Bac de maths 2021 Centres étrangers J2 : corrigé

Corrigé de l’exercice 1 : QCM

Même si le sujet ne demande pas de justification, voici le raisonnement pour chaque question.

Question 1. La fonction \(g\) est dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\) et \(g'(x) = 2x + 2 + \dfrac{3}{x^2}\). Donc \(g'(1) = 2 + 2 + 3 = 7\) et \(g(1) = 1 + 2 - 3 = 0\). La tangente en 1 a pour équation \(y = g'(1)(x - 1) + g(1) = 7(x - 1)\). Réponse a.

Question 2. Pour \(n \gt 0\), \(v_n = \dfrac{3n}{n + 2} = \dfrac{3}{1 + \frac{2}{n}}\). Comme \(\dfrac{2}{n}\) tend vers 0, \(v_n\) tend vers 3. Réponse b.

Question 3. Le nombre de boules noires obtenues suit une loi binomiale de paramètres \(n = 10\) et \(p = 0{,}6\) (10 épreuves identiques et indépendantes, car les tirages sont avec remise). Avoir 4 boules noires et 6 rouges revient à \(X = 4\) :

\[P(X = 4) = \binom{10}{4} \times 0{,}6^4 \times 0{,}4^6 = 210 \times 0{,}1296 \times 0{,}004096 \approx 0{,}1115\]

Réponse c.

Question 4. Pour \(x \neq 0\), \(f(x) = x\left(3\dfrac{\mathrm{e}^x}{x} - 1\right)\). Par croissances comparées, \(\dfrac{\mathrm{e}^x}{x}\) tend vers \(+\infty\), donc \(3\dfrac{\mathrm{e}^x}{x} - 1\) tend vers \(+\infty\), et par produit \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\). Réponse b.

Question 5. Le nombre de codes possibles est \(36^8 = 2\,821\,109\,907\,456\). À \(10^8\) codes par seconde, il faut au maximum \(\dfrac{2{,}82 \times 10^{12}}{10^8} \approx 28\,211\) secondes, soit environ \(\dfrac{28\,211}{3\,600} \approx 7{,}8\) heures. Réponse b. (environ 8 heures).

Corrigé de l’exercice 2 : la centrale solaire de Big Sun

Partie A

1. a. Retirer 2 % des panneaux revient à multiplier par \(1 - 0{,}02 = 0{,}98\). Chaque année, on garde donc \(0{,}98\,u_n\) panneaux et on en installe 250 nouveaux : \(u_{n+1} = 0{,}98u_n + 250\). Le premier terme est le nombre de panneaux au 1^er janvier 2020 : \(u_0 = 10\,560\).

b. Avec la calculatrice (ou en répétant le calcul \(u \leftarrow 0{,}98u + 250\)), on trouve \(u_{67} \approx 11\,998{,}9\) et \(u_{68} \approx 12\,008{,}9\). Le nombre de panneaux dépasse 12 000 pour la première fois pour \(n = 68\) : il faut 68 ans, soit en 2088.

c. On continue tant que le seuil n'est pas dépassé :

u = 10560
n = 0
while u <= 12000 :
    u = 0.98 * u + 250
    n = n + 1

À la fin de la boucle, \(u\) dépasse 12 000 pour la première fois et la variable n vaut 68.

2. Démontrons par récurrence que, pour tout \(n\), \(u_n \leqslant 12\,500\).

Initialisation. \(u_0 = 10\,560 \leqslant 12\,500\) : la propriété est vraie au rang 0.

Hérédité. Supposons \(u_n \leqslant 12\,500\) pour un entier \(n\). On multiplie par \(0{,}98 \gt 0\) : \(0{,}98u_n \leqslant 12\,250\). On ajoute 250 : \(u_{n+1} = 0{,}98u_n + 250 \leqslant 12\,500\). La propriété est vraie au rang \(n + 1\).

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire : elle est vraie pour tout entier naturel \(n\).

3. Pour tout \(n\) : \(u_{n+1} - u_n = 0{,}98u_n + 250 - u_n = 250 - 0{,}02u_n\). D'après la question précédente, \(u_n \leqslant 12\,500\), donc \(0{,}02u_n \leqslant 250\) et \(u_{n+1} - u_n \geqslant 0\). La suite \((u_n)\) est croissante.

4. La suite \((u_n)\) est croissante et majorée par 12 500. D'après le théorème de convergence monotone, elle converge.

5. a. Pour tout \(n\) :

\[v_{n+1} = u_{n+1} - 12\,500 = 0{,}98u_n + 250 - 12\,500 = 0{,}98u_n - 12\,250 = 0{,}98\,(u_n - 12\,500) = 0{,}98\,v_n\]

car \(0{,}98 \times 12\,500 = 12\,250\). La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison 0,98, de premier terme \(v_0 = 10\,560 - 12\,500 = \mathbf{-1\,940}\).

b. Pour tout \(n\), \(v_n = v_0 \times 0{,}98^n = \mathbf{-1\,940 \times 0{,}98^n}\).

c. Comme \(u_n = v_n + 12\,500\), on a \(u_n = \mathbf{12\,500 - 1\,940 \times 0{,}98^n}\).

d. Comme \(0 \lt 0{,}98 \lt 1\), \(0{,}98^n\) tend vers 0, donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = \mathbf{12\,500}\). Dans le contexte du modèle, le nombre de panneaux de la centrale se stabilise à long terme autour de 12 500 panneaux, sans jamais dépasser cette valeur.

Partie B

1. La fonction \(f\) est dérivable sur \([0\,;\,+\infty[\) et

\[f'(x) = -500 \times (-0{,}02)\,\mathrm{e}^{-0{,}02x + 1{,}4} = 10\,\mathrm{e}^{-0{,}02x + 1{,}4}\]

Une exponentielle est strictement positive, donc \(f'(x) \gt 0\) : \(f\) est strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\).

2. Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(-0{,}02x + 1{,}4\) tend vers \(-\infty\), donc \(\mathrm{e}^{-0{,}02x + 1{,}4}\) tend vers 0. Par somme, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = \mathbf{12\,500}\).

3. On résout \(f(x) \gt 12\,000\) :

\[12\,500 - 500\,\mathrm{e}^{-0{,}02x + 1{,}4} \gt 12\,000 \iff \mathrm{e}^{-0{,}02x + 1{,}4} \lt 1 \iff -0{,}02x + 1{,}4 \lt 0 \iff x \gt 70\]

On a \(f(70) = 12\,000\) exactement, donc le nombre de panneaux dépasse strictement 12 000 à partir de \(x \gt 70\) : dès la 71^e année (en 2091). Ce modèle donne un résultat bien différent de celui de la partie A (68 ans).

Corrigé de l’exercice 3 : un cube et le quadrilatère FJLK

Partie A : \(a = \dfrac{2}{3}\)

1. Dans le repère \(\left(\text{A}\,;\,\overrightarrow{\text{AB}},\overrightarrow{\text{AD}},\overrightarrow{\text{AE}}\right)\), on a \(\text{A}(0\,;\,0\,;\,0)\), \(\text{B}(1\,;\,0\,;\,0)\), \(\text{D}(0\,;\,1\,;\,0)\), \(\text{E}(0\,;\,0\,;\,1)\), \(\text{C}(1\,;\,1\,;\,0)\), \(\text{G}(1\,;\,1\,;\,1)\).

Donc \(\text{F}(1\,;\,0\,;\,1)\). Le point I est le centre de la face ADHE, c'est le milieu de [AH] avec \(\text{H}(0\,;\,1\,;\,1)\) : \(\text{I}\left(0\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2}\right)\). Pour J : \(\overrightarrow{\text{CJ}} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{\text{CG}}\) avec \(\overrightarrow{\text{CG}}(0\,;\,0\,;\,1)\), donc \(\text{J}\left(1\,;\,1\,;\,\dfrac{2}{3}\right)\).

2. La droite \((d)\) passe par I et a pour vecteur directeur \(\overrightarrow{\text{FJ}}\left(0\,;\,1\,;\,-\dfrac{1}{3}\right)\). Une représentation paramétrique est :

\[\begin{cases} x = 0 \\ y = \dfrac{1}{2} + t \\ z = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3}t \end{cases} \qquad t \in \mathbb{R}\]

3. a. Pour \(t = -\dfrac{1}{2}\), on obtient \(x = 0\), \(y = 0\) et \(z = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{2}{3}\). Le point \(\left(0\,;\,0\,;\,\dfrac{2}{3}\right)\) appartient donc à \((d)\). Il appartient aussi à (AE), l'ensemble des points \((0\,;\,0\,;\,z)\). C'est donc le point d'intersection K de \((d)\) et (AE).

b. La droite (DH) est l'ensemble des points \((0\,;\,1\,;\,z)\). On cherche \(t\) avec \(\dfrac{1}{2} + t = 1\), soit \(t = \dfrac{1}{2}\), d'où \(z = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{3}\). Donc \(\text{L}\left(0\,;\,1\,;\,\dfrac{1}{3}\right)\).

4. a. \(\overrightarrow{\text{FJ}}\left(0\,;\,1\,;\,-\dfrac{1}{3}\right)\) et \(\overrightarrow{\text{KL}}\left(0\,;\,1\,;\,\dfrac{1}{3} - \dfrac{2}{3}\right) = \left(0\,;\,1\,;\,-\dfrac{1}{3}\right)\). Les vecteurs \(\overrightarrow{\text{FJ}}\) et \(\overrightarrow{\text{KL}}\) sont égaux : FJLK est un parallélogramme.

b. \(\overrightarrow{\text{FK}}\left(-1\,;\,0\,;\,-\dfrac{1}{3}\right)\), donc \(\text{FK}^2 = 1 + \dfrac{1}{9} = \dfrac{10}{9}\). Et \(\text{FJ}^2 = 0 + 1 + \dfrac{1}{9} = \dfrac{10}{9}\). Deux côtés consécutifs ont la même longueur : le parallélogramme FJLK est un losange.

c. Calculons le produit scalaire : \(\overrightarrow{\text{FK}} \cdot \overrightarrow{\text{FJ}} = (-1) \times 0 + 0 \times 1 + \left(-\dfrac{1}{3}\right)\left(-\dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{1}{9} \neq 0\). Les côtés [FK] et [FJ] ne sont pas perpendiculaires : FJLK n'est pas un carré.

Partie B : cas général

1. \(\overrightarrow{\text{CJ}} = a\overrightarrow{\text{CG}}\) avec \(\text{C}(1\,;\,1\,;\,0)\) et \(\overrightarrow{\text{CG}}(0\,;\,0\,;\,1)\) : \(\text{J}(1\,;\,1\,;\,a)\).

2. \(\overrightarrow{\text{FJ}}(0\,;\,1\,;\,a - 1)\) et \(\overrightarrow{\text{KL}}\left(0\,;\,1\,;\,\dfrac{a}{2} - \left(1 - \dfrac{a}{2}\right)\right) = (0\,;\,1\,;\,a - 1)\). Les deux vecteurs sont égaux : FJLK est un parallélogramme pour toute valeur de \(a\).

3. FJLK est un losange si et seulement si \(\text{FJ} = \text{FK}\). Ici \(\overrightarrow{\text{FK}}\left(-1\,;\,0\,;\,-\dfrac{a}{2}\right)\), donc \(\text{FK}^2 = 1 + \dfrac{a^2}{4}\) et \(\text{FJ}^2 = 1 + (a - 1)^2\). On résout :

\[\dfrac{a^2}{4} = (a - 1)^2 \iff \dfrac{a}{2} = a - 1 \ \text{ ou } \ \dfrac{a}{2} = 1 - a \iff a = 2 \ \text{ ou } \ a = \dfrac{2}{3}\]

Seul \(a = \dfrac{2}{3}\) appartient à \([0\,;\,1]\). Il existe donc une seule valeur, \(a = \dfrac{2}{3}\), pour laquelle FJLK est un losange.

4. Un carré est un losange avec un angle droit. Il faudrait donc \(a = \dfrac{2}{3}\) et \(\overrightarrow{\text{FK}} \cdot \overrightarrow{\text{FJ}} = 0\). Or \(\overrightarrow{\text{FK}} \cdot \overrightarrow{\text{FJ}} = (-1) \times 0 + 0 \times 1 + \left(-\dfrac{a}{2}\right)(a - 1) = \dfrac{a(1 - a)}{2}\), qui est nul seulement pour \(a = 0\) ou \(a = 1\). Ces valeurs sont différentes de \(\dfrac{2}{3}\) : il n'existe aucune valeur de \(a\) pour laquelle FJLK est un carré.

Corrigé de l’exercice A : dépistage groupé et logarithme

Partie A

1. Si le test du mélange est négatif, une seule analyse est effectuée : \(X_n = 1\). S'il est positif, on fait en plus une analyse individuelle pour chacune des \(n\) personnes : \(X_n = 1 + n\). La variable \(X_n\) prend donc les valeurs 1 et \(n + 1\).

2. Le mélange est négatif quand aucune des \(n\) personnes n'est malade. Chaque personne est saine avec la probabilité \(1 - 0{,}05 = 0{,}95\), les personnes étant indépendantes (tirage avec remise) : \(P(X_n = 1) = 0{,}95^n\). Alors \(P(X_n = n + 1) = 1 - 0{,}95^n\).

3. L'espérance de \(X_n\) est le nombre moyen d'analyses effectuées pour un échantillon de \(n\) personnes avec cette méthode. On calcule :

\[E(X_n) = 1 \times 0{,}95^n + (n + 1)\left(1 - 0{,}95^n\right) = 0{,}95^n + n + 1 - (n + 1)\,0{,}95^n = n + 1 - n \times 0{,}95^n\]

Partie B

1. La fonction \(f\) est dérivable sur \([20\,;\,+\infty[\) et \(f'(x) = \dfrac{1}{x} + \ln(0{,}95)\). Pour \(x \geqslant 20\), \(\dfrac{1}{x} \leqslant \dfrac{1}{20} = 0{,}05\). Or \(\ln(0{,}95) \approx -0{,}0513 \lt -0{,}05\) (car \(0{,}95 \lt \mathrm{e}^{-0{,}05} \approx 0{,}9512\)). Donc \(f'(x) \lt 0{,}05 - 0{,}0513 \lt 0\) : \(f\) est strictement décroissante sur \([20\,;\,+\infty[\).

2. Pour \(x \gt 0\), \(f(x) = x\left(\dfrac{\ln x}{x} + \ln(0{,}95)\right)\). Comme \(\dfrac{\ln x}{x}\) tend vers 0, la parenthèse tend vers \(\ln(0{,}95) \lt 0\). Par produit avec \(x\) qui tend vers \(+\infty\), \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = \mathbf{-\infty}\).

3. La fonction \(f\) est continue et strictement décroissante sur \([20\,;\,+\infty[\), avec \(f(20) = \ln 20 + 20\ln(0{,}95) \approx 1{,}97 \gt 0\) et une limite égale à \(-\infty\). Elle prend donc toutes les valeurs de \(]-\infty\,;\,1{,}97]\) une seule fois, en particulier la valeur 0. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (corollaire de la bijection), l'équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(a\) sur \([20\,;\,+\infty[\).

À la calculatrice : \(f(87) \approx 0{,}0034 \gt 0\) et \(f(88) \approx -0{,}0365 \lt 0\), donc \(87 \lt a \lt 88\). En affinant, \(f(87{,}1) \approx -0{,}0006 \lt 0\), d'où l'encadrement \(87{,}0 \lt a \lt 87{,}1\) (\(a \approx 87{,}09\)).

4. Comme \(f\) est strictement décroissante et \(f(a) = 0\) : \(f(x) \gt 0\) pour \(20 \leqslant x \lt a\), et \(f(x) \lt 0\) pour \(x \gt a\).

Partie C

La première méthode diminue le nombre d'analyses quand \(E(X_n) \lt n\), c'est-à-dire :

\[n + 1 - n \times 0{,}95^n \lt n \iff 1 \lt n \times 0{,}95^n \iff 0 \lt \ln n + n\ln(0{,}95) \iff f(n) \gt 0\]

(on a pris le logarithme, fonction strictement croissante, de chaque membre). D'après la partie B, \(f(n) \gt 0\) équivaut à \(n \lt a\), avec \(a \approx 87{,}09\). Les entiers \(n \geqslant 20\) qui conviennent sont donc \(20, 21, \dots, 87\) : la première méthode est avantageuse pour des échantillons d'au plus 87 personnes. Pour \(n = 88\), \(f(88) \lt 0\) et elle ne l'est plus.

Corrigé de l’exercice B : équation différentielle

Partie A

1. La courbe \(\mathcal{C}\) coupe l'axe des ordonnées au point \((0\,;\,3)\) : \(f(0) = \mathbf{3}\). La tangente \((T)\) passe par \((0\,;\,3)\) et \((1\,;\,1)\), son coefficient directeur est \(\dfrac{1 - 3}{1 - 0} = -2\) : \(f'(0) = \mathbf{-2}\).

2. \(f(0) = \mathrm{e}^0 + a \times 0 + b\,\mathrm{e}^0 = 1 + b\). Comme \(f(0) = 3\), on obtient \(1 + b = 3\), donc \(b = 2\).

3. a. Pour tout réel \(x\), \(f'(x) = \mathrm{e}^x + a - b\,\mathrm{e}^{-x}\).

b. \(f'(0) = 1 + a - b\). Avec \(b = 2\), \(f'(0) = a - 1\).

c. On sait que \(f'(0) = -2\), donc \(a - 1 = -2\) et \(a = -1\). Ainsi :

\[f(x) = \mathrm{e}^x - x + 2\mathrm{e}^{-x}\]

4. a. La fonction \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(g'(x) = \mathrm{e}^x - 1 - 2\mathrm{e}^{-x}\). Alors :

\[g'(x) + g(x) = \mathrm{e}^x - 1 - 2\mathrm{e}^{-x} + \mathrm{e}^x - x + 2\mathrm{e}^{-x} = 2\mathrm{e}^x - x - 1\]

La fonction \(g\) (qui est d'ailleurs la fonction \(f\) trouvée plus haut) est solution de \((E)\).

b. L'équation \(y' + y = 0\) s'écrit \(y' = -y\). Ses solutions sont les fonctions \(y(x) = C\,\mathrm{e}^{-x}\), où \(C\) est une constante réelle.

c. Les solutions de \((E)\) sont la somme d'une solution particulière (\(g\)) et des solutions de l'équation sans second membre :

\[y(x) = \mathrm{e}^x - x + 2\mathrm{e}^{-x} + C\,\mathrm{e}^{-x} = \mathrm{e}^x - x + K\,\mathrm{e}^{-x}, \qquad K \in \mathbb{R}\]

Partie B

1. On développe : \((\mathrm{e}^x - 2)(\mathrm{e}^x + 1) = \mathrm{e}^{2x} + \mathrm{e}^x - 2\mathrm{e}^x - 2 = \mathrm{e}^{2x} - \mathrm{e}^x - 2\). L'égalité est vérifiée pour tout réel \(x\).

2. Pour tout réel \(x\) : \(g'(x) = \mathrm{e}^x - 1 - 2\mathrm{e}^{-x} = \mathrm{e}^{-x}\left(\mathrm{e}^{2x} - \mathrm{e}^x - 2\right)\), donc d'après la question précédente :

\[g'(x) = \mathrm{e}^{-x}\left(\mathrm{e}^x - 2\right)\left(\mathrm{e}^x + 1\right)\]

3. Sur \([1\,;\,+\infty[\), \(\mathrm{e}^{-x} \gt 0\), \(\mathrm{e}^x + 1 \gt 0\) et, d'après l'énoncé, \(\mathrm{e}^x - 2 \gt 0\). Le produit \(g'(x)\) est donc strictement positif : la fonction \(g\) est strictement croissante sur \([1\,;\,+\infty[\).