\), d’où \(d = 1\). Une équation cartésienne de (PQR) est \(2x + y – z + 1 = 0\). Vérification avec Q : \(0 + 2 – 3 + 1 = 0\) ; avec R : \(2 + 0 – 3 + 1 = 0\).

c. La droite \((d)\) est orthogonale au plan : elle a pour vecteur directeur le vecteur normal \(\vec{u}(2~;~1~;~-1)\). Elle passe par \(\text{E}(0~;~0~;~3)\). Une représentation paramétrique de \((d)\) est :

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

d. Le projeté orthogonal de E sur (PQR) est le point d’intersection de \((d)\) avec le plan. On vérifie que L remplit les deux conditions.

L est sur \((d)\) : avec \(t = \dfrac{1}{3}\), on obtient \(x = \dfrac{2}{3}\), \(y = \dfrac{1}{3}\), \(z = 3 – \dfrac{1}{3} = \dfrac{8}{3}\), qui sont les coordonnées de L.

L est dans le plan : \(2 \times \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{3} – \dfrac{8}{3} + 1 = \dfrac{4 + 1 – 8 + 3}{3} = 0\).

L est donc à l’intersection de la droite orthogonale au plan passant par E et du plan : L est le projeté orthogonal de E sur (PQR).

e. La distance de E au plan est la longueur EL. Avec \(\vec{\text{EL}}(\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{1}{3}~;~-\dfrac{1}{3})\) :

\[\text{EL} = \sqrt{\dfrac{4}{9} + \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{9}} = \sqrt{\dfrac{6}{9}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}.\]

La distance entre E et le plan (PQR) est \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\), soit environ 0,82 unité de longueur.

5. Les points E(0 ; 0 ; 3), Q(0 ; 2 ; 3) et R(1 ; 0 ; 3) ont tous pour cote 3 : ils sont dans le plan de la face EFGH, d’équation \(z = 3\). On a \(\vec{\text{EQ}}(0~;~2~;~0)\) et \(\vec{\text{ER}}(1~;~0~;~0)\), de produit scalaire nul : le triangle EQR est rectangle en E, avec EQ = 2 et ER = 1. Son aire vaut \(\dfrac{\text{EQ} \times \text{ER}}{2} = \dfrac{2 \times 1}{2} = 1\).

La hauteur associée est la distance de P au plan \(z = 3\). La droite (PE) est portée par l’arête [AE], verticale, donc perpendiculaire à la face EFGH : la hauteur est \(\text{PE} = 3 – 1 = 2\). Ainsi :

\[V = \dfrac{1}{3} \times 1 \times 2 = \dfrac{2}{3}.\]

Le volume du tétraèdre EPQR est bien \(\dfrac{2}{3}\) unité de volume.

6. On calcule maintenant le même volume en prenant PQR comme base : la hauteur correspondante est la distance de E au plan (PQR), c’est-à-dire \(\text{EL} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}\). En notant \(\mathcal{A}\) l’aire de PQR :

\[\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A} \times \dfrac{\sqrt{6}}{3} \iff \mathcal{A} = \dfrac{2 \times 3}{\sqrt{6}} = \dfrac{6}{\sqrt{6}} = \sqrt{6}.\]

L’aire du triangle PQR est \(\sqrt{6}\) unités d’aire, soit environ 2,45 u.a.

Exercice 4 :

Partie A

1. Le point A(1 ; 3) est sur la courbe, donc \(f(1) = 3\). Le nombre dérivé \(f^{\prime}(1)\) est le coefficient directeur de la tangente en A, qui est la droite (AB) :

\[f^{\prime}(1) = \dfrac{y_\text{B} – y_\text{A}}{x_\text{B} – x_\text{A}} = \dfrac{5 – 3}{3 – 1} = 1.\]

Donc \(f^{\prime}(1) = 1\).

2. a. Comme \(a \geq\, 0\), \(ax^2 + 1 \geq\, 1 \gt 0\) pour tout réel \(x\). La fonction \(f\) est de la forme \(\ln(w) + b\) avec \(w(x) = ax^2 + 1\), strictement positive et dérivable, de dérivée \(w^{\prime}(x) = 2ax\). Or \((\ln w)^{\prime} = \dfrac{w^{\prime}}{w}\), donc \(f^{\prime}(x) = \dfrac{2ax}{ax^2 + 1}\).

b. La condition \(f^{\prime}(1) = 1\) donne \(\dfrac{2a}{a + 1} = 1\), soit \(2a = a + 1\), donc \(a = 1\). La condition \(f(1) = 3\) donne alors \(\ln(1 + 1) + b = 3\), soit \(b = 3 – \ln(2)\) (qui est bien positif, environ 2,31). Ainsi \(a = 1\) et \(b = 3 – \ln(2)\).

Partie B

1. \(\mathbb{R}\) est symétrique par rapport à 0, et pour tout réel \(x\) : \(f(-x) = \ln((-x)^2 + 1) + 3 – \ln(2) = \ln(x^2 + 1) + 3 – \ln(2) = f(x)\). La fonction \(f\) est paire : sa courbe est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

2. On a \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (x^2 + 1) = +\infty\) et \(\displaystyle\lim_{X \to +\infty} \ln(X) = +\infty\). Par composition, \(\ln(x^2 + 1)\) tend vers \(+\infty\), et en ajoutant la constante \(3 – \ln(2)\) : \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\). Comme \(f\) est paire, on a aussi \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty\).

3. C’est le cas \(a = 1\) de la partie A : \(f^{\prime}(x) = \dfrac{2x}{x^2 + 1}\). Le dénominateur est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(2x\) : négatif pour \(x \lt 0\), nul en 0, positif pour \(x \gt 0\). Donc \(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty~;~0]\) et strictement croissante sur \([0~;~+\infty[\). Elle admet un minimum en 0 : \(f(0) = \ln(1) + 3 – \ln(2) = 3 – \ln(2)\).

Le minimum vaut \(3 – \ln(2) \approx 2{,}31\), ce que confirme la courbe.

4. Sur \(]-\infty~;~0]\), \(f\) est continue et strictement décroissante de \(+\infty\) à \(3 – \ln(2)\) ; sur \([0~;~+\infty[\), elle est continue et strictement croissante de \(3 – \ln(2)\) à \(+\infty\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires :

• si \(k \gt 3 – \ln(2)\), l’équation \(f(x) = k\) a une solution strictement négative et une solution strictement positive, donc deux solutions ;
• si \(k = 3 – \ln(2)\), la seule solution est 0 ;
• si \(k \lt 3 – \ln(2)\), il n’y a aucune solution.

L’équation \(f(x) = k\) admet deux solutions pour tout réel \(k \gt 3 – \ln(2)\), c’est-à-dire \(k \in ]3 – \ln(2)~;~+\infty[\).

5. Pour tout réel \(x\) :

\[f(x) = 3 + \ln 2 \iff \ln(x^2 + 1) + 3 – \ln 2 = 3 + \ln 2 \iff \ln(x^2 + 1) = 2\ln 2 = \ln 4.\]

La fonction \(\ln\) étant strictement croissante, donc injective, cela équivaut à \(x^2 + 1 = 4\), soit \(x^2 = 3\). L’ensemble des solutions est \(\{-\sqrt{3}~;~\sqrt{3}\}\). Cohérent avec la question 4 : \(3 + \ln 2 \gt 3 – \ln 2\), il y a bien deux solutions, opposées puisque \(f\) est paire.

Partie C

1. Sur le graphique, la courbe semble tournée vers le haut autour de son minimum, puis changer de courbure de part et d’autre, là où elle est la plus proche de sa tangente (en A, la tangente semble traverser la courbe). On conjecture deux points d’inflexion, d’abscisses \(-1\) et \(1\).

2. \(f^{\prime}(x) = \dfrac{2x}{x^2 + 1}\) est un quotient \(\dfrac{u}{v}\) de fonctions dérivables avec \(v\) ne s’annulant pas : \(u(x) = 2x\), \(u^{\prime}(x) = 2\), \(v(x) = x^2 + 1\), \(v^{\prime}(x) = 2x\). Avec \((\dfrac{u}{v})^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}v – uv^{\prime}}{v^2}\) :

\[f^{\prime\prime}(x) = \dfrac{2(x^2 + 1) – 2x \times 2x}{(x^2 + 1)^2} = \dfrac{2x^2 + 2 – 4x^2}{(x^2 + 1)^2} = \dfrac{2 – 2x^2}{(x^2 + 1)^2} = \dfrac{2(1 – x^2)}{(x^2 + 1)^2}.\]

3. Le dénominateur est strictement positif, donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(1 – x^2 = (1 – x)(1 + x)\), trinôme qui s’annule en \(-1\) et \(1\) et qui est positif entre ses racines :

\(f^{\prime\prime}\) est positive ou nulle exactement sur \([-1~;~1]\) : le plus grand intervalle sur lequel \(f\) est convexe est \([-1~;~1]\). Comme \(f^{\prime\prime}\) s’annule en changeant de signe en \(-1\) et en 1, la courbe admet bien deux points d’inflexion, d’abscisses \(-1\) et 1, ce qui confirme la conjecture ; leur ordonnée commune est \(f(1) = \ln 2 + 3 – \ln 2 = 3\), et le point d’inflexion d’abscisse 1 est justement A(1 ; 3).

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