Corrigé Asie 2023 : organisation du corrigé
D’abord, précisons que ce corrigé Asie 2023 concerne l’épreuve de spécialité mathématiques 2023 en Asie (jour 1), avec une rédaction complète des réponses. Ainsi, vous trouverez 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle, la géométrie dans l’espace et les limites. Côté timing, l’épreuve dure 4 heures ; par conséquent, prévoyez à peu près 60 minutes pour chaque exercice. De cette façon, vous pouvez vérifier non seulement vos résultats, mais aussi la qualité de votre rédaction.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. a. En appliquant la relation de récurrence : \(u_1 = 0{,}9 \times 400 + 60 = 360 + 60\), soit \(u_1 = 420\), puis \(u_2 = 0{,}9 \times 420 + 60 = 378 + 60\), soit \(u_2 = 438\).
b. On a \(u_0 \lt u_1 \lt u_2\), et les termes suivants calculés à la calculatrice (454,2 ; 468,78 ; 481,902…) continuent d’augmenter : on conjecture que la suite \((u_n)\) est croissante.
2. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 600\) ».
Initialisation. \(u_0 = 400\) et \(u_1 = 420\), donc \(0 \leq\, 400 \leq\, 420 \leq\, 600\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 600\). La fonction \(x \mapsto 0{,}9x + 60\) est croissante (coefficient 0,9 positif), elle conserve donc l’ordre. En l’appliquant aux quatre membres :
\[0{,}9 \times 0 + 60 \leq\, 0{,}9u_n + 60 \leq\, 0{,}9u_{n+1} + 60 \leq\, 0{,}9 \times 600 + 60,\]
c’est-à-dire \(60 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 600\). Comme \(0 \leq\, 60\), on a bien \(0 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 600\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 600\).
Exercice 1 du corrigé Asie 2023, partie A : questions 3 à 4
3. a. L’inégalité \(u_n \leq\, u_{n+1}\) pour tout \(n\) montre que la suite est croissante, et \(u_n \leq\, 600\) qu’elle est majorée par 600. D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\) qui vérifie \(400 \leq\, \ell \leq\, 600\).
b. On passe à la limite dans la relation \(u_{n+1} = 0{,}9u_n + 60\). Quand \(n \to +\infty\), \(u_{n+1} \to \ell\) et \(0{,}9u_n + 60 \to 0{,}9\ell + 60\) ; par unicité de la limite :
\[\ell = 0{,}9\ell + 60 \iff 0{,}1\ell = 60 \iff \ell = 600.\]
Donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 600\).
4. La variable n compte les étapes et u contient \(u_n\). Tant que le terme courant est inférieur ou égal au seuil, on passe au terme suivant ; la boucle s’arrête au premier terme strictement supérieur au seuil et la fonction renvoie son indice. Autrement dit, mystere(500) renvoie le plus petit entier \(n\) tel que \(u_n \gt 500\) (il existe puisque la suite tend vers 600).
| \(n\) | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(u_n\) (arrondi) | 400 | 420 | 438 | 454,2 | 468,8 | 481,9 | 493,7 | 504,3 |
Comme \(u_6 \approx 493{,}7 \leq\, 500\) et \(u_7 \approx 504{,}3 \gt 500\), l’appel mystere(500) renvoie 7.
Partie B
Notons \(a_n\) le nombre d’arbres du verger en l’année \(2023 + n\). Vendre 10 % des arbres revient à en garder 90 %, soit à multiplier par 0,9 ; on en replante ensuite 60. Donc \(a_{n+1} = 0{,}9a_n + 60\) avec \(a_0 = 400\) : c’est exactement la suite \((u_n)\) de la partie A.
Cette suite est croissante et tend vers 600, qui dépasse la capacité de 500 arbres. Plus précisément, la question 4 montre que \(u_6 \approx 494\) mais \(u_7 \approx 504\) : oui, l’arboriculteur manquera de place. Dès 2030 (\(2023 + 7\)), il devrait avoir environ 504 arbres pour 500 places ; il devra donc changer de rythme (vendre davantage ou replanter moins) avant cette date.
Exercice 2 :
1. Par différence des coordonnées : \(\vec{\text{MN}}\begin{pmatrix}-1\\ -\dfrac{1}{2}\\ \dfrac{1}{4}\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{MP}}\begin{pmatrix}0\\ -1\\ -2\end{pmatrix}\).
2. Dans ce repère, A est l’origine, B, D, E correspondent aux trois axes et l’arête du cube vaut 1.
- \(\text{M}(1~;~1~;~\dfrac{3}{4})\) : les points de coordonnées \((1~;~1~;~z)\) forment l’arête [CG] ; M est sur [CG], aux trois quarts en partant de C (donc à un quart de l’arête sous G).
- \(\text{N}(0~;~\dfrac{1}{2}~;~1)\) : c’est le milieu de l’arête [EH].
- \(\text{P}(1~;~0~;~-\dfrac{5}{4})\) : il est sur la droite (BF), sous B, à la distance \(\dfrac{5}{4}\) de B, donc à l’extérieur du cube, au prolongement de [FB] au-delà de B.
3. Si \(\vec{\text{MN}}\) et \(\vec{\text{MP}}\) étaient colinéaires, il existerait \(k\) tel que \(\vec{\text{MN}} = k\,\vec{\text{MP}}\) ; la première coordonnée donnerait \(-1 = k \times 0 = 0\), ce qui est faux. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc M, N et P ne sont pas alignés.
4. a. Le repère étant orthonormé :
\[\vec{\text{MN}} \cdot \vec{\text{MP}} = (-1) \times 0 + (-\dfrac{1}{2}) \times (-1) + \dfrac{1}{4} \times (-2) = 0 + \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{2} = 0.\]
Les vecteurs non nuls \(\vec{\text{MN}}\) et \(\vec{\text{MP}}\) sont orthogonaux : le triangle MNP est rectangle en M. De plus \(\text{MN} = \sqrt{1 + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{16}} = \sqrt{\dfrac{21}{16}} = \dfrac{\sqrt{21}}{4}\) et \(\text{MP} = \sqrt{0 + 1 + 4} = \sqrt{5}\) : ces longueurs sont différentes, le triangle n’est pas isocèle.
b. Dans un triangle rectangle, les deux côtés de l’angle droit servent de base et de hauteur :
\[\mathcal{A}_{\text{MNP}} = \dfrac{\text{MN} \times \text{MP}}{2} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt{21}}{4} \times \sqrt{5} = \dfrac{\sqrt{105}}{8}.\]
Exercice 2 du corrigé Asie 2023 : questions 5 à 7
L’aire du triangle MNP est \(\dfrac{\sqrt{105}}{8}\) unité d’aire (environ 1,28).
5. a. On calcule \(\vec{n} \cdot \vec{\text{MN}} = 5 \times (-1) + (-8) \times (-\dfrac{1}{2}) + 4 \times \dfrac{1}{4} = -5 + 4 + 1 = 0\) et \(\vec{n} \cdot \vec{\text{MP}} = 0 + 8 – 8 = 0\). Le vecteur non nul \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (MNP), donc \(\vec{n}\) est normal au plan (MNP).
b. Le plan admet donc une équation de la forme \(5x – 8y + 4z + d = 0\). Avec M : \(5 – 8 + 4 \times \dfrac{3}{4} + d = 0\), soit \(0 + d = 0\), donc \(d = 0\). Une équation de (MNP) est \(5x – 8y + 4z = 0\) (on peut vérifier avec N : \(0 – 4 + 4 = 0\), et avec P : \(5 – 0 – 5 = 0\)).
6. La droite \(d\) est orthogonale au plan (MNP), elle est donc dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}(5~;~-8~;~4)\) ; elle passe par \(\text{F}(1~;~0~;~1)\). Une représentation paramétrique de \(d\) est :
\[\{\begin{array}{l}x = 1 + 5t\\ y = -8t\\ z = 1 + 4t\end{array}., \quad t \in \mathbb{R}.\]
7. Le projeté orthogonal L de F sur (MNP) est le point d’intersection de \(d\) avec ce plan. On cherche le paramètre \(t\) du point de \(d\) qui vérifie l’équation du plan :
\[5(1 + 5t) – 8(-8t) + 4(1 + 4t) = 0 \iff 9 + 105t = 0 \iff t = -\dfrac{9}{105} = -\dfrac{3}{35}.\]
On remplace dans la représentation paramétrique : \(x = 1 – \dfrac{15}{35} = \dfrac{20}{35} = \dfrac{4}{7}\), \(y = \dfrac{24}{35}\), \(z = 1 – \dfrac{12}{35} = \dfrac{23}{35}\). On obtient bien \(\text{L}(\dfrac{4}{7}~;~\dfrac{24}{35}~;~\dfrac{23}{35})\).
Exercice 2 : question 8
8. Comme L correspond au paramètre \(t = -\dfrac{3}{35}\), on a \(\vec{\text{FL}} = -\dfrac{3}{35}\,\vec{n}\), d’où
\[\text{FL} = \dfrac{3}{35} \times \|\vec{n}\| = \dfrac{3}{35} \times \sqrt{25 + 64 + 16} = \dfrac{3\sqrt{105}}{35}.\]
C’est la longueur annoncée. Pour le volume, on prend la base MNP ; la hauteur associée est la distance de F au plan (MNP), c’est-à-dire FL puisque L est le projeté orthogonal de F sur ce plan :
\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{105}}{8} \times \dfrac{3\sqrt{105}}{35} = \dfrac{3 \times 105}{3 \times 8 \times 35} = \dfrac{105}{280} = \dfrac{3}{8}.\]
Le volume du tétraèdre FMNP est \(\dfrac{3}{8}\) unité de volume.
Exercice 3 :
1. Les solutions de \(\ln(x) = kx\) sont les abscisses des points d’intersection de la courbe de \(\ln\) avec la droite \(y = kx\).
- Pour \(k = 1\) : la droite \(y = x\) semble toujours au-dessus de la courbe, sans point commun. On conjecture que l’équation \(\ln(x) = x\) n’a aucune solution.
- Pour \(k = 0{,}2\) : la droite \(y = 0{,}2x\) coupe la courbe en deux points, d’abscisses proches de 1,3 et de 12,7. On conjecture deux solutions.
2. a. Pour tout \(x \gt 0\), \(f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x} – 1 = \dfrac{1 – x}{x}\).
b. Sur \(]0~;~+\infty[\), le dénominateur \(x\) est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – x\) : positif sur \(]0~;~1[\), nul en 1, négatif sur \(]1~;~+\infty[\). Ainsi \(f\) est strictement croissante sur \(]0~;~1]\) et strictement décroissante sur \([1~;~+\infty[\). Elle admet un maximum en 1, égal à \(f(1) = \ln 1 – 1 = -1\).
| \(x\) | 0 | 1 | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | croissante | \(-1\) (maximum) | décroissante |
c. Le maximum de \(f\) vaut \(-1\), donc \(f(x) \leq\, -1 \lt 0\) pour tout \(x \gt 0\) : \(f\) ne s’annule jamais. Or \(\ln(x) = x \iff f(x) = 0\). Donc l’équation \(\ln(x) = x\) n’a aucune solution, ce qui confirme la conjecture.
Exercice 3 du corrigé Asie 2023 : question 3
3. a. Le tableau montre que \(g(\dfrac{1}{k})\) est le maximum de \(g\). On distingue trois cas.
- Si \(g(\dfrac{1}{k}) \lt 0\) : \(g(x) \leq\, g(\dfrac{1}{k}) \lt 0\) pour tout \(x\), donc aucune solution.
- Si \(g(\dfrac{1}{k}) = 0\) : \(\dfrac{1}{k}\) est solution, et c’est la seule car, par stricte monotonie de part et d’autre de \(\dfrac{1}{k}\), \(g(x) \lt g(\dfrac{1}{k}) = 0\) pour tout \(x \neq \dfrac{1}{k}\) : une solution.
- Si \(g(\dfrac{1}{k}) \gt 0\) : sur \(]0~;~\dfrac{1}{k}]\), \(g\) est continue, strictement croissante, et passe de \(-\infty\) à une valeur positive ; le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires donne une unique solution sur cet intervalle. De même sur \([\dfrac{1}{k}~;~+\infty[\), où \(g\) est continue, strictement décroissante et passe d’une valeur positive à \(-\infty\). Au total, deux solutions.
b. Comme \(k \gt 0\), \(\dfrac{1}{k}\) appartient bien à \(]0~;~+\infty[\), et
\[g(\dfrac{1}{k}) = \ln(\dfrac{1}{k}) – k \times \dfrac{1}{k} = -\ln(k) – 1.\]
Donc \(g(\dfrac{1}{k}) = -\ln(k) – 1\).
c. On a les équivalences
\[g(\dfrac{1}{k}) \gt 0 \iff -\ln(k) – 1 \gt 0 \iff -\ln(k) \gt 1 \iff \ln(k) \lt -1,\]
ce qui est l’équivalence demandée (on multiplie par \(-1\) en changeant le sens de l’inégalité).
d. L’équation \(\ln(x) = kx\) équivaut à \(g(x) = 0\). D’après la question a, elle a exactement deux solutions si et seulement si \(g(\dfrac{1}{k}) \gt 0\), c’est-à-dire \(\ln(k) \lt -1\). La fonction exponentielle étant strictement croissante, cela équivaut à \(k \lt \text{e}^{-1}\). Avec \(k \gt 0\), l’ensemble cherché est \(]0~;~\text{e}^{-1}[\), soit \(]0~;~\dfrac{1}{\text{e}}[\).
e. De la même manière, \(g(\dfrac{1}{k}) = 0 \iff k = \text{e}^{-1}\) et \(g(\dfrac{1}{k}) \lt 0 \iff k \gt \text{e}^{-1}\). En résumé, l’équation \(\ln(x) = kx\) admet :
- deux solutions si \(0 \lt k \lt \text{e}^{-1}\) ;
- une seule solution (\(x = \text{e}\)) si \(k = \text{e}^{-1}\) : la droite \(y = \dfrac{x}{\text{e}}\) est alors tangente à la courbe de \(\ln\) ;
- aucune solution si \(k \gt \text{e}^{-1}\).
Comme \(\text{e}^{-1} \approx 0{,}37\), on retrouve les conjectures : \(k = 0{,}2\) donne deux solutions et \(k = 1\) aucune.
Exercice 4 :
Les billes sont indiscernables au toucher et tirées au hasard : chacune a la probabilité \(\dfrac{1}{15}\) d’être choisie. Le tableau suivant donne, pour chaque bille, sa couleur et le gain algébrique \(G\) (bleue : \(3n – 10\) ; verte : \(n – 10\) ; rouge : \(-10\)).
| Numéro | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| Couleur | R | B | B | B | B | V | V | V | V | V | V | V | V | V | V |
| \(G\) | \(-10\) | \(-4\) | \(-1\) | 2 | 5 | \(-4\) | \(-3\) | \(-2\) | \(-1\) | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
Question 1 : réponse B. Les billes bleues sont 2, 3, 4, 5 ; les numéros pairs sont 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14. La réunion compte 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 14, soit 9 billes (les billes 2 et 4 ne sont comptées qu’une fois). La probabilité est \(\dfrac{9}{15}\). (La réponse C, supérieure à 1, ne peut pas être une probabilité.)
Question 2 : réponse C. Il y a 10 billes vertes (numéros 6 à 15), toutes équiprobables, et une seule porte le numéro 7 : \(P_V(\text{« numéro 7 »}) = \dfrac{1}{10}\), soit \(\dfrac{1}{10}\).
Exercice 4 : questions 3 à 5
Question 3 : réponse B. Pour une bille bleue, \(3n – 10 = 5\) donne \(n = 5\), qui est bien bleue ; pour une bille verte, \(n – 10 = 5\) donne \(n = 15\), qui est bien verte ; la rouge donne \(-10\). Deux billes conviennent : \(P(G = 5) = \dfrac{2}{15}\).
Question 4 : réponse A. Si la bille est rouge, le joueur ne gagne rien et perd sa mise : \(G = -10\) avec certitude. L’évènement \(G = 0\) est donc impossible sachant \(R\) : \(P_R(G = 0) = 0\).
Question 5 : réponse C. Le gain \(-4\) est obtenu avec la bille bleue 2 (\(3 \times 2 – 10 = -4\)) et avec la bille verte 6 (\(6 – 10 = -4\)). Sachant \(G = -4\), il reste deux billes équiprobables dont une verte : \(P_{(G = -4)}(V) = \dfrac{1}{2}\).
Comment réviser avec ce corrigé Asie 2023
Pour commencer, reprenez l’énoncé du sujet et cherchez chaque exercice seul, au brouillon puis au propre. Ensuite, relisez la correction question par question et soulignez les arguments qui manquaient dans votre copie. De plus, notez dans un carnet les propriétés que vous n’avez pas su mobiliser, par exemple sur la fonction logarithme népérien ou la fonction exponentielle. Pour finir, reprenez plus tard les exercices où vous avez hésité, jusqu’à pouvoir les rédiger seul du début à la fin. Si une définition vous échappe, la page Wikipédia consacrée à fonction logarithme propose un rappel complet.
Les pièges classiques
- Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
- Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
- En géométrie dans l’espace, ne confondez pas le vecteur normal d’un plan et le vecteur directeur d’une droite.
Questions fréquentes sur ce corrigé Asie 2023
Où trouver l’énoncé complet ? Il se trouve sur la page du sujet ; ainsi, vous pouvez chercher chaque exercice avant de lire la correction.
Quelles notions revoir avant de commencer ? Surtout, la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle et la géométrie dans l’espace, mais aussi les limites.
Faut-il tout justifier ? Oui, sauf mention contraire : en effet, au bac, une réponse sans justification rapporte peu de points, tandis que les QCM précisent en général qu’aucune justification n’est demandée.
En outre, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2023 en Asie (jour 1) : sujet et corrigé.
