Corrigé du bac de maths 2023 aux centres étrangers (jour 1)

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

Pour \(x \gt 0\), la propriété \(\ln(x^2) = 2\ln(x)\) permet d’écrire \(g(x) = 2\ln(x) + x – 2\) : c’est cette forme qu’on utilise dans toute la suite.

1. En 0 (à droite) : \(\lim\limits_{x \to 0} \ln(x) = -\infty\), donc \(2\ln(x)\) tend vers \(-\infty\), tandis que \(x – 2\) tend vers \(-2\). Par somme, \(\lim\limits_{x \to 0} g(x) = -\infty\).

En \(+\infty\) : \(2\ln(x)\) et \(x – 2\) tendent tous deux vers \(+\infty\), donc par somme \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty\).

2. Pour tout \(x \gt 0\), \(g^{\prime}(x) = \dfrac{2}{x} + 1 = \dfrac{x + 2}{x}\). Le numérateur \(x + 2\) et le dénominateur \(x\) sont strictement positifs sur \(]0 ; +\infty[\), donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) : \(g\) est strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\), de \(-\infty\) à \(+\infty\).

3. a. La fonction \(g\) est dérivable, donc continue, et strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\) ; ses limites aux bornes sont \(-\infty\) et \(+\infty\), et 0 est compris entre ces deux limites. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas d’une fonction strictement monotone), l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0 ; +\infty[\).

b. On balaie à la calculatrice : \(g(1) = -1 \lt 0\) et \(g(2) = 2\ln 2 \approx 1{,}39 \gt 0\), puis \(g(1{,}3) \approx -0{,}18\) et \(g(1{,}4) \approx 0{,}07\), enfin \(g(1{,}37) \approx -0{,}0004 \lt 0\) et \(g(1{,}38) \approx 0{,}024 \gt 0\). Comme \(g\) est croissante, on obtient \(1{,}37 \lt \alpha \lt 1{,}38\).

4. Puisque \(g\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha\), elle est négative avant \(\alpha\) et positive après :

Partie B

1. a. Quand \(x\) tend vers 0 par valeurs positives, \(x – 2\) tend vers \(-2\) et \(x\) tend vers \(0^+\), donc \(\dfrac{x – 2}{x}\) tend vers \(-\infty\). Par ailleurs \(\ln(x)\) tend vers \(-\infty\). Le produit de deux quantités tendant vers \(-\infty\) tend vers \(+\infty\) : \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = +\infty\).

b. Graphiquement, la droite d’équation \(x = 0\) (l’axe des ordonnées) est asymptote verticale à \(\mathcal{C}_f\).

2. On écrit \(\dfrac{x – 2}{x} = 1 – \dfrac{2}{x}\), qui tend vers 1 en \(+\infty\). Comme \(\ln(x)\) tend vers \(+\infty\), le produit tend vers \(+\infty\) : \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).

3. Écrivons \(f(x) = u(x) \times \ln(x)\) avec \(u(x) = 1 – \dfrac{2}{x}\), dont la dérivée est \(u^{\prime}(x) = \dfrac{2}{x^2}\). La formule de dérivation d’un produit donne :

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

Le numérateur est exactement \(g(x)\) (voir la forme écrite au début de la partie A), donc \(f^{\prime}(x) = \dfrac{g(x)}{x^2}\) pour tout \(x \gt 0\).

4. Comme \(x^2 \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(g(x)\), connu grâce à la partie A : \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]0 ; \alpha[\), \(f^{\prime}(\alpha) = 0\) et \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]\alpha ; +\infty[\).

\(f\) est strictement décroissante sur \(]0 ; \alpha]\) et strictement croissante sur \([\alpha ; +\infty[\) ; elle admet en \(\alpha\) un minimum \(f(\alpha)\) (environ \(-0{,}14\)).

Partie C

Pour comparer deux courbes, on étudie le signe de la différence \(d(x) = f(x) – \ln(x)\). En factorisant par \(\ln(x)\) :

\[d(x) = \ln(x)(\dfrac{x – 2}{x} – 1) = \ln(x) \times \dfrac{x – 2 – x}{x} = -\dfrac{2\ln(x)}{x}.\]

Comme \(x \gt 0\), \(d(x)\) a le signe de \(-\ln(x)\) :

• sur \(]0 ; 1[\), \(\ln(x) \lt 0\) donc \(d(x) \gt 0\) : \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de la courbe de \(\ln\) ;
• en \(x = 1\), \(d(1) = 0\) : les deux courbes se coupent au point de coordonnées \((1 ; 0)\) ;
• sur \(]1 ; +\infty[\), \(\ln(x) \gt 0\) donc \(d(x) \lt 0\) : \(\mathcal{C}_f\) est en dessous de la courbe de \(\ln\).

Exercice 2 :

1. Les probabilités de l’énoncé se traduisent ainsi : après un jour en transports, \(P_{T_n}(T_{n+1}) = 0{,}8\) et donc \(P_{T_n}(V_{n+1}) = 0{,}2\) ; après un jour à vélo, \(P_{V_n}(V_{n+1}) = 0{,}4\) et donc \(P_{V_n}(T_{n+1}) = 0{,}6\). Le premier jour étant en transports, l’arbre complété est :

2. Les évènements \(T_2\) et \(V_2\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[p_3 = P(T_2 \cap T_3) + P(V_2 \cap T_3) = 0{,}8 \times 0{,}8 + 0{,}2 \times 0{,}6 = 0{,}64 + 0{,}12 = 0{,}76.\]

Donc \(p_3 = 0{,}76\).

3. On cherche \(P_{V_3}(T_2) = \dfrac{P(T_2 \cap V_3)}{P(V_3)}\). Le numérateur se lit sur l’arbre : \(P(T_2 \cap V_3) = 0{,}8 \times 0{,}2 = 0{,}16\). Le dénominateur vaut \(P(V_3) = 1 – p_3 = 0{,}24\). D’où :

\[P_{V_3}(T_2) = \dfrac{0{,}16}{0{,}24} = \dfrac{2}{3}.\]

Sachant qu’il est venu à vélo le 3^e jour, la probabilité qu’il ait pris les transports en commun la veille est \(\dfrac{2}{3} \approx 0{,}667\).

4. Au premier niveau, \(P(T_n) = p_n\) et \(P(V_n) = 1 – p_n\) ; au second niveau on retrouve les mêmes probabilités conditionnelles qu’à la question 1 :

5. Avec la partition \(\{T_n, V_n\}\) et la formule des probabilités totales :

\[p_{n+1} = P(T_n \cap T_{n+1}) + P(V_n \cap T_{n+1}) = 0{,}8p_n + 0{,}6(1 – p_n) = 0{,}8p_n + 0{,}6 – 0{,}6p_n,\]

soit \(p_{n+1} = 0{,}2p_n + 0{,}6\) pour tout entier \(n \geq\, 1\).

6. Notons \(\mathcal{H}(n)\) la propriété « \(p_n = 0{,}75 + 0{,}25 \times 0{,}2^{n-1}\) ».

Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(0{,}75 + 0{,}25 \times 0{,}2^{0} = 0{,}75 + 0{,}25 = 1 = p_1\). \(\mathcal{H}(1)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{H}(n)\) vraie pour un entier \(n \geq\, 1\). En utilisant la relation de la question 5 puis l’hypothèse de récurrence :

\[p_{n+1} = 0{,}2(0{,}75 + 0{,}25 \times 0{,}2^{n-1}) + 0{,}6 = 0{,}15 + 0{,}25 \times 0{,}2^{n} + 0{,}6 = 0{,}75 + 0{,}25 \times 0{,}2^{n}.\]

C’est l’égalité au rang \(n + 1\) (l’exposant vaut bien \((n + 1) – 1 = n\)) : \(\mathcal{H}(n + 1)\) est vraie.

Conclusion. Par le principe de récurrence, \(p_n = 0{,}75 + 0{,}25 \times 0{,}2^{n-1}\) pour tout entier \(n \geq\, 1\).

7. Comme \(-1 \lt 0{,}2 \lt 1\), la suite géométrique \((0{,}2^{n-1})\) tend vers 0, donc \(0{,}25 \times 0{,}2^{n-1}\) aussi. Par somme, \(\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = 0{,}75\).

Interprétation : sur le long terme, la probabilité que Monsieur Durand prenne les transports en commun un jour donné se stabilise à 0,75. Il les utilise environ trois jours sur quatre, et son vélo le quatrième.

Exercice 3 :

1. Réponse b. On dérive la proposition b. comme un produit : \(F^{\prime}(x) = 1 \times \text{e}^x + (x – 1)\text{e}^x = x\text{e}^x = f(x)\). (Pour c., on obtiendrait \((x + 2)\text{e}^x\) ; pour a., la dérivée contient un terme \(\dfrac{x^2}{2}\text{e}^x\) en trop.)

2. Réponse c. \(g(x)\) existe si et seulement si \(\dfrac{x – 1}{2x + 4} \gt 0\). Le numérateur s’annule en 1 et le dénominateur en \(-2\) ; un tableau de signes montre que le quotient est positif lorsque les deux facteurs ont le même signe, c’est-à-dire pour \(x \lt -2\) ou \(x \gt 1\). L’ensemble de définition est \(]-\infty ; -2[ \cup ]1 ; +\infty[\).

3. Réponse d. On dérive deux fois : \(h^{\prime}(x) = \text{e}^x + (x + 1)\text{e}^x = (x + 2)\text{e}^x\), puis \(h^{\prime\prime}(x) = \text{e}^x + (x + 2)\text{e}^x = (x + 3)\text{e}^x\). Le signe de \(h^{\prime\prime}(x)\) est celui de \(x + 3\) : négatif sur \(]-\infty ; -3]\) (\(h\) concave), positif sur \([-3 ; +\infty[\) (\(h\) convexe).

4. Réponse b. Si \(u_n \geq\, 3\) pour tout \(n\) et que \((u_n)\) converge, le passage à la limite dans l’inégalité (large) donne \(\ell \geq\, 3\). Les autres propositions sont fausses en général : par exemple \(u_n = 4 + \dfrac{1}{n+1}\) est minorée par 3, décroissante, non constante, et tend vers \(4 \neq 3\) ; et \(u_n = 4 – \dfrac{1}{n+1}\) est croissante.

5. Réponse d. Calculons les premiers termes : \(w_2 = \dfrac{1}{1} \times 2 = 2\), \(w_3 = \dfrac{1}{2} \times 2 = 1\), \(w_4 = \dfrac{1}{3}\), \(w_5 = \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{12}\) : la proposition c. est fausse. Le quotient \(\dfrac{w_{n+1}}{w_n} = \dfrac{1}{n}\) n’est pas constant, donc la suite n’est pas géométrique. Enfin, pour \(n \geq\, 2\), \(0 \lt w_{n+1} \leq\, \dfrac{1}{2}w_n\), d’où par récurrence \(0 \lt w_n \leq\, 2 \times (\dfrac{1}{2})^{n-2}\) pour \(n \geq\, 2\) ; le majorant tend vers 0, donc par le théorème des gendarmes la suite converge vers 0. (On peut aussi remarquer que \(w_n = \dfrac{2}{(n-1)!}\).)

Exercice 4 :

1. On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}4\\1\\4\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}2\\5\\-6\end{pmatrix}\). S’il existait un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{AC}} = k\,\vec{\text{AB}}\), la première coordonnée imposerait \(k = \dfrac{1}{2}\) et la deuxième \(k = 5\) : c’est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés et définissent un plan \(\mathcal{P}\).

2. a. Il suffit de vérifier que \(\vec{n}\) est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) du plan :

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AB}} = 13 \times 4 + (-16) \times 1 + (-9) \times 4 = 52 – 16 – 36 = 0\]

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AC}} = 13 \times 2 + (-16) \times 5 + (-9) \times (-6) = 26 – 80 + 54 = 0\]

Les deux produits scalaires sont nuls : \(\vec{n}\) est normal au plan \(\mathcal{P}\).

b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}13\\-16\\-9\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(13x – 16y – 9z + d = 0\). Le point A(\(-1\) ; \(-3\) ; 2) est dans le plan : \(13 \times (-1) – 16 \times (-3) – 9 \times 2 + d = -13 + 48 – 18 + d = 17 + d = 0\), donc \(d = -17\). Une équation cartésienne de \(\mathcal{P}\) est bien \(13x – 16y – 9z – 17 = 0\). (Contrôle avec B : \(39 + 32 – 54 – 17 = 0\) ; avec C : \(13 – 32 + 36 – 17 = 0\).)

3. \(\mathcal{D}\) est orthogonale à \(\mathcal{P}\), donc dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}\), et elle passe par F(15 ; \(-16\) ; \(-8\)). Un point M(\(x\) ; \(y\) ; \(z\)) est sur \(\mathcal{D}\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{FM}} = t\,\vec{n}\). Une représentation paramétrique de \(\mathcal{D}\) est donc :

\[\{\begin{array}{l} x = 15 + 13t \\ y = -16 – 16t \\ z = -8 – 9t \end{array}. \quad (t \in \mathbb{R})\]

4. Le point E est sur \(\mathcal{D}\) : ses coordonnées sont de la forme \((15 + 13t ; -16 – 16t ; -8 – 9t)\). Il est aussi dans \(\mathcal{P}\), donc :

\[13(15 + 13t) – 16(-16 – 16t) – 9(-8 – 9t) – 17 = 0\]

\[195 + 169t + 256 + 256t + 72 + 81t – 17 = 0 \iff 506t + 506 = 0 \iff t = -1.\]

Pour \(t = -1\) : \(x = 15 – 13 = 2\), \(y = -16 + 16 = 0\), \(z = -8 + 9 = 1\). Le point E a bien pour coordonnées \((2 ; 0 ; 1)\).

5. E est le point d’intersection du plan avec la perpendiculaire à ce plan passant par F : c’est le projeté orthogonal de F sur \(\mathcal{P}\). La distance de F au plan est donc la longueur FE. Or \(\vec{\text{EF}}\begin{pmatrix}13\\-16\\-9\end{pmatrix}\) (c’est \(\vec{n}\), ce qui est cohérent avec \(t = -1\)), d’où :

\[\text{FE} = \sqrt{13^2 + (-16)^2 + (-9)^2} = \sqrt{169 + 256 + 81} = \sqrt{506}.\]

La distance du point F au plan \(\mathcal{P}\) est \(\sqrt{506}\) (environ 22,49).

6. Pour tout point M de \(\mathcal{D}\), la droite (ME) est perpendiculaire au plan, donc E est aussi le projeté orthogonal de M sur \(\mathcal{P}\) et la distance de M au plan vaut ME. Si M a pour paramètre \(t\), alors \(\vec{\text{EM}} = (t + 1)\vec{n}\) et \(\text{ME} = |t + 1| \times \sqrt{506}\).

On veut \(\text{ME} = \dfrac{\sqrt{506}}{2}\), c’est-à-dire \(|t + 1| = \dfrac{1}{2}\), soit \(t = -\dfrac{1}{2}\) ou \(t = -\dfrac{3}{2}\).

• Pour \(t = -\dfrac{1}{2}\) : \(x = 15 – 6{,}5 = 8{,}5\), \(y = -16 + 8 = -8\), \(z = -8 + 4{,}5 = -3{,}5\). C’est le milieu de [EF].
• Pour \(t = -\dfrac{3}{2}\) : \(x = 15 – 19{,}5 = -4{,}5\), \(y = -16 + 24 = 8\), \(z = -8 + 13{,}5 = 5{,}5\). C’est le symétrique du précédent par rapport à E, de l’autre côté du plan.

Il y a donc deux points : \(\text{M}_1(8{,}5 ; -8 ; -3{,}5)\) et \(\text{M}_2(-4{,}5 ; 8 ; 5{,}5)\).

Retour à l’énoncé : Bac de maths 2023 aux centres étrangers (jour 1) : sujet et corrigé.