Corrigé du bac de maths 2024 en Asie-Pacifique (sujet 2) à télécharger en PDF

L’énoncé de cette épreuve est sur la page Asie Pacifique bac de maths 2024 : sujet n° 2 corrigé : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.

Corrigé bac Asie : ce que contient la correction

Tout d’abord, ce corrigé bac Asie porte sur l’épreuve de spécialité mathématiques 2024 en Asie-Pacifique (sujet 2), dont chaque question est corrigée et justifiée. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Côté programme, il faut notamment maîtriser la fonction logarithme népérien, les limites, la dérivation et le raisonnement par récurrence. Pour vous situer, l’épreuve dure 4 heures, soit environ 60 minutes par exercice si vous répartissez le temps équitablement. Par conséquent, la correction sert autant à contrôler un résultat qu’à apprendre la rédaction attendue le jour de l’examen.

Corrigé du sujet

Exercice 1 : réponses détaillées du corrigé bac Asie

Fonction logarithme, suite récurrente – 5,5 points

On étudie la fonction \(f\) définie sur \(]0\,;+\infty[\) par \(f(x)=x^2-x\ln(x)\).

Partie A : étude de la fonction \(f\)

1. Limites de \(f\) en 0 et en \(+\infty\).

En 0. Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x\to 0^+} x\ln(x)=0\). Comme \(\displaystyle\lim_{x\to 0^+}x^2=0\), on obtient par différence :

\[\lim_{x\to 0^+} f(x)=0.\]

En \(+\infty\). On a une forme indéterminée « \(\infty-\infty\) ». Pour \(x\gt 0\), on factorise par \(x^2\) :

\[f(x)=x^2(1-\frac{\ln(x)}{x}).\]

Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{x}=0\), donc la parenthèse tend vers 1, et comme \(x^2\) tend vers \(+\infty\) :

\[\lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty.\]

2. Calcul de \(f^{\prime}(x)\).

Pour \(x\gt 0\), la dérivée de \(x\ln(x)\) est (produit) \(1\times \ln(x)+x\times \dfrac{1}{x}=\ln(x)+1\). Donc :

\[f^{\prime}(x)=2x-\ln(x)-1.\]

3. Montrer que \(f^{\prime\prime}(x)=\dfrac{2x-1}{x}\).

Pour \(x\gt 0\) :

\[f^{\prime\prime}(x)=2-\frac{1}{x}=\frac{2x-1}{x}.\]

4. Variations de \(f^{\prime}\).

Sur \(]0\,;+\infty[\), le dénominateur \(x\) est strictement positif, donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(2x-1\), qui s’annule en \(\dfrac12\), est négatif avant et positif après. Ainsi \(f^{\prime}\) est strictement décroissante sur \(]0\,;\dfrac12]\) et strictement croissante sur \([\dfrac12\,;+\infty[\). Elle admet donc un minimum en \(\dfrac12\) :

\[f^{\prime}(\frac12)=2\times \frac12-\ln(\frac12)-1=1+\ln(2)-1=\ln(2).\]

\(x\)	\(0\)		\(\dfrac12\)		\(+\infty\)
signe de \(f^{\prime\prime}(x)\)	||	\(-\)	\(0\)	\(+\)
variations de \(f^{\prime}\)	||	décroissante ↘	\(\ln(2)\)	croissante ↗

5. Montrer que \(f\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\).

D’après le tableau, le minimum de \(f^{\prime}\) sur \(]0\,;+\infty[\) vaut \(\ln(2)\gt 0\). Donc pour tout \(x\gt 0\), \(f^{\prime}(x)\geq\,\ln(2)\gt 0\) : \(f\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\).

Partie B : fonction auxiliaire et équation \(f(x)=x\)

On pose \(g(x)=x-\ln(x)\) sur \(]0\,;+\infty[\).

1. Dérivée et variations de \(g\).

Pour \(x\gt 0\) :

\[g^{\prime}(x)=1-\frac1x=\frac{x-1}{x}.\]

Comme \(x\gt 0\), \(g^{\prime}(x)\) a le signe de \(x-1\) : négatif sur \(]0\,;1[\), nul en 1, positif sur \(]1\,;+\infty[\). De plus \(g(1)=1-\ln(1)=1\).

\(x\)	\(0\)		\(1\)		\(+\infty\)
signe de \(g^{\prime}(x)\)	||	\(-\)	\(0\)	\(+\)
variations de \(g\)	||	décroissante ↘	\(1\)	croissante ↗

2. Résoudre \(f(x)=x\) sur \(]0\,;+\infty[\) (on admet que 1 est l’unique solution de \(g(x)=1\)).

Pour \(x\gt 0\) :

\[f(x)=x \iff x^2-x\ln(x)-x=0 \iff x(x-\ln(x)-1)=0 \iff x(g(x)-1)=0.\]

Comme \(x\neq 0\), cela équivaut à \(g(x)=1\), c’est-à-dire \(x=1\). L’équation \(f(x)=x\) a pour unique solution \(x=1\).

Partie C : étude d’une suite récurrente

On pose \(u_0=\dfrac12\) et, pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1}=f(u_n)=u_n^2-u_n\ln(u_n)\).

1. Montrer par récurrence que \(\dfrac12\leq\, u_n\leq\, u_{n+1}\leq\, 1\) pour tout \(n\).

Notons \(P(n)\) cette propriété.

Initialisation. \(u_1=f(\dfrac12)=\dfrac14-\dfrac12\ln(\dfrac12)=\dfrac14+\dfrac{\ln(2)}{2}\approx 0{,}597\). On a bien \(\dfrac12\leq\, u_0\leq\, u_1\leq\, 1\) : \(P(0)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(P(n)\) vraie pour un entier \(n\) : \(\dfrac12\leq\, u_n\leq\, u_{n+1}\leq\, 1\). La fonction \(f\) étant strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\) (partie A), elle conserve l’ordre :

\[f(\frac12)\leq\, f(u_n)\leq\, f(u_{n+1})\leq\, f(1),\ \text{soit}\ u_1\leq\, u_{n+1}\leq\, u_{n+2}\leq\, 1\]

car \(f(1)=1-0=1\). Comme \(u_1\geq\,\dfrac12\), on obtient \(\dfrac12\leq\, u_{n+1}\leq\, u_{n+2}\leq\, 1\) : \(P(n+1)\) est vraie.

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(\dfrac12\leq\, u_n\leq\, u_{n+1}\leq\, 1\).

2. Justifier que \((u_n)\) converge.

D’après la question 1, la suite \((u_n)\) est croissante (\(u_n\leq\, u_{n+1}\)) et majorée par 1. Par le théorème de la limite monotone, \((u_n)\) converge vers un réel \(\ell\), avec \(\dfrac12\leq\,\ell\leq\, 1\).

3. Valeur de \(\ell\) (on admet que \(f(\ell)=\ell\)).

\(\ell\) est un réel strictement positif solution de \(f(x)=x\). D’après la partie B, la seule solution est 1, donc \(\ell=1\).

Exercice 2 :

Probabilités conditionnelles et suites – 5,5 points

Léa gagne une partie dans 70 % des cas si elle a gagné la précédente, avec une probabilité 0,2 si elle a perdu la précédente, et \(g_1=0{,}5\). On note \(G_n\) (resp. \(D_n\)) l’événement « Léa gagne (resp. perd) la \(n\)-ième partie » et \(g_n=P(G_n)\).

1. Probabilité \(P_{G_1}(D_2)\).

\(D_2\) est l’événement contraire de \(G_2\), donc :

\[P_{G_1}(D_2)=1-P_{G_1}(G_2)=1-0{,}7=0{,}3.\]

2. Arbre des deux premières parties.

3. Calcul de \(g_2\).

Les événements \(G_1\) et \(D_1\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[g_2=P(G_1\cap G_2)+P(D_1\cap G_2)=0{,}5\times 0{,}7+0{,}5\times 0{,}2=0{,}35+0{,}1=0{,}45.\]

\(g_2=0{,}45\).

4. a. Arbre des parties \(n\) et \(n+1\).

b. Montrer que \(g_{n+1}=0{,}5g_n+0{,}2\).

Pour \(n\geq\, 1\), \(G_n\) et \(D_n\) forment une partition de l’univers. Par la formule des probabilités totales :

\[g_{n+1}=P(G_n)\times P_{G_n}(G_{n+1})+P(D_n)\times P_{D_n}(G_{n+1})=0{,}7g_n+0{,}2(1-g_n)=0{,}5g_n+0{,}2.\]

5. a. La suite \((v_n)\) définie par \(v_n=g_n-0{,}4\) est géométrique.

Pour tout \(n\geq\, 1\) :

\[v_{n+1}=g_{n+1}-0{,}4=0{,}5g_n+0{,}2-0{,}4=0{,}5g_n-0{,}2=0{,}5(g_n-0{,}4)=0{,}5\,v_n.\]

\((v_n)\) est géométrique de raison \(0{,}5\) et de premier terme \(v_1=g_1-0{,}4=0{,}1\).

b. Expression de \(g_n\).

Pour tout \(n\geq\, 1\), \(v_n=v_1\times 0{,}5^{n-1}=0{,}1\times 0{,}5^{n-1}\), et comme \(g_n=v_n+0{,}4\) :

\[g_n=0{,}1\times 0{,}5^{n-1}+0{,}4.\]

Exercice 2 du corrigé bac Asie : questions 6 à 9

6. Variations de \((g_n)\).

Pour tout \(n\geq\, 1\) :

\[g_{n+1}-g_n=0{,}1\times 0{,}5^{n}-0{,}1\times 0{,}5^{n-1}=0{,}1\times 0{,}5^{n-1}\times (0{,}5-1)=-0{,}05\times 0{,}5^{n-1}.\]

Ce nombre est strictement négatif, donc la suite \((g_n)\) est strictement décroissante.

7. Limite de \((g_n)\) et interprétation.

Comme \(-1\lt 0{,}5\lt 1\), \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}0{,}5^{n-1}=0\), donc \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}g_n=0{,}4\).

Interprétation : après un grand nombre de parties dans la journée, la probabilité que Léa gagne une partie se stabilise autour de 0,4, soit 40 %.

8. Plus petit entier \(n\) tel que \(g_n-0{,}4\leq\, 0{,}001\).

\[g_n-0{,}4\leq\, 0{,}001 \iff 0{,}1\times 0{,}5^{n-1}\leq\, 0{,}001 \iff 0{,}5^{n-1}\leq\, 0{,}01.\]

La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\) :

\[\iff (n-1)\ln(0{,}5)\leq\, \ln(0{,}01) \iff n-1\geq\,\frac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}5)} \iff n\geq\, 1+\frac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}5)},\]

le sens de l’inégalité changeant car \(\ln(0{,}5)\lt 0\). Or \(1+\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}5)}\approx 7{,}64\). Le plus petit entier cherché est \(n=8\).

Vérification : \(g_7-0{,}4=0{,}1\times 0{,}5^{6}\approx 0{,}0016\) et \(g_8-0{,}4=0{,}1\times 0{,}5^{7}\approx 0{,}00078\).

9. Compléter la fonction Python qui renvoie le premier rang à partir duquel \(g_n\leq\, 0{,}4+e\).

Tant que \(g\) est strictement supérieur à \(0{,}4+e\), on calcule le terme suivant et on augmente le rang de 1 (la suite étant décroissante, tous les termes suivants restent ensuite sous le seuil) :

def seuil(e) :
    g = 0.5
    n = 1
    while g > 0.4 + e :
        g = 0.5 * g + 0.2
        n = n + 1
    return (n)

Par exemple, seuil(0.001) renvoie 8, conformément à la question 8.

Exercice 3 : réponses détaillées du corrigé bac Asie

Vrai ou faux – 4 points

Affirmation 1 : si \(\dfrac12\lt u_n\leq\,\dfrac{3n^2+4n+7}{6n^2+1}\) pour tout \(n\), alors \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\dfrac12\).

Pour \(n\geq\, 1\), en factorisant par \(n^2\) :

\[\frac{3n^2+4n+7}{6n^2+1}=\frac{3+\dfrac4n+\dfrac{7}{n^2}}{6+\dfrac{1}{n^2}}.\]

Comme \(\dfrac1n\) et \(\dfrac1{n^2}\) tendent vers 0, ce quotient tend vers \(\dfrac36=\dfrac12\). La suite \((u_n)\) est encadrée par la suite constante \(\dfrac12\) et une suite qui tend vers \(\dfrac12\) : d’après le théorème des gendarmes, \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\dfrac12\). L’affirmation 1 est vraie.

Affirmation 2 : la fonction \(h\) (dont on donne la courbe de la dérivée \(h^{\prime}\) sur \([-4\,;4]\)) est convexe sur \([-1\,;3]\).

\(h\) est convexe sur un intervalle si et seulement si \(h^{\prime}\) y est croissante. Or, sur le graphique, \(h^{\prime}\) croît de \(-1\) jusqu’à un maximum (environ 5,5) atteint vers \(x\approx 0{,}6\), puis décroît jusqu’à 0 en \(x=3\) : par exemple \(h^{\prime}(1)\approx 5\gt h^{\prime}(3)=0\). La dérivée n’est donc pas croissante sur \([-1\,;3]\) ; \(h\) est même concave sur \([1\,;3]\). L’affirmation 2 est fausse.

Affirmation 3 : un code est formé de 4 chiffres (répétitions permises) suivis de deux lettres distinctes parmi A, B, C ; il existe 20 634 codes contenant au moins un 0.

Pour les lettres, il y a 3 choix pour la première puis 2 pour la seconde, soit 6 possibilités. Nombre total de codes : \(10^4\times 6=60\,000\). Codes sans aucun 0 (9 choix par chiffre) : \(9^4\times 6=6\,561\times 6=39\,366\). Par passage au complémentaire, le nombre de codes contenant au moins un 0 est :

\[60\,000-39\,366=20\,634.\]

L’affirmation 3 est vraie.

Affirmation 4 : \(f(x)=x\ln(x)\) est solution sur \(]0\,;+\infty[\) de \(xy^{\prime}-y=x\).

\(f\) est dérivable sur \(]0\,;+\infty[\) comme produit de fonctions dérivables et \(f^{\prime}(x)=\ln(x)+x\times \dfrac1x=\ln(x)+1\). Alors, pour tout \(x\gt 0\) :

\[xf^{\prime}(x)-f(x)=x\ln(x)+x-x\ln(x)=x.\]

L’affirmation 4 est vraie.

Exercice 4 :

Géométrie dans l’espace – 5 points

Dans un repère orthonormé, le plan \((P)\) a pour équation \(2x+2y-3z+1=0\) ; on donne \(A(1\,;0\,;1)\), \(B(2\,;-1\,;1)\) et \(C(-4\,;-6\,;5)\).

Partie A

1. Les points \(A\), \(B\), \(C\) appartiennent-ils à \((P)\) ?

• \(A\) : \(2\times 1+2\times 0-3\times 1+1=0\), donc \(A\in(P)\).
• \(B\) : \(2\times 2+2\times (-1)-3\times 1+1=4-2-3+1=0\), donc \(B\in(P)\).
• \(C\) : \(2\times (-4)+2\times (-6)-3\times 5+1=-8-12-15+1=-34\neq 0\), donc \(C\notin(P)\).

2. Montrer que \(C^{\prime}(0\,;-2\,;-1)\) est le projeté orthogonal de \(C\) sur \((P)\).

Un vecteur normal à \((P)\) est \(\vec n\begin{pmatrix}2\\2\\-3\end{pmatrix}\). On a \(\vec{CC^{\prime}}\begin{pmatrix}0-(-4)\\-2-(-6)\\-1-5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\4\\-6\end{pmatrix}=2\vec n\) : la droite \((CC^{\prime})\) est orthogonale à \((P)\). De plus \(2\times 0+2\times (-2)-3\times (-1)+1=-4+3+1=0\), donc \(C^{\prime}\in(P)\). \(C^{\prime}\) est bien le projeté orthogonal de \(C\) sur \((P)\).

3. Représentation paramétrique de \((AB)\).

\(\vec{AB}\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}\) dirige \((AB)\) qui passe par \(A\), d’où :

\[(AB) :\ \begin{cases}x=1+t\\ y=-t\\ z=1\end{cases}\qquad t\in\mathbb{R}.\]

4. Coordonnées du point \(H\) de \((AB)\) tel que \((HC)\perp(AB)\).

\(H\in(AB)\), donc \(H(1+t\,;-t\,;1)\) pour un réel \(t\), et \(\vec{HC}\begin{pmatrix}-5-t\\-6+t\\4\end{pmatrix}\). La condition d’orthogonalité s’écrit :

\[\vec{HC}\cdot\vec{AB}=0 \iff (-5-t)\times 1+(-6+t)\times (-1)+4\times 0=0 \iff 1-2t=0 \iff t=\frac12.\]

Donc \(H(\dfrac32\,;-\dfrac12\,;1)\). On retrouve \(\vec{HC}\begin{pmatrix}-\frac{11}{2}\\-\frac{11}{2}\\4\end{pmatrix}\), et on vérifie : \(-\dfrac{11}{2}+\dfrac{11}{2}+0=0\).

Partie B

1. Norme de \(\vec{HC}\).

\[\|\vec{HC}\|=\sqrt{(-\frac{11}{2})^2+(-\frac{11}{2})^2+4^2}=\sqrt{\frac{121}{4}+\frac{121}{4}+16}=\sqrt{\frac{153}{2}}.\]

\(HC=\sqrt{\dfrac{153}{2}}\approx 8{,}75\).

2. Aire \(S\) du triangle \(ABC\).

\(H\) est le pied de la hauteur issue de \(C\) dans le triangle \(ABC\). Avec \(AB=\sqrt{1^2+(-1)^2+0^2}=\sqrt2\) :

\[S=\frac{AB\times HC}{2}=\frac{\sqrt2\times \sqrt{\frac{153}{2}}}{2}=\frac{\sqrt{153}}{2}=\frac{3\sqrt{17}}{2}.\]

Partie C (on admet que \(HC^{\prime}=\sqrt{\dfrac{17}{2}}\))

1. Valeur de \(\cos(\alpha)\) où \(\alpha=\widehat{CHC^{\prime}}\).

La droite \((CC^{\prime})\) est orthogonale au plan \((P)\), qui contient \(C^{\prime}\) et \(H\) (car \(H\in(AB)\subset(P)\)). Donc \((CC^{\prime})\perp(C^{\prime}H)\) et le triangle \(CHC^{\prime}\) est rectangle en \(C^{\prime}\). Ainsi :

\[\cos(\alpha)=\frac{HC^{\prime}}{HC}=\frac{\sqrt{\frac{17}{2}}}{\sqrt{\frac{153}{2}}}=\sqrt{\frac{17}{153}}=\sqrt{\frac19}=\frac13.\]

\(\cos(\alpha)=\dfrac13\).

2. a. Montrer que \((C^{\prime}H)\) et \((AB)\) sont perpendiculaires.

\(\vec{C^{\prime}H}\begin{pmatrix}\frac32\\\frac32\\2\end{pmatrix}\) et \(\vec{C^{\prime}H}\cdot\vec{AB}=\dfrac32-\dfrac32+0=0\) : les droites sont orthogonales. Comme elles sont toutes deux contenues dans le plan \((P)\) et se coupent en \(H\), elles sont perpendiculaires.

b. Aire \(S^{\prime}\) du triangle \(ABC^{\prime}\).

\([C^{\prime}H]\) est la hauteur issue de \(C^{\prime}\) dans le triangle \(ABC^{\prime}\), donc :

\[S^{\prime}=\frac{AB\times C^{\prime}H}{2}=\frac{\sqrt2\times \sqrt{\frac{17}{2}}}{2}=\frac{\sqrt{17}}{2}.\]

c. Relation entre \(S\), \(S^{\prime}\) et \(\cos(\alpha)\).

\[S\times \cos(\alpha)=\frac{3\sqrt{17}}{2}\times \frac13=\frac{\sqrt{17}}{2}=S^{\prime}.\]

On a donc \(S^{\prime}=S\cos(\alpha)\) : l’aire du projeté orthogonal du triangle sur le plan s’obtient en multipliant l’aire du triangle par le cosinus de l’angle entre les deux plans.

Corrigé bac Asie : méthode pour bien s’entraîner

D’abord, ouvrez l’énoncé du sujet et traitez un exercice entier sans aide, comme le jour de l’épreuve. Ensuite, comparez votre copie avec la correction ligne par ligne : au-delà du résultat final, regardez surtout la justification attendue. Par ailleurs, faites la liste des points de cours à revoir ; ici, ce sera souvent la fonction logarithme népérien et les limites. Enfin, refaites les questions ratées deux ou trois jours plus tard, cette fois sans rien regarder. Pour un rappel de cours indépendant, vous pouvez aussi consulter l’article de Wikipédia sur fonction logarithme.

Les erreurs qui coûtent des points

• Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
• Pour une limite, signalez explicitement la forme indéterminée puis la méthode choisie (factorisation, croissances comparées, composition).
• Quand vous dérivez un produit ou un quotient, écrivez les fonctions u et v avant de calculer, puis factorisez pour étudier le signe.

Corrigé bac Asie : vos questions

Quelles notions revoir avant de commencer ? Avant tout, la fonction logarithme népérien, les limites et la dérivation, mais aussi le raisonnement par récurrence.

Faut-il tout justifier ? Oui, en règle générale ; en revanche, dans un QCM, l’énoncé précise le plus souvent qu’aucune justification n’est attendue.