Bac maths 2024 France sept. J2 : sujet et corrigé

Retrouve ici le sujet de mathématiques du bac 2024 de septembre en métropole (Antilles-Guyane comprises), deuxième jour de l’épreuve de spécialité, daté du 12 septembre 2024. On y calcule d’abord le volume du tétraèdre HFIJ taillé dans un cube, grâce à un vecteur normal et à la distance d’un point à un plan. Vient ensuite un robot qui avance à droite ou à gauche : arbre pondéré, suite arithmético-géométrique, récurrence et loi binomiale pour un retour au point de départ. Le troisième exercice étudie une fonction logistique (asymptote, convexité, primitive, aire) puis l’équation différentielle qu’elle vérifie. Le dernier propose cinq affirmations à juger : script Python de seuil, somme géométrique, dénombrement de binômes, logarithme et intégrale. Le corrigé détaillé de toutes les questions suit l’énoncé.

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BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — SESSION 2024
Métropole Antilles-Guyane — 12 septembre 2024 — Jour 2
Épreuve d’enseignement de spécialité mathématiques — Durée : 4 heures

Exercice 1 (5 points)

On considère le cube ABCDEFGH représenté ci-dessous.

Les points I et J sont les milieux respectifs des segments [AB] et [CG].

Le point N est le milieu du segment [IJ].

L’objectif de cet exercice est de calculer le volume du tétraèdre HFIJ.

On se place dans le repère orthonormé \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\).

1. a. Donner les coordonnées des points I et J.

En déduire les coordonnées de N.

b. Justifier que les vecteurs \(\vec{\text{IJ}}\) et \(\vec{\text{NF}}\) ont pour coordonnées respectives :

\[\vec{\text{IJ}}\begin{pmatrix} 0{,}5 \\ 1 \\ 0{,}5 \end{pmatrix} \quad \text{et} \quad \vec{\text{NF}}\begin{pmatrix} 0{,}25 \\ -0{,}5 \\ 0{,}75 \end{pmatrix}\]

c. Démontrer que les vecteurs \(\vec{\text{IJ}}\) et \(\vec{\text{NF}}\) sont orthogonaux.

On admet que \(\text{NF} = \dfrac{\sqrt{14}}{4}\).

d. En déduire que l’aire du triangle FIJ est égale à \(\dfrac{\sqrt{21}}{8}\).

2. On considère le vecteur \(\vec{u}\begin{pmatrix} 4 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}\).

a. Démontrer que le vecteur \(\vec{u}\) est normal au plan (FIJ).

b. En déduire qu’une équation cartésienne du plan (FIJ) est : \(4x – y – 2z – 2 = 0\).

c. On note \(d\) la droite orthogonale au plan (FIJ) passant par le point H. Déterminer une représentation paramétrique de la droite \(d\).

d. Montrer que la distance du point H au plan (FIJ) est égale à \(\dfrac{5\sqrt{21}}{21}\).

e. On rappelle que le volume d’une pyramide est donné par la formule \(V = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{B} \times h\) où \(\mathcal{B}\) est l’aire d’une base et \(h\) la longueur de la hauteur relative à cette base.

Calculer le volume du tétraèdre HFIJ. On donnera la réponse sous la forme d’une fraction irréductible.

Exercice 2 (5 points)

La partie C est indépendante des parties A et B.

Un robot est positionné sur un axe horizontal et se déplace plusieurs fois d’un mètre sur cet axe, aléatoirement vers la droite ou vers la gauche.

Lors du premier déplacement, la probabilité que le robot se déplace à droite est égale à \(\dfrac{1}{3}\).

S’il se déplace à droite, la probabilité que le robot se déplace de nouveau à droite lors du déplacement suivant est égale à \(\dfrac{3}{4}\).

S’il se déplace à gauche, la probabilité que le robot se déplace de nouveau à gauche lors du déplacement suivant est égale à \(\dfrac{1}{2}\).

Pour tout entier naturel \(n \geq\, 1\), on note :

\(D_n\) l’évènement : « le robot se déplace à droite lors du \(n\)-ième déplacement » ;
\(\overline{D_n}\) l’évènement contraire de \(D_n\) ;
\(p_n\) la probabilité de l’évènement \(D_n\).

On a donc \(p_1 = \dfrac{1}{3}\).

Partie A : étude du cas particulier où \(n = 2\)

Dans cette partie, le robot réalise deux déplacements successifs.

1. Reproduire et compléter l’arbre pondéré suivant :

2. Déterminer la probabilité que le robot se déplace deux fois à droite.

3. Montrer que \(p_2 = \dfrac{7}{12}\).

4. Le robot s’est déplacé à gauche lors du deuxième déplacement. Quelle est la probabilité qu’il se soit déplacé à droite lors du premier déplacement ?

Partie B : étude de la suite \((p_n)\).

On souhaite estimer le déplacement du robot au bout d’un nombre important d’étapes.

1. Démontrer que pour tout entier naturel \(n \geq\, 1\), on a :

\[p_{n+1} = \dfrac{1}{4}p_n + \dfrac{1}{2}.\]

On pourra s’aider d’un arbre.

2. a. Montrer par récurrence que pour tout entier naturel \(n \geq\, 1\), on a :

\[p_n \leq\, p_{n+1} \lt \dfrac{2}{3}.\]

b. La suite \((p_n)\) est-elle convergente ? Justifier.

3. On considère la suite \((u_n)\) définie pour tout entier naturel \(n \geq\, 1\), par \(u_n = p_n – \dfrac{2}{3}\).

a. Montrer que la suite \((u_n)\) est géométrique et préciser son premier terme et sa raison.

b. Déterminer la limite de la suite \((p_n)\) et interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

Partie C

Dans cette partie, on considère un autre robot qui réalise dix déplacements d’un mètre indépendants les uns des autres, chaque déplacement vers la droite ayant une probabilité fixe égale à \(\dfrac{3}{4}\).

Quelle est la probabilité qu’il revienne à son point de départ au bout des dix déplacements ? On arrondira le résultat à \(10^{-3}\) près.

Exercice 3 (5 points)

Partie A

On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par :

\[f(x) = \dfrac{6}{1 + 5\,\text{e}^{-x}}\]

On a représenté sur le schéma ci-dessous la courbe représentative \(\mathcal{C}_f\) de la fonction \(f\).

1. Montrer que le point A de coordonnées \((\ln 5\,;\,3)\) appartient à la courbe \(\mathcal{C}_f\).

2. Montrer que la droite d’équation \(y = 6\) est une asymptote à la courbe \(\mathcal{C}_f\).

3. a. On admet que \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et on note \(f^{\prime}\) sa fonction dérivée. Montrer que pour tout réel \(x\), on a :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{30\,\text{e}^{-x}}{(1 + 5\,\text{e}^{-x})^2}.\]

b. En déduire le tableau de variations complet de \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

4. On admet que :

\(f\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\), on note \(f^{\prime\prime}\) sa dérivée seconde ;
pour tout réel \(x\), \(f^{\prime\prime}(x) = \dfrac{30\,\text{e}^{-x}(5\,\text{e}^{-x} – 1)}{(1 + 5\,\text{e}^{-x})^3}\).

a. Étudier la convexité de \(f\) sur \(\mathbb{R}\). On montrera en particulier que la courbe \(\mathcal{C}_f\) admet un point d’inflexion.

b. Justifier que pour tout réel \(x\) appartenant à \(]-\infty\,;\,\ln 5]\), on a : \(f(x) \geq\, \dfrac{5}{6}x + 1\).

5. On considère une fonction \(F_k\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(F_k(x) = k\ln(\text{e}^{x} + 5)\), où \(k\) est une constante réelle.

a. Déterminer la valeur du réel \(k\) de sorte que \(F_k\) soit une primitive de \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

b. En déduire que l’aire, en unité d’aire, du domaine délimité par la courbe \(\mathcal{C}_f\), l’axe des abscisses, l’axe des ordonnées et la droite d’équation \(x = \ln 5\) est égale à \(6\ln(\dfrac{5}{3})\).

Partie B

L’objectif de cette partie est d’étudier l’équation différentielle suivante :

\[(E) \qquad y^{\prime} = y – \dfrac{1}{6}y^2.\]

On rappelle qu’une solution de l’équation \((E)\) est une fonction \(u\) définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\) telle que pour tout \(x\) réel, on a :

\[u^{\prime}(x) = u(x) – \dfrac{1}{6}[u(x)]^2.\]

1. Montrer que la fonction \(f\) définie dans la partie A est une solution de l’équation différentielle \((E)\).

2. Résoudre l’équation différentielle \(y^{\prime} = -y + \dfrac{1}{6}\).

3. On désigne par \(g\) une fonction dérivable sur \(\mathbb{R}\) qui ne s’annule pas.

On note \(h\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par \(h(x) = \dfrac{1}{g(x)}\).

On admet que \(h\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), On note \(g^{\prime}\) et \(h^{\prime}\) les fonctions dérivées de \(g\) et \(h\).

a. Montrer que si \(h\) est solution de l’équation différentielle \(y^{\prime} = -y + \dfrac{1}{6}\), alors \(g\) est solution de l’équation différentielle \(y^{\prime} = y – \dfrac{1}{6}y^2\).

b. Pour tout réel positif \(m\), on considère les fonctions \(g_m\) définies sur \(\mathbb{R}\) par :

\[g_m(x) = \dfrac{6}{1 + 6m\,\text{e}^{-x}}.\]

Montrer que pour tout réel positif \(m\), la fonction \(g_m\) est solution de l’équation différentielle \((E) : \ y^{\prime} = y – \dfrac{1}{6}y^2\).

Exercice 4 (5 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Chaque réponse doit être justifiée. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

Les cinq questions de cet exercice sont indépendantes

1. On considère le script écrit en langage Python ci-dessous.

def seuil(S) :
  n=0
  u=7
  while u < S :
      n=n+1
      u=1.05*u+3
  return(n)

Affirmation 1 : l’instruction seuil(100) renvoie la valeur 18.

2. Soit \((S_n)\) la suite définie pour tout entier naturel \(n\) par

\[S_n = 1 + \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{5^2} + \ldots + \dfrac{1}{5^n}.\]

Affirmation 2 : la suite \((S_n)\) converge vers \(\dfrac{5}{4}\).

3. Affirmation 3 : dans une classe composée de 30 élèves, on peut former 870 binômes de délégués différents.

4. On considère la fonction \(f\) définie sur \([1\,;\,+\infty[\) par \(f(x) = x(\ln x)^2\).

Affirmation 4 : l’équation \(f(x) = 1\) admet une solution unique dans l’intervalle \([1\,;\,+\infty[\).

5. Affirmation 5 :

\[\int_0^1 x\,\text{e}^{-x}\,\text{d}x = \dfrac{\text{e} – 2}{\text{e}}.\]

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. a. Dans ce repère, A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0) et G(1 ; 1 ; 1). Les coordonnées d’un milieu sont les moyennes des coordonnées des extrémités :

I, milieu de [AB] : \(\text{I}(0{,}5\,;\,0\,;\,0)\) ;
J, milieu de [CG] : \(\text{J}(1\,;\,1\,;\,0{,}5)\) ;
N, milieu de [IJ] : \((\dfrac{0{,}5 + 1}{2}\,;\,\dfrac{0 + 1}{2}\,;\,\dfrac{0 + 0{,}5}{2})\), soit \(\text{N}(0{,}75\,;\,0{,}5\,;\,0{,}25)\).

b. On soustrait les coordonnées de l’origine du vecteur à celles de son extrémité. Avec F(1 ; 0 ; 1) :

\[\vec{\text{IJ}}\begin{pmatrix} 1 – 0{,}5 \\ 1 – 0 \\ 0{,}5 – 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}5 \\ 1 \\ 0{,}5 \end{pmatrix} \qquad \vec{\text{NF}}\begin{pmatrix} 1 – 0{,}75 \\ 0 – 0{,}5 \\ 1 – 0{,}25 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}25 \\ -0{,}5 \\ 0{,}75 \end{pmatrix}\]

Ce sont bien les coordonnées annoncées.

c. Le repère étant orthonormé, on calcule le produit scalaire :

\[\vec{\text{IJ}} \cdot \vec{\text{NF}} = 0{,}5 \times 0{,}25 + 1 \times (-0{,}5) + 0{,}5 \times 0{,}75 = 0{,}125 – 0{,}5 + 0{,}375 = 0.\]

Le produit scalaire est nul : \(\vec{\text{IJ}}\) et \(\vec{\text{NF}}\) sont orthogonaux.

d. N est un point de [IJ] et (NF) est perpendiculaire à (IJ) : [NF] est donc la hauteur du triangle FIJ issue de F. Calculons la base : \(\text{IJ} = \sqrt{0{,}5^2 + 1^2 + 0{,}5^2} = \sqrt{1{,}5} = \sqrt{\dfrac{6}{4}} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}\).

\[\mathcal{A}_{\text{FIJ}} = \dfrac{\text{IJ} \times \text{NF}}{2} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt{6}}{2} \times \dfrac{\sqrt{14}}{4} = \dfrac{\sqrt{84}}{16} = \dfrac{2\sqrt{21}}{16}.\]

L’aire du triangle FIJ vaut \(\dfrac{\sqrt{21}}{8}\).

2. a. Un vecteur est normal à un plan s’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. On prend \(\vec{\text{IJ}}(0{,}5\,;\,1\,;\,0{,}5)\) et \(\vec{\text{IF}}(0{,}5\,;\,0\,;\,1)\), qui ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{\text{IF}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{IJ}}\)).

\(\vec{u} \cdot \vec{\text{IJ}} = 4 \times 0{,}5 + (-1) \times 1 + (-2) \times 0{,}5 = 2 – 1 – 1 = 0\) ;
\(\vec{u} \cdot \vec{\text{IF}} = 4 \times 0{,}5 + (-1) \times 0 + (-2) \times 1 = 2 – 0 – 2 = 0\).

Le vecteur \(\vec{u}\) est normal au plan (FIJ).

b. Puisque \(\vec{u}(4\,;\,-1\,;\,-2)\) est normal au plan, celui-ci a une équation de la forme \(4x – y – 2z + c = 0\). Le point F(1 ; 0 ; 1) lui appartient, donc \(4 – 0 – 2 + c = 0\), soit \(c = -2\).

Une équation cartésienne de (FIJ) est \(4x – y – 2z – 2 = 0\). (Contrôle : pour I, \(2 – 0 – 0 – 2 = 0\) ; pour J, \(4 – 1 – 1 – 2 = 0\).)

c. La droite \(d\) est orthogonale au plan (FIJ), donc dirigée par \(\vec{u}\), et passe par H(0 ; 1 ; 1). Une représentation paramétrique est :

\[d : \{\begin{array}{l} x = 4t \\ y = 1 – t \\ z = 1 – 2t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]

d. La distance de H au plan est HK, où K est le point d’intersection de \(d\) avec (FIJ) (projeté orthogonal de H). On remplace dans l’équation du plan :

\[4(4t) – (1 – t) – 2(1 – 2t) – 2 = 0 \iff 16t – 1 + t – 2 + 4t – 2 = 0 \iff 21t = 5 \iff t = \dfrac{5}{21}.\]

Alors \(\vec{\text{HK}} = \dfrac{5}{21}\vec{u}\) et \(\|\vec{u}\| = \sqrt{16 + 1 + 4} = \sqrt{21}\), donc :

\[\text{HK} = \dfrac{5}{21} \times \sqrt{21} = \dfrac{5\sqrt{21}}{21}.\]

La distance de H au plan (FIJ) est \(\dfrac{5\sqrt{21}}{21}\).

e. On prend pour base le triangle FIJ ; la hauteur associée est la distance de H au plan (FIJ). Donc :

\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{21}}{8} \times \dfrac{5\sqrt{21}}{21} = \dfrac{5 \times 21}{3 \times 8 \times 21} = \dfrac{5}{24}.\]

Le volume du tétraèdre HFIJ est \(\dfrac{5}{24}\) unité de volume.

Exercice 2 :

Partie A

1. On lit dans l’énoncé \(P(D_1) = \dfrac{1}{3}\), \(P_{D_1}(D_2) = \dfrac{3}{4}\) et \(P_{\overline{D_1}}(\overline{D_2}) = \dfrac{1}{2}\). Les probabilités manquantes s’obtiennent car la somme des branches issues d’un même nœud vaut 1 : \(P(\overline{D_1}) = \dfrac{2}{3}\), \(P_{D_1}(\overline{D_2}) = \dfrac{1}{4}\) et \(P_{\overline{D_1}}(D_2) = \dfrac{1}{2}\).

2. \(P(D_1 \cap D_2) = P(D_1) \times P_{D_1}(D_2) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{1}{4}\). La probabilité que le robot aille deux fois à droite est \(\dfrac{1}{4}\).

3. Les évènements \(D_1\) et \(\overline{D_1}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :

\[p_2 = P(D_1 \cap D_2) + P(\overline{D_1} \cap D_2) = \dfrac{1}{4} + \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{12} + \dfrac{4}{12} = \dfrac{7}{12}.\]

On a bien \(p_2 = \dfrac{7}{12}\).

4. On cherche \(P_{\overline{D_2}}(D_1)\). D’abord \(P(\overline{D_2}) = 1 – \dfrac{7}{12} = \dfrac{5}{12}\) et \(P(D_1 \cap \overline{D_2}) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{12}\). Alors :

\[P_{\overline{D_2}}(D_1) = \dfrac{P(D_1 \cap \overline{D_2})}{P(\overline{D_2})} = \dfrac{1/12}{5/12} = \dfrac{1}{5}.\]

La probabilité cherchée est \(\dfrac{1}{5} = 0{,}2\).

Partie B

1. Les règles de passage d’un déplacement au suivant sont les mêmes à chaque étape, ce que résume l’arbre ci-dessous :

Par la formule des probabilités totales avec la partition \((D_n, \overline{D_n})\) :

\[p_{n+1} = p_n \times \dfrac{3}{4} + (1 – p_n) \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{4}p_n – \dfrac{1}{2}p_n + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}p_n + \dfrac{1}{2}.\]

C’est la relation demandée, valable pour tout \(n \geq\, 1\).

2. a. Notons \(P(n)\) : « \(p_n \leq\, p_{n+1} \lt \dfrac{2}{3}\) ».

Initialisation : \(p_1 = \dfrac{4}{12}\), \(p_2 = \dfrac{7}{12}\) et \(\dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{12}\), donc \(p_1 \leq\, p_2 \lt \dfrac{2}{3}\) : \(P(1)\) est vraie.

Hérédité : supposons \(p_n \leq\, p_{n+1} \lt \dfrac{2}{3}\) pour un entier \(n \geq\, 1\). En multipliant par \(\dfrac{1}{4} \gt 0\) puis en ajoutant \(\dfrac{1}{2}\), on conserve le sens des inégalités :

\[\dfrac{1}{4}p_n + \dfrac{1}{2} \leq\, \dfrac{1}{4}p_{n+1} + \dfrac{1}{2} \lt \dfrac{1}{4} \times \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{2}, \quad \text{c^{\prime}est-à-dire} \quad p_{n+1} \leq\, p_{n+2} \lt \dfrac{1}{6} + \dfrac{3}{6} = \dfrac{2}{3}.\]

\(P(n+1)\) est donc vraie.

Conclusion : par récurrence, pour tout \(n \geq\, 1\), \(p_n \leq\, p_{n+1} \lt \dfrac{2}{3}\).

b. D’après la question précédente, la suite \((p_n)\) est croissante et majorée par \(\dfrac{2}{3}\). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((p_n)\) est convergente.

3. a. Pour tout \(n \geq\, 1\) :

\[u_{n+1} = p_{n+1} – \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{4}p_n + \dfrac{1}{2} – \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{4}p_n – \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{4}(p_n – \dfrac{2}{3}) = \dfrac{1}{4}u_n.\]

\((u_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{4}\) et de premier terme \(u_1 = \dfrac{1}{3} – \dfrac{2}{3} = -\dfrac{1}{3}\).

b. On en déduit \(u_n = -\dfrac{1}{3} \times (\dfrac{1}{4})^{n-1}\) et \(p_n = \dfrac{2}{3} – \dfrac{1}{3} \times (\dfrac{1}{4})^{n-1}\). Comme \(0 \lt \dfrac{1}{4} \lt 1\), \((\dfrac{1}{4})^{n-1} \to 0\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{2}{3}\).

Interprétation : après un grand nombre de déplacements, la probabilité que le robot se déplace à droite est très proche de \(\dfrac{2}{3}\) ; il va environ deux fois plus souvent à droite qu’à gauche.

Partie C

Pour revenir au point de départ après dix déplacements d’un mètre, le robot doit faire autant de pas à droite qu’à gauche, soit exactement 5 à droite et 5 à gauche.

Soit \(X\) le nombre de déplacements à droite. On répète 10 fois, de façon indépendante, une épreuve de Bernoulli de succès « aller à droite » de probabilité \(\dfrac{3}{4}\) : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(10\,;\,\dfrac{3}{4})\). Donc :

\[P(X = 5) = \dbinom{10}{5}(\dfrac{3}{4})^5(\dfrac{1}{4})^5 = 252 \times \dfrac{3^5}{4^{10}} = \dfrac{61\,236}{1\,048\,576} \approx 0{,}0584.\]

La probabilité que le robot revienne à son point de départ est environ 0,058.

Exercice 3 :

Partie A

1. \(\text{e}^{-\ln 5} = \dfrac{1}{\text{e}^{\ln 5}} = \dfrac{1}{5}\), donc \(f(\ln 5) = \dfrac{6}{1 + 5 \times \dfrac{1}{5}} = \dfrac{6}{2} = 3\). Le point \(\text{A}(\ln 5\,;\,3)\) est bien sur \(\mathcal{C}_f\).

2. Quand \(x \to +\infty\), \(-x \to -\infty\) donc \(\text{e}^{-x} \to 0\) ; ainsi \(1 + 5\,\text{e}^{-x} \to 1\) et \(f(x) \to 6\). Comme \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 6\), la droite d’équation \(y = 6\) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).

3. a. \(f = \dfrac{6}{v}\) avec \(v(x) = 1 + 5\,\text{e}^{-x}\), qui ne s’annule pas, et \(v^{\prime}(x) = -5\,\text{e}^{-x}\). Avec \((\dfrac{1}{v})^{\prime} = -\dfrac{v^{\prime}}{v^2}\) :

\[f^{\prime}(x) = 6 \times \dfrac{-(-5\,\text{e}^{-x})}{(1 + 5\,\text{e}^{-x})^2} = \dfrac{30\,\text{e}^{-x}}{(1 + 5\,\text{e}^{-x})^2}.\]

C’est l’expression attendue.

b. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^{-x} \gt 0\) et le dénominateur est un carré non nul, donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) : \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).

Limite en \(-\infty\) : \(-x \to +\infty\), donc \(\text{e}^{-x} \to +\infty\), \(1 + 5\,\text{e}^{-x} \to +\infty\) et \(f(x) \to 0\). La limite en \(+\infty\) vaut 6 (question 2).

\(x\)	\(-\infty\)		\(+\infty\)
signe de \(f^{\prime}(x)\)		\(+\)
variations de \(f\)	0	\(\nearrow\)	6

4. a. Dans \(f^{\prime\prime}(x)\), les facteurs \(30\,\text{e}^{-x}\) et \((1 + 5\,\text{e}^{-x})^3\) sont strictement positifs : \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(5\,\text{e}^{-x} – 1\). Or, la fonction \(\ln\) étant strictement croissante :

\[5\,\text{e}^{-x} – 1 \gt 0 \iff \text{e}^{-x} \gt \dfrac{1}{5} \iff -x \gt -\ln 5 \iff x \lt \ln 5.\]

Sur \(]-\infty\,;\,\ln 5]\), \(f^{\prime\prime} \geq\, 0\) : \(f\) est convexe ;
sur \([\ln 5\,;\,+\infty[\), \(f^{\prime\prime} \leq\, 0\) : \(f\) est concave.

La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en \(\ln 5\) : la courbe \(\mathcal{C}_f\) admet un point d’inflexion, le point \(\text{A}(\ln 5\,;\,3)\).

b. La droite d’équation \(y = \dfrac{5}{6}x + 1\) est la tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse 0. En effet \(f(0) = \dfrac{6}{1 + 5} = 1\) et \(f^{\prime}(0) = \dfrac{30}{6^2} = \dfrac{5}{6}\), donc la tangente a pour équation \(y = f^{\prime}(0)(x – 0) + f(0) = \dfrac{5}{6}x + 1\).

Sur l’intervalle \(]-\infty\,;\,\ln 5]\), qui contient 0, la fonction \(f\) est convexe, donc sa courbe est au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle, en particulier de celle en 0. Pour tout \(x \leq\, \ln 5\), \(f(x) \geq\, \dfrac{5}{6}x + 1\).

5. a. \(F_k\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) car \(\text{e}^{x} + 5 \gt 0\), et \(F_k^{\prime}(x) = k \times \dfrac{\text{e}^{x}}{\text{e}^{x} + 5}\). Par ailleurs, en multipliant numérateur et dénominateur de \(f(x)\) par \(\text{e}^{x}\) :

\[f(x) = \dfrac{6\,\text{e}^{x}}{\text{e}^{x} + 5\,\text{e}^{-x}\text{e}^{x}} = \dfrac{6\,\text{e}^{x}}{\text{e}^{x} + 5}.\]

Donc \(F_k^{\prime} = f\) si et seulement si \(k = 6\). Pour \(k = 6\), \(F_6(x) = 6\ln(\text{e}^{x} + 5)\) est une primitive de \(f\).

b. La fonction \(f\) est continue et strictement positive sur \([0\,;\,\ln 5]\), donc l’aire du domaine vaut, en unités d’aire :

\[\int_0^{\ln 5} f(x)\,\text{d}x = F_6(\ln 5) – F_6(0) = 6\ln(5 + 5) – 6\ln(1 + 5) = 6\ln(\dfrac{10}{6}).\]

L’aire vaut \(6\ln(\dfrac{5}{3}) \approx 3{,}06\) unités d’aire.

Partie B

1. Posons \(D = 1 + 5\,\text{e}^{-x}\), de sorte que \(f(x) = \dfrac{6}{D}\). Alors :

\[f(x) – \dfrac{1}{6}[f(x)]^2 = \dfrac{6}{D} – \dfrac{1}{6} \times \dfrac{36}{D^2} = \dfrac{6D – 6}{D^2} = \dfrac{6 \times 5\,\text{e}^{-x}}{D^2} = \dfrac{30\,\text{e}^{-x}}{(1 + 5\,\text{e}^{-x})^2} = f^{\prime}(x).\]

\(f\) est solution de \((E)\).

2. L’équation s’écrit \(y^{\prime} = ay + b\) avec \(a = -1\) et \(b = \dfrac{1}{6}\). Ses solutions sont les fonctions \(x \mapsto C\,\text{e}^{ax} – \dfrac{b}{a}\), soit : \(y(x) = C\,\text{e}^{-x} + \dfrac{1}{6}\), avec \(C \in \mathbb{R}\). (Vérification : \(y^{\prime} = -C\,\text{e}^{-x}\) et \(-y + \dfrac{1}{6} = -C\,\text{e}^{-x}\).)

3. a. Comme \(h = \dfrac{1}{g}\), on a \(h^{\prime} = -\dfrac{g^{\prime}}{g^2}\). Si \(h\) vérifie \(h^{\prime} = -h + \dfrac{1}{6}\), alors pour tout réel \(x\) :

\[-\dfrac{g^{\prime}(x)}{[g(x)]^2} = -\dfrac{1}{g(x)} + \dfrac{1}{6}.\]

En multipliant par \(-[g(x)]^2\), non nul : \(g^{\prime}(x) = g(x) – \dfrac{1}{6}[g(x)]^2\). \(g\) est donc solution de \(y^{\prime} = y – \dfrac{1}{6}y^2\).

b. Soit \(m \geq\, 0\). Pour tout \(x\), \(1 + 6m\,\text{e}^{-x} \geq\, 1 \gt 0\), donc \(g_m\) est définie, dérivable et ne s’annule pas sur \(\mathbb{R}\). Son inverse est :

\[h_m(x) = \dfrac{1}{g_m(x)} = \dfrac{1 + 6m\,\text{e}^{-x}}{6} = m\,\text{e}^{-x} + \dfrac{1}{6}.\]

C’est la solution de la question 2 avec \(C = m\) : \(h_m\) est solution de \(y^{\prime} = -y + \dfrac{1}{6}\). D’après la question 3.a, \(g_m\) est solution de \((E)\) pour tout réel positif \(m\). On remarque que pour \(m = \dfrac{5}{6}\), on retrouve \(g_m = f\).

Exercice 4 :

1. Affirmation 1 : vraie.

Le programme part de \(u = 7\) et remplace \(u\) par \(1{,}05u + 3\) tant que \(u \lt 100\), en comptant les passages dans \(n\). Il renvoie le premier rang \(n\) pour lequel \(u_n \geq\, 100\), avec \(u_0 = 7\) et \(u_{n+1} = 1{,}05u_n + 3\). La suite est croissante et à la calculatrice : \(u_{17} \approx 93{,}57 \lt 100\) et \(u_{18} \approx 101{,}24 \geq\, 100\). La boucle s’arrête donc après 18 passages : seuil(100) renvoie 18.

2. Affirmation 2 : vraie.

\(S_n\) est la somme des \(n + 1\) premiers termes de la suite géométrique de premier terme 1 et de raison \(\dfrac{1}{5}\) :

\[S_n = \dfrac{1 – (\dfrac{1}{5})^{n+1}}{1 – \dfrac{1}{5}} = \dfrac{5}{4}(1 – (\dfrac{1}{5})^{n+1}).\]

Comme \(-1 \lt \dfrac{1}{5} \lt 1\), \((\dfrac{1}{5})^{n+1} \to 0\), donc \(S_n \to \dfrac{5}{4}\).

3. Affirmation 3 : fausse.

Un binôme de délégués est un ensemble de 2 élèves pris parmi 30, sans ordre : le binôme {Léa, Tom} est le même que {Tom, Léa}. Leur nombre est \(\dbinom{30}{2} = \dfrac{30 \times 29}{2} = 435\). Le nombre 870 \(= 30 \times 29\) compte chaque binôme deux fois (c’est le nombre de couples ordonnés).

4. Affirmation 4 : vraie.

\(f\) est dérivable sur \([1\,;\,+\infty[\) et \(f^{\prime}(x) = (\ln x)^2 + x \times 2\ln x \times \dfrac{1}{x} = (\ln x)^2 + 2\ln x = \ln x\,(\ln x + 2)\). Pour \(x \gt 1\), \(\ln x \gt 0\) donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) ; \(f^{\prime}\) ne s’annule qu’en 1 : \(f\) est strictement croissante sur \([1\,;\,+\infty[\).

De plus \(f(1) = 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\) (produit de deux termes tendant vers \(+\infty\)). \(f\) est continue, strictement croissante, et 1 est compris entre 0 et \(+\infty\) : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x) = 1\) a une unique solution sur \([1\,;\,+\infty[\) (environ 2,02).

5. Affirmation 5 : vraie.

Intégration par parties avec \(u(x) = x\), \(v^{\prime}(x) = \text{e}^{-x}\), \(u^{\prime}(x) = 1\), \(v(x) = -\text{e}^{-x}\) :

\[\int_0^1 x\,\text{e}^{-x}\,\text{d}x = \Big[-x\,\text{e}^{-x}\Big]_0^1 + \int_0^1 \text{e}^{-x}\,\text{d}x = -\text{e}^{-1} + \Big[-\text{e}^{-x}\Big]_0^1 = -\text{e}^{-1} – \text{e}^{-1} + 1 = 1 – \dfrac{2}{\text{e}}.\]

Or \(1 – \dfrac{2}{\text{e}} = \dfrac{\text{e} – 2}{\text{e}}\) : l’égalité est exacte (valeur environ 0,264).

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