Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A : lectures graphiques
1. La tangente \(\mathcal{T}\) passe par A et par B. Son ordonnée à l’origine se lit en A : c’est \(\dfrac12\). Pour passer de A à B, on avance de 1 unité en abscisse et on monte de \(\dfrac54 – \dfrac12 = \dfrac34\) en ordonnée : le coefficient directeur vaut donc \(\dfrac34\).
L’équation réduite de la tangente est \(y = \dfrac34 x + \dfrac12\).
2. À gauche de l’axe des ordonnées, la courbe s’incurve vers le haut (elle est au-dessus de ses tangentes) ; à droite, elle s’incurve vers le bas.
La fonction \(f\) semble convexe sur \(]-\infty~;~0]\) et concave sur \([0~;~+\infty[\).
Partie B : étude de la fonction
1. On écrit \(f = \dfrac{1}{u}\) avec \(u(x) = 1 + \text{e}^{-3x}\). La dérivée de \(x \mapsto \text{e}^{-3x}\) est \(x \mapsto -3\text{e}^{-3x}\) (formule \((\text{e}^{v})^{\prime} = v^{\prime}\text{e}^{v}\)), donc \(u^{\prime}(x) = -3\text{e}^{-3x}\).
Comme \((\dfrac1u)^{\prime} = -\dfrac{u^{\prime}}{u^2}\), on obtient pour tout réel \(x\) :
\[f^{\prime}(x) = -\dfrac{-3\text{e}^{-3x}}{(1 + \text{e}^{-3x})^2} = \dfrac{3\text{e}^{-3x}}{(1 + \text{e}^{-3x})^2}.\]
2. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^{-3x} \gt 0\), donc le numérateur \(3\text{e}^{-3x}\) est strictement positif. Le dénominateur est un carré d’un nombre non nul (car \(1 + \text{e}^{-3x} \gt 1\)), donc il est strictement positif lui aussi.
Ainsi \(f^{\prime}(x) \gt 0\) pour tout réel \(x\) : la fonction \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
3. a. Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(-3x\) tend vers \(-\infty\), et comme \(\lim\limits_{X \to -\infty} \text{e}^{X} = 0\), on a \(\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-3x} = 0\).
Donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} (1 + \text{e}^{-3x}) = 1\) et, par quotient, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 1\). La droite d’équation \(y = 1\) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).
b. Quand \(x\) tend vers \(-\infty\), \(-3x\) tend vers \(+\infty\), donc \(\lim\limits_{x \to -\infty} \text{e}^{-3x} = +\infty\), puis \(\lim\limits_{x \to -\infty} (1 + \text{e}^{-3x}) = +\infty\).
L’inverse d’une quantité qui tend vers \(+\infty\) tend vers 0 : \(\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = 0\). L’axe des abscisses est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}_f\) en \(-\infty\).
4. Le dénominateur \(1 + \text{e}^{-3x}\) est strictement positif, on peut donc « faire les produits en croix » :
\[f(x) = 0{,}99 \iff 1 = 0{,}99(1 + \text{e}^{-3x}) \iff 1 – 0{,}99 = 0{,}99\,\text{e}^{-3x} \iff \text{e}^{-3x} = \dfrac{0{,}01}{0{,}99} = \dfrac{1}{99}.\]
On applique la fonction logarithme népérien, qui est la réciproque de l’exponentielle :
\[-3x = \ln(\dfrac{1}{99}) = -\ln 99 \iff x = \dfrac{\ln 99}{3}.\]
La solution de l’équation est \(\alpha = \dfrac{\ln 99}{3}\), soit environ \(1{,}532\). L’unicité est cohérente avec la stricte croissance de \(f\).
Partie C : Tangente et convexité
1. La tangente au point d’abscisse 0 a pour équation \(y = f^{\prime}(0)(x – 0) + f(0)\).
Comme \(\text{e}^{0} = 1\) : \(f(0) = \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac12\) et \(f^{\prime}(0) = \dfrac{3 \times 1}{(1 + 1)^2} = \dfrac34\).
Une équation de \(\mathcal{T}\) est donc \(y = \dfrac34 x + \dfrac12\), ce qui confirme la lecture graphique de la partie A.
2. Dans l’expression de \(f^{\prime\prime}(x)\), le facteur \(9\text{e}^{-3x}\) est strictement positif, et \((1 + \text{e}^{-3x})^3\) aussi (cube d’un nombre positif). Le signe de \(f^{\prime\prime}(x)\) est donc celui de \(\text{e}^{-3x} – 1\).
Or, la fonction exponentielle étant strictement croissante et \(\text{e}^0 = 1\) :
- \(\text{e}^{-3x} – 1 \gt 0 \iff \text{e}^{-3x} \gt \text{e}^0 \iff -3x \gt 0 \iff x \lt 0\) ;
- \(\text{e}^{-3x} – 1 = 0 \iff -3x = 0 \iff x = 0\) ;
- \(\text{e}^{-3x} – 1 \lt 0 \iff x \gt 0\).
\(f^{\prime\prime}(x) \gt 0\) sur \(]-\infty~;~0[\), \(f^{\prime\prime}(0) = 0\) et \(f^{\prime\prime}(x) \lt 0\) sur \(]0~;~+\infty[\).
3. a. Une fonction deux fois dérivable est convexe sur un intervalle où sa dérivée seconde est positive. D’après la question précédente, \(f\) est convexe sur \(]-\infty~;~0]\) (et concave sur \([0~;~+\infty[\), où \(f^{\prime\prime}\) est négative).
b. La dérivée seconde s’annule en 0 en changeant de signe : la courbe passe de convexe à concave en son point d’abscisse 0. Le point A\((0~;~\dfrac12)\) est donc un point d’inflexion de \(\mathcal{C}_f\).
c. On utilise la propriété : sur un intervalle où une fonction est convexe, sa courbe est au-dessus de chacune de ses tangentes ; sur un intervalle où elle est concave, elle est en dessous.
- Sur \(]-\infty~;~0]\), \(f\) est convexe, donc \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de sa tangente \(\mathcal{T}\) au point A (qui appartient à cet intervalle).
- Sur \([0~;~+\infty[\), \(f\) est concave, donc \(\mathcal{C}_f\) est en dessous de \(\mathcal{T}\).
La courbe \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(\mathcal{T}\) pour \(x \leq\, 0\) et en dessous pour \(x \geq\, 0\) : elle traverse sa tangente au point d’inflexion A, comme on le voit sur la figure.
Exercice 2 :
Partie A
1. Le logarithme népérien n’est défini que pour un nombre strictement positif. Il faut donc \(1 + x \gt 0\), c’est-à-dire \(x \gt -1\). La soustraction \(x – \ln(1+x)\) ne pose alors aucun autre problème : \(f\) est définie sur \(]-1~;~+\infty[\).
2. La dérivée de \(x \mapsto \ln(1+x)\) est \(x \mapsto \dfrac{1}{1+x}\) (formule \((\ln u)^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u(x) = 1 + x\)). Donc pour tout \(x \gt -1\) :
\[f^{\prime}(x) = 1 – \dfrac{1}{1+x} = \dfrac{1 + x – 1}{1+x} = \dfrac{x}{1+x}.\]
On retient \(f^{\prime}(x) = \dfrac{x}{1+x}\).
3. a. Sur \(]-1~;~+\infty[\), le dénominateur \(1 + x\) est strictement positif : \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(x\).
| \(x\) | \(-1\) | \(0\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | ||
| variations de \(f\) | \(\searrow\) | \(0\) | \(\nearrow\) |
\(f\) est strictement décroissante sur \(]-1~;~0]\) et strictement croissante sur \([0~;~+\infty[\).
b. On calcule \(f(0) = 0 – \ln 1 = 0\). Sur \(]-1~;~0[\), \(f\) est strictement décroissante, donc pour \(-1 \lt x \lt 0\), on a \(f(x) \gt f(0) = 0\).
La fonction \(f\) est strictement positive sur \(]-1~;~0[\). (Plus généralement, 0 est le minimum de \(f\), donc \(f(x) \geq\, 0\) sur tout l’intervalle \(]-1~;~+\infty[\).)
4. a. Pour tout réel \(x\), \(x = \ln(\text{e}^x)\). Pour \(x \gt -1\), les nombres \(\text{e}^x\) et \(1 + x\) sont strictement positifs, et la propriété \(\ln a – \ln b = \ln\dfrac{a}{b}\) donne :
\[f(x) = \ln(\text{e}^x) – \ln(1+x) = \ln(\dfrac{\text{e}^x}{1+x}).\]
b. Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{x} = +\infty\). On écrit, pour \(x \gt 0\) :
\[\dfrac{\text{e}^x}{1+x} = \dfrac{\text{e}^x}{x} \times \dfrac{x}{1+x} = \dfrac{\text{e}^x}{x} \times \dfrac{1}{1 + \frac1x}.\]
Le second facteur tend vers 1, donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{1+x} = +\infty\). Comme \(\lim\limits_{X \to +\infty} \ln X = +\infty\), par composition : \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).
Partie B
On remarque que, pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1} = f(u_n)\), où \(f\) est la fonction de la partie A.
1. Avec \(n = 0\) : \(u_1 = u_0 – \ln(1 + u_0) = 10 – \ln 11\). À la calculatrice, \(u_1 \approx 7{,}602\).
2. On note \(P(n)\) la propriété « \(u_n \geq\, 0\) ».
Initialisation. \(u_0 = 10 \geq\, 0\) : \(P(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(u_n \geq\, 0\). D’après la question 3. a. de la partie A, \(f\) est croissante sur \([0~;~+\infty[\). Comme \(u_n \geq\, 0\), on peut appliquer \(f\) à l’inégalité sans en changer le sens : \(f(u_n) \geq\, f(0)\), c’est-à-dire \(u_{n+1} \geq\, 0\). \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \geq\, 0\).
3. Pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1} – u_n = -\ln(1 + u_n)\).
D’après la question 2, \(u_n \geq\, 0\), donc \(1 + u_n \geq\, 1\) ; la fonction \(\ln\) étant croissante, \(\ln(1 + u_n) \geq\, \ln 1 = 0\). Par conséquent \(u_{n+1} – u_n \leq\, 0\).
La suite \((u_n)\) est décroissante.
4. La suite \((u_n)\) est décroissante (question 3) et minorée par 0 (question 2). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\), avec \(\ell \geq\, 0\).
5. La fonction \(f\) est continue sur \([0~;~+\infty[\) (elle y est dérivable) et \(u_{n+1} = f(u_n)\). La limite \(\ell\) vérifie donc \(f(\ell) = \ell\) :
\[\ell – \ln(1 + \ell) = \ell \iff \ln(1 + \ell) = 0 \iff 1 + \ell = 1 \iff \ell = 0.\]
La suite \((u_n)\) converge vers 0.
Exercice 3 :
1. On calcule les coordonnées de deux vecteurs : \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}-5\\-5\\0\end{pmatrix}\).
S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{AC}} = k\,\vec{\text{AB}}\). La troisième coordonnée donnerait \(0 = k \times 1\), soit \(k = 0\), mais alors la première donnerait \(-5 = 0\) : c’est impossible.
Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés.
2. Le repère étant orthonormé, on calcule le produit scalaire :
\[\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = (-1)(-5) + 1 \times (-5) + 1 \times 0 = 5 – 5 + 0 = 0.\]
Les vecteurs \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) sont orthogonaux : le triangle ABC est rectangle en A.
3. Les points A, B et C n’étant pas alignés, ils définissent un unique plan. Il suffit de vérifier que leurs coordonnées satisfont l’équation \(-x + y – 2z + 5 = 0\) :
- A : \(-3 + 0 – 2 \times 1 + 5 = 0\) ;
- B : \(-2 + 1 – 2 \times 2 + 5 = 0\) ;
- C : \(-(-2) + (-5) – 2 \times 1 + 5 = 2 – 5 – 2 + 5 = 0\).
Les trois égalités sont vraies : \(-x + y – 2z + 5 = 0\) est bien une équation du plan (ABC).
4. Les coefficients de \(x\), \(y\) et \(z\) dans l’équation du plan donnent un vecteur normal : \(\vec{n}\begin{pmatrix}-1\\1\\-2\end{pmatrix}\). Une droite orthogonale au plan (ABC) est dirigée par ce vecteur normal.
La droite \((\Delta)\) passe par \(\text{S}(1~;~-2~;~4)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{n}\) ; une représentation paramétrique en est :
\[(\Delta) : \{\begin{array}{l}x = 1 – t\\ y = -2 + t\\ z = 4 – 2t\end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]
5. Le point H est sur \((\Delta)\) : ses coordonnées s’écrivent \((1 – t~;~-2 + t~;~4 – 2t)\) pour un certain réel \(t\). Il est aussi dans le plan (ABC), donc :
\[-(1 – t) + (-2 + t) – 2(4 – 2t) + 5 = 0 \iff -1 + t – 2 + t – 8 + 4t + 5 = 0 \iff 6t – 6 = 0 \iff t = 1.\]
En remplaçant \(t\) par 1 : \(x = 0\), \(y = -1\), \(z = 2\). Le point H a bien pour coordonnées \((0~;~-1~;~2)\).
6. Dans un repère orthonormé :
\[\text{SH} = \sqrt{(0 – 1)^2 + (-1 + 2)^2 + (2 – 4)^2} = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}.\]
\(\text{SH} = \sqrt6\). C’est la distance du point S au plan (ABC), puisque H est le projeté orthogonal de S sur ce plan.
7. Le rayon du cercle \(\mathcal{C}\) est \(\text{HB}\). Avec \(\text{H}(0~;~-1~;~2)\) et \(\text{B}(2~;~1~;~2)\) :
\[\text{HB}^2 = (2 – 0)^2 + (1 + 1)^2 + (2 – 2)^2 = 4 + 4 + 0 = 8.\]
L’aire du disque est \(\pi \times \text{HB}^2\), donc l’aire de \(\mathcal{D}\) vaut \(8\pi\) (unités d’aire), soit environ 25,13.
8. La droite (SH) est orthogonale au plan (ABC) qui contient la base \(\mathcal{D}\), et H est le centre de cette base : la hauteur du cône est donc \(\text{SH} = \sqrt6\).
Le volume d’un cône est \(\dfrac13 \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur}\) :
\[V = \dfrac13 \times 8\pi \times \sqrt6 = \dfrac{8\sqrt6\,\pi}{3}.\]
Le volume du cône vaut \(\dfrac{8\sqrt6\,\pi}{3}\) (unités de volume), soit environ 20,52.
Exercice 4 :
On répète \(n\) fois, de façon indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve à deux issues dont le « succès » est « la pièce est défectueuse », de probabilité \(0{,}04\). La variable \(X\) suit donc la loi binomiale \(\mathcal{B}(n~;~0{,}04)\).
1. On passe par l’événement contraire « aucune pièce défectueuse » :
\[p(X \geq\, 1) = 1 – p(X = 0) = 1 – 0{,}96^{50} \approx 1 – 0{,}1299 \approx 0{,}8701.\]
Arrondie au millième, la probabilité vaut 0,870 : réponse b.
2. Comme \(X\) ne prend que des valeurs entières, l’événement \(\{X \leq\, 7\}\) est la réunion disjointe de \(\{X \leq\, 3\}\) et de \(\{3 \lt X \leq\, 7\}\). Donc \(p(3 \lt X \leq\, 7) = p(X \leq\, 7) – p(X \leq\, 3)\) : réponse b.
Numériquement, cela donne environ \(0{,}9992 – 0{,}8609 \approx 0{,}1383\).
3. On calcule les probabilités cumulées de la loi \(\mathcal{B}(50~;~0{,}04)\) à la calculatrice :
| \(k\) | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|
| \(p(X \leq\, k)\) | \(\approx 0{,}6767\) | \(\approx 0{,}8609\) | \(\approx 0{,}9510\) | \(\approx 0{,}9856\) |
La probabilité cumulée dépasse 0,95 pour la première fois en \(k = 4\) : réponse c.
4. Ne tirer que des pièces défectueuses, c’est obtenir \(n\) succès sur \(n\) épreuves : \(p(X = n) = 0{,}04^n\). Réponse a.
5. La quantité \(1 – 0{,}96^n\) est la probabilité \(p(X \geq\, 1)\) de tirer au moins une pièce défectueuse parmi \(n\) (voir la question 1). La boucle augmente \(n\) de 1 tant que cette probabilité est strictement inférieure à x ; elle s’arrête dès que \(1 – 0{,}96^n \geq\, x\), et comme \(n\) part de 1 en augmentant de 1 en 1, la valeur renvoyée est la première qui convient.
La fonction renvoie le plus petit nombre \(n\) tel que la probabilité de tirer au moins une pièce défectueuse soit supérieure ou égale à x : réponse a.
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