Bac de maths 2026 aux Antilles-Guyane (jour 1) : sujet et corrigé

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BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2026
Mathématiques — Jour 1
Antilles, Guyane — 16 juillet 2026
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (4 points)

Partie A

L’agence de sûreté nucléaire ASNR contrôle les installations des centrales nucléaires afin de garantir leur sécurité et leur conformité. La fréquence des contrôles dépend de l’état du réacteur.

On considère que dans le parc nucléaire français :

• 20 % des réacteurs sont en arrêt pour maintenance ;
• 5 % des réacteurs fonctionnent au ralenti ;
• le reste des réacteurs du parc nucléaire est en état de fonctionnement normal.

On considère également que parmi les réacteurs en arrêt, 85 % sont contrôlés et que parmi les réacteurs fonctionnant au ralenti, 60 % sont contrôlés.

On choisit au hasard un réacteur dans le parc nucléaire français, et on note :

• \(A\) l’évènement « Le réacteur est en arrêt » ;
• \(R\) l’évènement « Le réacteur fonctionne au ralenti » ;
• \(N\) l’évènement « Le réacteur fonctionne normalement » ;
• \(C\) l’évènement « Le réacteur subit un contrôle ».

Pour un évènement quelconque \(E\), on désigne par \(\overline{E}\) son évènement contraire et par \(P(E)\) sa probabilité.

On note \(x\) la probabilité que le réacteur subisse un contrôle sachant qu’il fonctionne normalement, c’est-à-dire \(x = P_N(C)\).

1. Recopier l’arbre des probabilités ci-contre en complétant les pointillés à l’aide des données de l’énoncé.

2. Calculer la probabilité que le réacteur soit en arrêt et qu’il subisse un contrôle.

On sait de plus que la probabilité qu’un réacteur du parc nucléaire soit contrôlé est égale à \(0{,}35\).

3. Montrer que la probabilité \(x\) est égale à \(0{,}2\).

4. Le réacteur choisi subit un contrôle. Déterminer la probabilité qu’il fonctionne normalement.

Partie B

Dans le Sud de la France, on compte 12 réacteurs nucléaires qu’on numérote de 1 à 12.

On sait que lorsque le réacteur fonctionne normalement, sa production journalière est égale à 16 GWh (gigawattheure), lorsque le réacteur fonctionne au ralenti, sa production journalière est réduite à 10 GWh et enfin lorsque le réacteur est à l’arrêt, sa production journalière est nulle.

On rappelle que \(P(N) = 0{,}75\), \(P(R) = 0{,}05\) et \(P(A) = 0{,}20\).

1. On désigne par \(X\) la variable aléatoire qui modélise la production journalière en GWh d’un réacteur.

a. Recopier le tableau ci-dessous et compléter les pointillés donnant la loi de probabilité de la variable aléatoire \(X\). On notera \(k\) les valeurs prises par la variable aléatoire \(X\) et \(p_k\) les probabilités égales à \(P(X=k)\).

b. Montrer que l’espérance \(E(X)\) de la variable aléatoire \(X\) est égale à \(12{,}5\) et que sa variance \(V(X)\) est égale à \(40{,}75\).

2. Pour tout entier naturel \(i\) compris entre 1 et 12, on note \(X_i\) la variable aléatoire qui modélise la production journalière en GWh du \(i\)-ème réacteur.

Ainsi, par exemple, \(X_2\) désigne la variable aléatoire qui modélise la production journalière en GWh du 2-ième réacteur.

On suppose que les variables \(X_1, X_2, \ldots, X_{12}\) suivent la même loi de probabilité que la variable aléatoire \(X\), et qu’elles sont indépendantes.

On considère la variable aléatoire \(S\) qui donne la production totale journalière des 12 réacteurs. On a ainsi \(S = X_1 + X_2 + \cdots + X_{12}\).

On note \(E(S)\) l’espérance de la variable aléatoire \(S\) et \(V(S)\) sa variance.

a. Montrer que \(E(S) = 150\) et \(V(S) = 489\).

b. Afin d’éviter le risque de surcharge du réseau et de couvrir l’ensemble des besoins en électricité, la production totale journalière des 12 réacteurs doit être comprise strictement entre 100 GWh et 200 GWh.

Peut-on affirmer que la probabilité d’éviter le risque de surcharge et de couvrir l’ensemble des besoins en électricité est supérieure à \(0{,}80\) ? Justifier.

Exercice 2 (6 points)

Un médicament est administré à un patient par voie intraveineuse.

La notice du médicament indique que :

• le traitement doit durer au moins 7 h ;
• lorsque sa quantité, en mg, présente dans le sang est supérieure ou égale à 3 mg, il y a un risque de toxicité.

On s’intéresse à la quantité de médicament présente dans le sang au cours du temps sachant que le patient reçoit une première dose de 1 mg.

Deux protocoles sont étudiés dans les deux parties qui sont indépendantes.

Partie A : étude du premier protocole

Après l’injection de la première dose, une quantité supplémentaire de médicament est administrée régulièrement et de façon continue à un patient mis sous perfusion.

Dans cette partie, on modélise la quantité de médicament présente dans le sang du patient par une fonction \(q\) définie sur \([0\,;\,+\infty[\), où \(q(t)\) désigne la quantité, en mg, de médicament présente dans le sang du patient, et \(t\) représente le temps, en heure, écoulé depuis l’injection initiale. On a ainsi \(q(0) = 1\).

On admet que :

• la fonction \(q\) est dérivable sur \([0\,;\,+\infty[\) et on note \(q^{\prime}\) sa fonction dérivée ;
• la fonction \(q\) est solution sur \([0\,;\,+\infty[\) de l’équation différentielle \((E)\) : \(y^{\prime} = -\dfrac{3}{10}y + 1\) où \(y\) est une fonction de la variable réelle \(t\), définie et dérivable sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\), et \(y^{\prime}\) sa fonction dérivée.

1. Donner les solutions sur \([0\,;\,+\infty[\) de l’équation différentielle \((E)\).

2. Montrer que pour tout réel \(t\) appartenant à \([0\,;\,+\infty[\), \(q(t) = \dfrac{10}{3} – \dfrac{7}{3}\text{e}^{-\frac{3}{10}t}\).

3. Déterminer la limite de la fonction \(q\) en \(+\infty\). Interpréter cette valeur dans le contexte de l’exercice.

4. Étudier les variations de la fonction \(q\) sur \([0\,;\,+\infty[\).

5. Déterminer, en résolvant une inéquation, au bout de combien de temps après l’injection initiale le médicament présente un risque pour le patient. On donnera la valeur exacte puis une valeur approchée à \(10^{-1}\).

6. D’après ce modèle, le protocole présente-t-il un risque pour le patient ? Justifier.

Partie B : étude du second protocole

On injecte au patient une première dose de médicament de 1 mg. On admet que la quantité de médicament présente dans le sang du patient baisse de 30 % toutes les heures. Pour compenser cette baisse, on injecte une dose supplémentaire de 0,75 mg de médicament toutes les heures.

On modélise la situation par une suite \((u_n)\), où, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n\) représente la quantité, en mg, de médicament présente dans le sang du patient au bout de \(n\) heures écoulées depuis l’injection initiale.

Sous ces conditions, on a \(u_0 = 1\).

1. Justifier que pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1} = 0{,}7 \times u_n + 0{,}75\).

2. a. Montrer par récurrence que pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 4\).

b. En déduire que la suite \((u_n)\) est convergente.

c. Déterminer la limite \(\ell\) de la suite \((u_n)\).

d. D’après ce modèle, le traitement présente-t-il un risque pour le patient ? Justifier.

3. On considère la suite \((v_n)\) définie, pour tout entier naturel \(n\), par \(v_n = u_n – 2{,}5\).

a. Montrer que \((v_n)\) est une suite géométrique dont on précisera la raison et le terme initial.

b. Montrer que pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = 2{,}5 – 1{,}5 \times 0{,}7^n\).

4. D’après ce modèle, au bout de combien d’injections supplémentaires la quantité de médicament présente dans le sang de ce patient dépasse-t-elle 2,4 mg ?

Exercice 3 (4 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Justifier la réponse donnée. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

L’espace est muni d’un repère orthonormé \((\text{O}\,;\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})\).

On considère :

• les points \(\text{S}(-1\,;\,\sqrt{2}\,;\,-4)\), \(\text{A}(2\,;\,\sqrt{2}\,;\,-1)\), \(\text{B}(1\,;\,\sqrt{2}\,;\,0)\) et \(\text{C}(2\,;\,0\,;\,-1)\) ;
• la droite \(d\) dont une représentation paramétrique est donnée par : \(\{\begin{array}{l} x = 2-k \\ y = \sqrt{2}\,k \\ z = -1-k \end{array}.\), \(k \in \mathbb{R}\) ;
• le plan \(P\) dont une équation cartésienne est : \(x – z + 1 = 0\).

On admet que les points A, B et C ne sont pas alignés.

Affirmation 1 : Le vecteur \(\vec{\text{SA}}\) est un vecteur normal au plan (ABC).

Affirmation 2 : Les droites (SB) et \(d\) sont sécantes.

Affirmation 3 : La droite \(d\) est parallèle au plan \(P\).

Affirmation 4 : Le projeté orthogonal de S sur le plan \(P\) est le point H de coordonnées \((-3\,;\,\sqrt{2}\,;\,-2)\).

Exercice 4 (6 points)

Partie A : lecture graphique

On considère une fonction \(f\) définie et deux fois dérivable sur l’intervalle \(]\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[\). On note \(f^{\prime}\) sa fonction dérivée et \(f^{\prime\prime}\) sa fonction dérivée seconde.

On a tracé, dans un repère orthogonal, la courbe de la fonction \(f\), notée \(\mathcal{C}\), ainsi que la tangente \(T\) à \(\mathcal{C}\) au point \(\text{A}(1\,;\,0)\). On précise que \(T\) passe par le point \(\text{B}(0\,;\,-2)\).

On répondra aux questions suivantes en les justifiant à l’aide du graphique.

1. Déterminer \(f^{\prime}(1)\).

2. La fonction \(f\) est-elle concave sur \(]\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[\) ?

3. Déterminer \(f^{\prime\prime}(1)\).

Partie B : étude de fonction

On admet que la fonction représentée graphiquement dans la partie A est définie sur l’intervalle \(]\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[\) par :

\[f(x) = x\ln(2x-1)\]

où \(\ln\) désigne la fonction logarithme népérien.

On rappelle que :

• la fonction \(f\) est deux fois dérivable sur l’intervalle \(]\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[\), que \(f^{\prime}\) désigne sa fonction dérivée et \(f^{\prime\prime}\) sa fonction dérivée seconde ;
• \(\mathcal{C}\) désigne la courbe représentative de la fonction \(f\) sur l’intervalle \(]\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[\).

1. Déterminer, en justifiant, la limite de la fonction \(f\) en \(\dfrac{1}{2}\). En déduire une interprétation graphique.

2. Résoudre l’équation \(f(x) = 0\) sur l’intervalle \(]\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[\).

3. On admet que pour tout réel \(x\) appartenant à l’intervalle \(]\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[\) :

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

a. Montrer que pour tout réel \(x\) appartenant à l’intervalle \(]\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[\) :

\[f^{\prime\prime}(x) = \dfrac{4(x-1)}{(2x-1)^2}.\]

b. Montrer que \(\mathcal{C}\) admet un unique point d’inflexion et que ce point est l’intersection de \(\mathcal{C}\) avec l’axe des abscisses.

4. a. Montrer que la fonction \(f\) est positive sur l’intervalle \([1\,;\,2]\).

b. On admet que pour tout \(x\) appartenant à l’intervalle \(]\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[\), on a :

\[\dfrac{x^2}{2x-1} = \dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8}\times \dfrac{2}{2x-1}.\]

Montrer que :

\[\displaystyle\int_{1}^{2} \dfrac{x^2}{2x-1}\, \text{d}x = 1 + \dfrac{1}{8}\ln (3).\]

c. On note \(\mathcal{A}\) l’aire du domaine délimité par la courbe \(\mathcal{C}\), l’axe des abscisses et les droites d’équation \(x=1\) et \(x=2\).

En vous aidant d’une intégration par parties, déterminer la valeur exacte de l’aire \(\mathcal{A}\) en unité d’aire.

Partie C : généralisation

On désigne par \(a\) un réel strictement positif et par \(f_a\) la fonction définie sur l’intervalle \(]\dfrac{1}{a}\,;\,+\infty[\) par :

\[f_a(x) = x\ln(ax – 1).\]

On admet que \(f_a\) est deux fois dérivable sur l’intervalle \(]\dfrac{1}{a}\,;\,+\infty[\). On note \(f_a^{\prime}\) sa fonction dérivée, \(f_a^{\prime\prime}\) sa fonction dérivée seconde, et \(\mathcal{C}_a\) sa représentation graphique.

On admet que pour tout \(x\) appartenant à l’intervalle \(]\dfrac{1}{a}\,;\,+\infty[\) :

\[f_a^{\prime\prime}(x) = \dfrac{a(ax-2)}{(ax-1)^2}.\]

1. Montrer que pour tout réel \(a\) strictement positif, la courbe \(\mathcal{C}_a\) admet un unique point d’inflexion \(\text{A}_a\).

2. Montrer que les points \(\text{A}_a\) sont alignés, \(a\) appartenant à l’intervalle \(]0\,;\,+\infty[\).

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. Les trois états forment une partition du parc : \(P(A)=0{,}2\), \(P(R)=0{,}05\), donc \(P(N)=1-0{,}2-0{,}05=0{,}75\). Sur les branches du second niveau, on place les probabilités conditionnelles données, et chaque paire de branches issues d’un même nœud doit avoir une somme égale à 1. L’arbre complété porte donc les pondérations suivantes :

2. On cherche \(P(A\cap C)\). On suit la branche \(A\) puis \(C\) et on multiplie les probabilités rencontrées :

\[P(A\cap C)=P(A)\times P_A(C)=0{,}2\times 0{,}85=0{,}17.\]

La probabilité que le réacteur soit à l’arrêt et contrôlé vaut 0,17.

3. Les évènements \(A\), \(R\) et \(N\) forment une partition de l’univers. La formule des probabilités totales donne :

\[P(C)=P(A\cap C)+P(R\cap C)+P(N\cap C)=0{,}17+0{,}05\times 0{,}6+0{,}75x=0{,}2+0{,}75x.\]

Comme \(P(C)=0{,}35\), on obtient \(0{,}75x=0{,}15\), d’où \(x=\dfrac{0{,}15}{0{,}75}\), c’est-à-dire \(x=0{,}2\).

4. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_C(N)\) :

\[P_C(N)=\dfrac{P(N\cap C)}{P(C)}=\dfrac{0{,}75\times 0{,}2}{0{,}35}=\dfrac{0{,}15}{0{,}35}=\dfrac{3}{7}.\]

Sachant que le réacteur est contrôlé, la probabilité qu’il fonctionne normalement est \(\dfrac{3}{7}\approx 0{,}43\).

Partie B

1. a. \(X\) prend la valeur 0 si le réacteur est à l’arrêt, 10 s’il tourne au ralenti et 16 s’il fonctionne normalement :

b. L’espérance est la moyenne des valeurs pondérée par leurs probabilités :

\[E(X)=0\times 0{,}2+10\times 0{,}05+16\times 0{,}75=0+0{,}5+12=12{,}5.\]

Pour la variance, on utilise la formule de König-Huygens \(V(X)=E(X^2)-E(X)^2\). On calcule d’abord :

\[E(X^2)=0^2\times 0{,}2+10^2\times 0{,}05+16^2\times 0{,}75=5+192=197.\]

D’où \(V(X)=197-12{,}5^2=197-156{,}25=40{,}75\). On a bien \(E(X)=12{,}5\) et \(V(X)=40{,}75\).

2. a. Par linéarité de l’espérance, \(E(S)=E(X_1)+\cdots+E(X_{12})=12\times 12{,}5=150\). Comme les variables \(X_1,\ldots,X_{12}\) sont indépendantes, la variance de leur somme est la somme de leurs variances : \(V(S)=12\times 40{,}75=489\). Donc \(E(S)=150\) et \(V(S)=489\).

b. L’évènement « \(100\lt S\lt 200\) » s’écrit \(-50\lt S-150\lt 50\), c’est-à-dire \(|S-E(S)|\lt 50\). Son contraire est \(|S-E(S)|\geq\, 50\).

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev affirme que pour tout réel \(\delta\gt 0\), \(P(|S-E(S)|\geq\, \delta)\leq\, \dfrac{V(S)}{\delta^2}\). Avec \(\delta=50\) :

\[P(|S-150|\geq\, 50)\leq\, \dfrac{489}{2500}=0{,}1956.\]

En passant à l’évènement contraire : \(P(100\lt S\lt 200)\geq\, 1-0{,}1956=0{,}8044\).

Comme \(0{,}8044\gt 0{,}80\), on peut affirmer que la probabilité d’éviter la surcharge tout en couvrant les besoins est supérieure à 0,80.

Exercice 2 :

Partie A

1. L’équation est de la forme \(y^{\prime}=ay+b\) avec \(a=-\dfrac{3}{10}\) et \(b=1\). Ses solutions sont les fonctions \(t\mapsto K\text{e}^{at}-\dfrac{b}{a}\), et ici \(-\dfrac{b}{a}=\dfrac{1}{3/10}=\dfrac{10}{3}\). Les solutions de \((E)\) sur \([0\,;\,+\infty[\) sont donc les fonctions \(t\mapsto K\text{e}^{-\frac{3}{10}t}+\dfrac{10}{3}\), avec \(K\in\mathbb{R}\).

2. Puisque \(q\) est solution de \((E)\), il existe un réel \(K\) tel que \(q(t)=K\text{e}^{-\frac{3}{10}t}+\dfrac{10}{3}\) pour tout \(t\geq\, 0\). La condition initiale \(q(0)=1\) donne \(K+\dfrac{10}{3}=1\), donc \(K=-\dfrac{7}{3}\). Ainsi, pour tout \(t\geq\, 0\), \(q(t)=\dfrac{10}{3}-\dfrac{7}{3}\text{e}^{-\frac{3}{10}t}\).

3. Quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(-\dfrac{3}{10}t\) tend vers \(-\infty\) ; or \(\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^{X}=0\), donc par composition \(\text{e}^{-\frac{3}{10}t}\) tend vers 0. Par produit et somme :

\[\lim\limits_{t\to+\infty}q(t)=\dfrac{10}{3}\approx 3{,}33.\]

Interprétation : à long terme, avec la perfusion, la quantité de médicament dans le sang se stabilise vers \(\dfrac{10}{3}\) mg, soit environ 3,33 mg, valeur qui dépasse le seuil de toxicité de 3 mg.

4. On dérive : pour tout \(t\geq\, 0\),

\[q^{\prime}(t)=-\dfrac{7}{3}\times (-\dfrac{3}{10})\text{e}^{-\frac{3}{10}t}=\dfrac{7}{10}\text{e}^{-\frac{3}{10}t}.\]

Une exponentielle est toujours strictement positive, donc \(q^{\prime}(t)\gt 0\) : la fonction \(q\) est strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\), de \(q(0)=1\) vers sa limite \(\dfrac{10}{3}\).

5. Le risque apparaît dès que \(q(t)\geq\, 3\). On résout cette inéquation :

\[q(t)\geq\, 3 \iff \dfrac{10}{3}-\dfrac{7}{3}\text{e}^{-\frac{3}{10}t}\geq\, 3 \iff \dfrac{1}{3}\geq\,\dfrac{7}{3}\text{e}^{-\frac{3}{10}t} \iff \text{e}^{-\frac{3}{10}t}\leq\,\dfrac{1}{7}.\]

La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), on peut l’appliquer aux deux membres :

\[-\dfrac{3}{10}t\leq\,\ln(\dfrac{1}{7})=-\ln 7 \iff t\geq\,\dfrac{10\ln 7}{3}.\]

(On a divisé par \(-\dfrac{3}{10}\), qui est négatif, ce qui renverse le sens de l’inégalité.) Le médicament présente donc un risque à partir de \(t=\dfrac{10\ln 7}{3}\) heures, soit environ 6,5 heures après l’injection initiale.

6. Le traitement doit durer au moins 7 heures. Or dès 6,5 heures environ, la quantité de médicament atteint 3 mg et, comme \(q\) est croissante, elle reste ensuite au-dessus de ce seuil. Oui, ce protocole présente un risque de toxicité pour le patient avant même la fin de la durée minimale du traitement.

Partie B

1. Une baisse de 30 % revient à multiplier par \(1-\dfrac{30}{100}=0{,}7\). Au bout d’une heure supplémentaire, la quantité \(u_n\) devient \(0{,}7u_n\), puis on ajoute la nouvelle dose de 0,75 mg. Donc pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1}=0{,}7u_n+0{,}75\).

2. a. Notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(u_n\leq\, u_{n+1}\leq\, 4\) ».

Initialisation. \(u_0=1\) et \(u_1=0{,}7\times 1+0{,}75=1{,}45\). On a bien \(1\leq\, 1{,}45\leq\, 4\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}_n\) vraie pour un entier \(n\) donné : \(u_n\leq\, u_{n+1}\leq\, 4\). En multipliant par \(0{,}7\gt 0\), le sens des inégalités se conserve : \(0{,}7u_n\leq\, 0{,}7u_{n+1}\leq\, 2{,}8\). En ajoutant 0,75 : \(0{,}7u_n+0{,}75\leq\, 0{,}7u_{n+1}+0{,}75\leq\, 3{,}55\), c’est-à-dire \(u_{n+1}\leq\, u_{n+2}\leq\, 3{,}55\leq\, 4\). La propriété \(\mathcal{P}_{n+1}\) est donc vraie.

Conclusion. \(\mathcal{P}_0\) est vraie et la propriété est héréditaire, donc par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n\leq\, u_{n+1}\leq\, 4\).

b. L’inégalité \(u_n\leq\, u_{n+1}\) montre que la suite \((u_n)\) est croissante, et \(u_{n}\leq\, 4\) montre qu’elle est majorée par 4. D’après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : \((u_n)\) est convergente.

c. La suite vérifie \(u_{n+1}=g(u_n)\) avec \(g(x)=0{,}7x+0{,}75\), fonction affine donc continue sur \(\mathbb{R}\). Sa limite \(\ell\) est donc un point fixe de \(g\) : \(\ell=0{,}7\ell+0{,}75\), soit \(0{,}3\ell=0{,}75\) et \(\ell=2{,}5\).

d. La suite est croissante et converge vers 2,5, donc tous ses termes sont inférieurs ou égaux à sa limite : \(u_n\leq\, 2{,}5\) pour tout \(n\). La quantité de médicament ne dépasse jamais 2,5 mg, qui est en dessous de 3 mg. D’après ce modèle, ce second protocole ne présente pas de risque, quelle que soit la durée du traitement.

3. a. Pour tout entier naturel \(n\) :

\[v_{n+1}=u_{n+1}-2{,}5=0{,}7u_n+0{,}75-2{,}5=0{,}7u_n-1{,}75=0{,}7(u_n-2{,}5)=0{,}7v_n.\]

La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(0{,}7\) et de premier terme \(v_0=u_0-2{,}5=-1{,}5\).

b. On en déduit \(v_n=v_0\times 0{,}7^n=-1{,}5\times 0{,}7^n\), puis \(u_n=v_n+2{,}5\), soit pour tout entier naturel \(n\), \(u_n=2{,}5-1{,}5\times 0{,}7^n\).

4. On cherche le plus petit entier \(n\) tel que \(u_n\gt 2{,}4\) :

\[2{,}5-1{,}5\times 0{,}7^n\gt 2{,}4 \iff 1{,}5\times 0{,}7^n\lt 0{,}1 \iff 0{,}7^n\lt\dfrac{1}{15}.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante, donc cela équivaut à \(n\ln(0{,}7)\lt -\ln 15\). Comme \(\ln(0{,}7)\lt 0\), en divisant on change le sens : \(n\gt\dfrac{-\ln 15}{\ln 0{,}7}\approx 7{,}59\).

Vérification : \(u_7\approx 2{,}376\) et \(u_8\approx 2{,}414\). Comme une injection supplémentaire a lieu chaque heure, \(u_n\) correspond à \(n\) injections supplémentaires. La quantité dépasse 2,4 mg au bout de 8 injections supplémentaires.

Exercice 3 :

Affirmation 1 : vraie.

On calcule \(\vec{\text{SA}}\begin{pmatrix}3\\0\\3\end{pmatrix}\), \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}0\\-\sqrt{2}\\0\end{pmatrix}\). Le repère étant orthonormé :

\[\vec{\text{SA}}\cdot\vec{\text{AB}}=3\times (-1)+0\times 0+3\times 1=0 \quad\text{et}\quad \vec{\text{SA}}\cdot\vec{\text{AC}}=3\times 0+0\times (-\sqrt{2})+3\times 0=0.\]

Comme A, B et C ne sont pas alignés, \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) sont deux vecteurs non colinéaires qui dirigent le plan (ABC). Le vecteur \(\vec{\text{SA}}\), orthogonal à chacun d’eux, est donc normal au plan (ABC).

Affirmation 2 : fausse.

La droite (SB) est dirigée par \(\vec{\text{SB}}\begin{pmatrix}2\\0\\4\end{pmatrix}\) et la droite \(d\) par \(\vec{u}\begin{pmatrix}-1\\\sqrt{2}\\-1\end{pmatrix}\). La deuxième coordonnée de \(\vec{\text{SB}}\) est nulle mais pas celle de \(\vec{u}\), alors que leurs premières coordonnées sont non nulles : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, et les droites ne sont pas parallèles.

Une représentation paramétrique de (SB) est \(\{\begin{array}{l} x=-1+2t \\ y=\sqrt{2} \\ z=-4+4t \end{array}.\), \(t\in\mathbb{R}\). Un point commun aux deux droites devrait vérifier \(\sqrt{2}\,k=\sqrt{2}\), donc \(k=1\), ce qui donne le point \((1\,;\,\sqrt{2}\,;\,-2)\) de \(d\). Pour qu’il soit sur (SB), il faudrait \(-1+2t=1\), donc \(t=1\), et alors \(z=-4+4=0\neq -2\). Il n’existe aucun point commun : les droites (SB) et \(d\) sont non coplanaires, elles ne sont pas sécantes.

Affirmation 3 : vraie.

Un vecteur normal à \(P\) est \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}\). On a \(\vec{u}\cdot\vec{n}=-1\times 1+\sqrt{2}\times 0+(-1)\times (-1)=0\) : le vecteur directeur de \(d\) est orthogonal à un vecteur normal de \(P\), donc \(d\) est parallèle au plan \(P\). On peut préciser : le point \((2\,;\,0\,;\,-1)\) de \(d\) (obtenu pour \(k=0\)) vérifie \(2-(-1)+1=4\neq 0\), il n’est pas dans \(P\), donc \(d\) est strictement parallèle à \(P\).

Affirmation 4 : vraie.

Deux conditions sont à vérifier. D’abord, H appartient à \(P\) : \(-3-(-2)+1=0\). Ensuite, \(\vec{\text{SH}}\begin{pmatrix}-2\\0\\2\end{pmatrix}=-2\,\vec{n}\) est colinéaire au vecteur normal \(\vec{n}\), donc la droite (SH) est orthogonale au plan \(P\). H est le point de \(P\) tel que (SH) soit perpendiculaire à \(P\) : c’est bien le projeté orthogonal de S sur \(P\).

Exercice 4 :

Partie A

1. Le nombre dérivé \(f^{\prime}(1)\) est le coefficient directeur de la tangente \(T\) au point d’abscisse 1. Cette tangente passe par A(1 ; 0) et B(0 ; −2), donc :

\[f^{\prime}(1)=\dfrac{y_\text{A}-y_\text{B}}{x_\text{A}-x_\text{B}}=\dfrac{0-(-2)}{1-0}=2.\]

Ainsi \(f^{\prime}(1)=2\).

2. Une fonction concave a sa courbe en dessous de chacune de ses tangentes. Sur le graphique, pour \(x\gt 1\), la courbe \(\mathcal{C}\) est située au-dessus de la tangente \(T\). La fonction \(f\) n’est donc pas concave sur \(]\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[\).

3. Au point A, la courbe passe d’en dessous de \(T\) (à gauche de A) à au-dessus de \(T\) (à droite) : elle traverse sa tangente, A est un point d’inflexion. La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en un point d’inflexion, donc \(f^{\prime\prime}(1)=0\).

Partie B

1. Quand \(x\) tend vers \(\dfrac{1}{2}\) par valeurs supérieures, \(2x-1\) tend vers 0 en restant positif. Comme \(\lim\limits_{X\to 0^+}\ln X=-\infty\), par composition \(\ln(2x-1)\) tend vers \(-\infty\). Par ailleurs \(x\) tend vers \(\dfrac{1}{2}\gt 0\). Par produit :

\[\lim\limits_{x\to\frac{1}{2}^+}f(x)=-\infty.\]

Interprétation graphique : la droite d’équation \(x=\dfrac{1}{2}\) est asymptote verticale à la courbe \(\mathcal{C}\).

2. Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul. Sur \(]\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[\), \(x\) n’est jamais nul, donc :

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

La valeur 1 appartient bien à l’intervalle : l’unique solution est \(x=1\).

3. a. On dérive \(f^{\prime}\). La dérivée de \(\ln(2x-1)\) est \(\dfrac{2}{2x-1}\). Pour \(\dfrac{2x}{2x-1}\), on applique la formule \((\dfrac{u}{v})^{\prime}=\dfrac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^2}\) avec \(u=2x\) et \(v=2x-1\), donc \(u^{\prime}=v^{\prime}=2\) :

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

En réduisant au même dénominateur :

\[f^{\prime\prime}(x)=\dfrac{2}{2x-1}-\dfrac{2}{(2x-1)^2}=\dfrac{2(2x-1)-2}{(2x-1)^2}=\dfrac{4x-4}{(2x-1)^2}=\dfrac{4(x-1)}{(2x-1)^2}.\]

b. Le dénominateur \((2x-1)^2\) est strictement positif sur l’intervalle, donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(x-1\) : strictement négatif sur \(]\dfrac{1}{2}\,;\,1[\), nul en 1, strictement positif sur \(]1\,;\,+\infty[\).

La dérivée seconde s’annule en changeant de signe uniquement en \(x=1\) : la courbe admet un unique point d’inflexion, d’abscisse 1. Son ordonnée est \(f(1)=1\times \ln 1=0\). Ce point est \((1\,;\,0)\) ; d’après la question 2, c’est exactement le point où \(\mathcal{C}\) coupe l’axe des abscisses.

4. a. Si \(1\leq\, x\leq\, 2\), alors \(1\leq\, 2x-1\leq\, 3\), donc \(\ln(2x-1)\geq\,\ln 1=0\) par croissance de \(\ln\). De plus \(x\geq\, 1\gt 0\). Le produit de deux nombres positifs est positif : \(f(x)\geq\, 0\) sur \([1\,;\,2]\).

b. Grâce à l’égalité admise, on intègre terme à terme. Sur \([1\,;\,2]\), \(2x-1\gt 0\), et une primitive de \(\dfrac{2}{2x-1}\) est \(\ln(2x-1)\) (forme \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\)). Une primitive de \(x\mapsto \dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}\times \dfrac{2}{2x-1}\) est donc \(x\mapsto \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{x}{4}+\dfrac{1}{8}\ln(2x-1)\). D’où :

\[\int_{1}^{2}\dfrac{x^2}{2x-1}\,\text{d}x=(\dfrac{4}{4}+\dfrac{2}{4}+\dfrac{1}{8}\ln 3)-(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}\ln 1)=\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{8}\ln 3-\dfrac{1}{2}.\]

On obtient bien \(\displaystyle\int_{1}^{2}\dfrac{x^2}{2x-1}\,\text{d}x=1+\dfrac{1}{8}\ln 3\).

c. La fonction \(f\) est continue et positive sur \([1\,;\,2]\) (question 4.a), donc l’aire cherchée est \(\mathcal{A}=\displaystyle\int_1^2 x\ln(2x-1)\,\text{d}x\) unités d’aire.

On intègre par parties en posant \(u(x)=\ln(2x-1)\), d’où \(u^{\prime}(x)=\dfrac{2}{2x-1}\), et \(v^{\prime}(x)=x\), d’où \(v(x)=\dfrac{x^2}{2}\). Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables à dérivées continues sur \([1\,;\,2]\), donc :

\[\mathcal{A}=[\dfrac{x^2}{2}\ln(2x-1)]_1^2-\int_1^2\dfrac{x^2}{2}\times \dfrac{2}{2x-1}\,\text{d}x=(2\ln 3-\dfrac{1}{2}\ln 1)-\int_1^2\dfrac{x^2}{2x-1}\,\text{d}x.\]

Avec le résultat de la question précédente :

\[\mathcal{A}=2\ln 3-1-\dfrac{1}{8}\ln 3=\dfrac{15}{8}\ln 3-1.\]

L’aire vaut \(\mathcal{A}=\dfrac{15}{8}\ln 3-1\approx 1{,}06\) unité d’aire.

Partie C

1. Soit \(a\gt 0\). Sur \(]\dfrac{1}{a}\,;\,+\infty[\), le dénominateur \((ax-1)^2\) est strictement positif et \(a\gt 0\), donc \(f_a^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(ax-2\). Or \(ax-2\gt 0\iff x\gt\dfrac{2}{a}\), et \(\dfrac{2}{a}\) appartient bien à l’intervalle puisque \(\dfrac{2}{a}\gt\dfrac{1}{a}\). Donc \(f_a^{\prime\prime}\) est négative sur \(]\dfrac{1}{a}\,;\,\dfrac{2}{a}[\), s’annule en \(\dfrac{2}{a}\) et est positive sur \(]\dfrac{2}{a}\,;\,+\infty[\).

La dérivée seconde change de signe en un seul point : \(\mathcal{C}_a\) admet un unique point d’inflexion \(\text{A}_a\), d’abscisse \(\dfrac{2}{a}\). Son ordonnée vaut \(f_a(\dfrac{2}{a})=\dfrac{2}{a}\ln(a\times \dfrac{2}{a}-1)=\dfrac{2}{a}\ln 1=0\), donc \(\text{A}_a(\dfrac{2}{a}\,;\,0)\).

2. Pour tout \(a\gt 0\), le point \(\text{A}_a\) a une ordonnée nulle : tous ces points sont situés sur l’axe des abscisses. Ils sont donc alignés (sur la droite d’équation \(y=0\)). On retrouve pour \(a=2\) le point d’inflexion \((1\,;\,0)\) de la partie B.

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