Bac maths 2022 Asie J1 : sujet et corrigé

Voici le sujet du bac de spécialité mathématiques Asie 2022, jour 1, posé le 17 mai 2022, accompagné de son corrigé détaillé rédigé question par question. Le candidat traitait trois exercices au choix parmi quatre. Le premier se déroule à une kermesse : une roue blanche et rouge, des jetons impairs à tirer, un arbre, un test d’indépendance puis une loi binomiale sur dix parties. Le deuxième suit la quantité d’un médicament dans le sang, d’abord avec une suite et un script Python, ensuite avec une fonction exponentielle. Le troisième place un triangle PQR dans un cube pour calculer la distance d’un sommet au plan et le volume d’un tétraèdre. Le dernier étudie \(f(x) = \ln(x^2 + 1) + 3 – \ln(2)\) : tangente, parité, variations et convexité.

Tous les sujets pour préparer l’épreuve de spécialité du bac 2027 de mathématiques sont regroupés, avec leurs corrigés, sur notre page de révision.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2022
Mathématiques — Jour 1
Asie — 17 mai 2022
Durée de l’épreuve : 4 heures

Le sujet propose 4 exercices.

Le candidat choisit 3 exercices parmi les 4 exercices et ne doit traiter que ces 3 exercices.

Chaque exercice est noté sur 7 points (le total sera ramené sur 20 points).

Les traces de recherche, même incomplètes ou infructueuses, seront prises en compte.

Exercice 1 (7 points)

Principaux domaines abordés : Probabilités conditionnelles et indépendance. Variables aléatoires.

Lors d’une kermesse, un organisateur de jeux dispose, d’une part, d’une roue comportant quatre cases blanches et huit cases rouges et, d’autre part, d’un sac contenant cinq jetons portant les numéros 1, 2, 3, 4 et 5.

Le jeu consiste à faire tourner la roue, chaque case ayant la même probabilité d’être obtenue, puis à extraire un ou deux jetons du sac selon la règle suivante :

si la case obtenue par la roue est blanche, alors le joueur extrait un jeton du sac ;
si la case obtenue par la roue est rouge, alors le joueur extrait successivement et sans remise deux jetons du sac.

Le joueur gagne si le ou les jetons tirés portent tous un numéro impair.

1. Un joueur fait une partie et on note \(B\) l’évènement « la case obtenue est blanche », \(R\) l’évènement « la case obtenue est rouge » et \(G\) l’évènement « le joueur gagne la partie ».

a. Donner la valeur de la probabilité conditionnelle \(P_B(G)\).

b. On admettra que la probabilité de tirer successivement et sans remise deux jetons impairs est égale à \(0{,}3\).

Recopier et compléter l’arbre de probabilité suivant :

2. a. Montrer que \(P(G) = 0{,}4\).

b. Un joueur gagne la partie.

Quelle est la probabilité qu’il ait obtenu une case blanche en lançant la roue ?

3. Les évènements \(B\) et \(G\) sont-ils indépendants ? Justifier.

4. Un même joueur fait dix parties. Les jetons tirés sont remis dans le sac après chaque partie.

On note \(X\) la variable aléatoire égale au nombre de parties gagnées.

a. Expliquer pourquoi \(X\) suit une loi binomiale et préciser ses paramètres.

b. Calculer la probabilité, arrondie à \(10^{-3}\) près, que le joueur gagne exactement trois parties sur les dix parties jouées.

c. Calculer \(P(X \geq\, 4)\) arrondie à \(10^{-3}\) près.

Donner une interprétation du résultat obtenu.

5. Un joueur fait \(n\) parties et on note \(p_n\) la probabilité de l’évènement « le joueur gagne au moins une partie ».

a. Montrer que \(p_n = 1 – 0{,}6^n\).

b. Déterminer la plus petite valeur de l’entier \(n\) pour laquelle la probabilité de gagner au moins une partie est supérieure ou égale à \(0{,}99\).

Exercice 2 (7 points)

Principaux domaines abordés : Suites numériques. Algorithmique et programmation.

Un médicament est administré à un patient par voie intraveineuse.

Partie A : modèle discret de la quantité médicamenteuse

Après une première injection de 1 mg de médicament, le patient est placé sous perfusion.

On estime que, toutes les 30 minutes, l’organisme du patient élimine 10 % de la quantité de médicament présente dans le sang et qu’il reçoit une dose supplémentaire de 0,25 mg de la substance médicamenteuse.

On étudie l’évolution de la quantité de médicament dans le sang avec le modèle suivant :

pour tout entier naturel \(n\), on note \(u_n\) la quantité, en mg, de médicament dans le sang du patient au bout de \(n\) périodes de trente minutes. On a donc \(u_0 = 1\).

1. Calculer la quantité de médicament dans le sang au bout d’une demi-heure.

2. Justifier que, pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1} = 0{,}9u_n + 0{,}25\).

3. a. Montrer par récurrence sur \(n\) que, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \leq\, u_{n+1} \lt 5\).

b. En déduire que la suite \((u_n)\) est convergente.

4. On estime que le médicament est réellement efficace lorsque sa quantité dans le sang du patient est supérieure ou égale à 1,8 mg.

a. Recopier et compléter le script écrit en langage Python suivant de manière à déterminer au bout de combien de périodes de trente minutes le médicament commence à être réellement efficace.

def efficace():
  u=1
  n=0
  while ...... :
     u=......
     n = n+1
  return n

b. Quelle est la valeur renvoyée par ce script ? Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

5. Soit \((v_n)\) la suite définie, pour tout entier naturel \(n\), par \(v_n = 2{,}5 – u_n\).

a. Montrer que \((v_n)\) est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier terme \((v_0)\).

b. Montrer que, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = 2{,}5 – 1{,}5 \times 0{,}9^n\).

c. Le médicament devient toxique lorsque sa quantité présente dans le sang du patient dépasse 3 mg.

D’après le modèle choisi, le traitement présente-t-il un risque pour le patient ? Justifier.

Partie B : modèle continu de la quantité médicamenteuse

Après une injection initiale de 1 mg de médicament, le patient est placé sous perfusion.

Le débit de la substance médicamenteuse administrée au patient est de 0,5 mg par heure.

La quantité de médicament dans le sang du patient, en fonction du temps, est modélisée par la fonction \(f\), définie sur \([0~;~+\infty[\), par

\[f(t) = 2{,}5 – 1{,}5\,\text{e}^{-0{,}2t},\]

où \(t\) désigne la durée de la perfusion exprimée en heure.

On rappelle que ce médicament est réellement efficace lorsque sa quantité dans le sang du patient est supérieure ou égale à 1,8 mg.

1. Le médicament est-il réellement efficace au bout de 3 h 45 min ?

2. Selon ce modèle, déterminer au bout de combien de temps le médicament devient réellement efficace.

3. Comparer le résultat obtenu avec celui obtenu à la question 4. b. du modèle discret de la Partie A.

Exercice 3 (7 points)

Principaux domaines abordés : Manipulation des vecteurs, des droites et des plans de l’espace. Orthogonalité et distances dans l’espace. Représentations paramétriques et équations cartésiennes.

Le solide ABCDEFGH est un cube. On se place dans le repère orthonormé \((\text{A}~;~\vec{\imath},~\vec{\jmath},~\vec{k})\) de l’espace dans lequel les coordonnées des points B, D et E sont :

\[\text{B}(3~;~0~;~0),\quad \text{D}(0~;~3~;~0)\quad \text{et}\quad \text{E}(0~;~0~;~3).\]

On considère les points \(\text{P}(0~;~0~;~1)\), \(\text{Q}(0~;~2~;~3)\) et \(\text{R}(1~;~0~;~3)\).

1. Placer les points P, Q et R sur la figure en ANNEXE qui sera à rendre avec la copie.

(annexe à rendre avec la copie)

2. Montrer que le triangle PQR est isocèle en R.

3. Justifier que les points P, Q et R définissent un plan.

4. On s’intéresse à présent à la distance entre le point E et le plan (PQR).

a. Montrer que le vecteur \(\vec{u}(2~;~1~;~-1)\) est normal au plan (PQR).

b. En déduire une équation cartésienne du plan (PQR).

c. Déterminer une représentation paramétrique de la droite \((d)\) passant par le point E et orthogonale au plan (PQR).

d. Montrer que le point \(\text{L}(\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{8}{3})\) est le projeté orthogonal du point E sur le plan (PQR).

e. Déterminer la distance entre le point E et le plan (PQR).

5. En choisissant le triangle EQR comme base, montrer que le volume du tétraèdre EPQR est \(\dfrac{2}{3}\).

On rappelle que le volume \(V\) d’un tétraèdre est donné par la formule :

\[V = \dfrac{1}{3} \times \text{aire d^{\prime}une base} \times \text{hauteur correspondante}.\]

6. Trouver, à l’aide des deux questions précédentes, l’aire du triangle PQR.

Exercice 4 (7 points)

Principaux domaines abordés : Étude de fonctions. Fonction logarithme.

Soit \(f\) une fonction définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\). On considère les points \(\text{A}(1~;~3)\) et \(\text{B}(3~;~5)\).

On donne ci-dessous \(\mathcal{C}_f\) la courbe représentative de \(f\) dans un repère orthogonal du plan, ainsi que la tangente (AB) à la courbe \(\mathcal{C}_f\) au point A.

Les trois parties de l’exercice peuvent être traitées de manière indépendante.

Partie A

1. Déterminer graphiquement les valeurs de \(f(1)\) et \(f^{\prime}(1)\).

2. La fonction \(f\) est définie par l’expression \(f(x) = \ln(ax^2 + 1) + b\), où \(a\) et \(b\) sont des nombres réels positifs.

a. Déterminer l’expression de \(f^{\prime}(x)\).

b. Déterminer les valeurs de \(a\) et \(b\) à l’aide des résultats précédents.

Partie B

On admet que la fonction \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\) par

\[f(x) = \ln(x^2 + 1) + 3 – \ln(2).\]

1. Montrer que \(f\) est une fonction paire.

2. Déterminer les limites de \(f\) en \(+\infty\) et en \(-\infty\).

3. Déterminer l’expression de \(f^{\prime}(x)\).

Étudier le sens de variation de la fonction \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

Dresser le tableau des variations de \(f\) en y faisant figurer la valeur exacte du minimum ainsi que les limites de \(f\) en \(-\infty\) et \(+\infty\).

4. À l’aide du tableau des variations de \(f\), donner les valeurs du réel \(k\) pour lesquelles l’équation \(f(x) = k\) admet deux solutions.

5. Résoudre l’équation \(f(x) = 3 + \ln 2\).

Partie C

On rappelle que la fonction \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x) = \ln(x^2 + 1) + 3 – \ln(2)\).

1. Conjecturer, par lecture graphique, les abscisses des éventuels points d’inflexion de la courbe \(\mathcal{C}_f\).

2. Montrer que, pour tout nombre réel \(x\), on a : \(f^{\prime\prime}(x) = \dfrac{2(1 – x^2)}{(x^2 + 1)^2}\).

3. En déduire le plus grand intervalle sur lequel la fonction \(f\) est convexe.

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 :

Premier niveau	Probabilité	Second niveau	Probabilité conditionnelle
\(B\)	\(\dfrac{1}{3}\)	\(G\)	\(0{,}6\)
\(B\)	\(\dfrac{1}{3}\)	\(\overline{G}\)	\(0{,}4\)
\(R\)	\(\dfrac{2}{3}\)	\(G\)	\(0{,}3\)
\(R\)	\(\dfrac{2}{3}\)	\(\overline{G}\)	\(0{,}7\)

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 : \(f(0) = \ln(1) + 3 – \ln(2) = 3 – \ln(2)\).

\(x\)	\(-\infty\)		\(0\)		\(+\infty\)
signe de \(f^{\prime}(x)\)		\(-\)	\(0\)	\(+\)
variations de \(f\)	\(+\infty\)	\(\searrow\)	\(3 – \ln(2)\)	\(\nearrow\)	\(+\infty\)

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 :

\(x\)	\(-\infty\)		\(-1\)		\(1\)		\(+\infty\)
signe de \(f^{\prime\prime}(x)\)		\(-\)	\(0\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)
\(f\)		concave		convexe		concave

\(f^{\prime\prime}\) 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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