Bac de maths 2022 Centres étrangers J2 : corrigé

Corrigé de l’exercice 1 : QCM sur la fonction exponentielle

1. On dérive le quotient \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x)=x\) et \(v(x)=\text{e}^{x}\), donc \(u'(x)=1\) et \(v'(x)=\text{e}^{x}\). Il vient \(f'(x)=\dfrac{1\times\text{e}^{x}-x\times\text{e}^{x}}{\left(\text{e}^{x}\right)^{2}}=\dfrac{(1-x)\text{e}^{x}}{\text{e}^{2x}}=(1-x)\text{e}^{-x}\). Réponse : c.

2. Sur la courbe de \(f''\), on lit que \(f''\) est positive sur \([-3\ ;\ -1]\), s'annule en \(-1\), puis est négative sur \([-1\ ;\ 1]\). Or \(f''\) est la dérivée de \(f'\) : la fonction \(f'\) est donc croissante jusqu'en \(-1\), puis décroissante. Elle atteint donc son maximum en \(x=-1\). Les autres propositions sont fausses : sur \([-1\ ;\ 1]\), \(f''\) est négative donc \(f\) est concave et non convexe (a) ; sur \([-2\ ;\ 0]\), \(f''\) change de signe, donc \(f\) n'est pas concave sur tout l'intervalle (b) ; sur \([-2\ ;\ -1]\), \(f'\) est croissante (c). Réponse : d.

3. Une primitive de \(f\) a pour dérivée \(f(x)=x^{3}\text{e}^{-x^{2}}\). On teste la proposition c avec \(F(x)=-\dfrac{1}{2}\left(x^{2}+1\right)\text{e}^{-x^{2}}\), en dérivant un produit : \(F'(x)=-\dfrac{1}{2}\left[2x\,\text{e}^{-x^{2}}+\left(x^{2}+1\right)\times\left(-2x\right)\text{e}^{-x^{2}}\right]=-\dfrac{1}{2}\,\text{e}^{-x^{2}}\left(2x-2x^{3}-2x\right)=x^{3}\text{e}^{-x^{2}}\). C'est bien \(f(x)\). On vérifie de la même façon que les trois autres ne conviennent pas : par exemple, en \(x=1\), la dérivée de la proposition b vaut \(-\dfrac{1}{4}\text{e}^{-1}\left(4-2\right)=-\dfrac{1}{2\text{e}}\), alors que \(f(1)=\dfrac{1}{\text{e}}\). Réponse : c.

4. On factorise par \(\text{e}^{x}\) au numérateur et au dénominateur : \(\dfrac{\text{e}^{x}+1}{\text{e}^{x}-1}=\dfrac{1+\text{e}^{-x}}{1-\text{e}^{-x}}\). Comme \(\text{e}^{-x}\to0\) quand \(x\to+\infty\), le quotient tend vers \(\dfrac{1}{1}\). Réponse : b, la limite vaut \(1\).

5. Comme \(\dfrac{\text{d}}{\text{d}x}\,\text{e}^{2x+1}=2\text{e}^{2x+1}\), les primitives de \(f\) sont les fonctions \(F(x)=\dfrac{1}{2}\text{e}^{2x+1}+k\), avec \(k\) réel. La condition \(F(0)=1\) donne \(\dfrac{\text{e}}{2}+k=1\), donc \(k=1-\dfrac{\text{e}}{2}\). D'où \(F(x)=\dfrac{1}{2}\text{e}^{2x+1}-\dfrac{1}{2}\text{e}+1\). Réponse : c.

6. Sur la courbe de \(f\), on voit que \(f\) est concave au début (la courbe est « tournée vers le bas » sur la gauche), puis convexe sur la fin. Le changement a lieu vers \(x=1\), point d'inflexion. Donc \(f''\) est négative pour \(x\lt1\), nulle en \(1\) et positive pour \(x\gt1\). Parmi les quatre courbes, seule la droite croissante de la proposition a s'annule en 1 en changeant de signe de moins à plus ; la droite b change de signe dans le mauvais sens, et les paraboles c et d ne restent pas négatives sur la première partie de l'intervalle (c est positive au début, d ne change jamais de signe). Réponse : a.

Corrigé de l’exercice 2 : fonction \(x\ln x+1\) et suite récurrente

1. En \(0\), la limite de \(x\ln x\) vaut \(0\) d'après les croissances comparées, donc \(\displaystyle\lim_{x\to0}f(x)=1\). En \(+\infty\), \(x\to+\infty\) et \(\ln x\to+\infty\), donc leur produit tend vers \(+\infty\) : \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\).

2. a. On dérive \(x\ln x\) comme un produit : \(\left(x\ln x\right)'=1\times\ln x+x\times\dfrac{1}{x}=\ln x+1\). La constante \(1\) a une dérivée nulle, donc \(f'(x)=1+\ln x\).

b. On résout \(f'(x)\geqslant0\) : \(1+\ln x\geqslant0\iff\ln x\geqslant-1\iff x\geqslant\text{e}^{-1}\) (la fonction exponentielle est croissante). Donc \(f\) est décroissante sur \(]0\ ;\ \text{e}^{-1}]\) et croissante sur \([\text{e}^{-1}\ ;\ +\infty[\). Le minimum vaut \(f\left(\text{e}^{-1}\right)=\text{e}^{-1}\times\ln\left(\text{e}^{-1}\right)+1=-\text{e}^{-1}+1=1-\dfrac{1}{\text{e}}\), soit environ \(0{,}632\).

c. Sur \(]0\ ;\ \text{e}^{-1}]\), \(f\) décroît de \(1\) (valeur limite, non atteinte) jusqu'à \(1-\text{e}^{-1}\), donc \(1-\text{e}^{-1}\leqslant f(x)\lt1\). Sur \([\text{e}^{-1}\ ;\ 1[\), \(f\) croît de \(1-\text{e}^{-1}\) jusqu'à \(f(1)=1\), donc \(1-\text{e}^{-1}\leqslant f(x)\lt1\). Dans les deux cas, \(f(x)\lt1\), et comme \(\text{e}^{-1}\lt1\), on a \(1-\text{e}^{-1}\gt0\). Donc pour tout \(x\in]0\ ;\ 1[\), \(f(x)\in]0\ ;\ 1[\).

3. a. On a \(f(1)=1\times\ln1+1=1\) et \(f'(1)=1+\ln1=1\). La tangente \((T)\) a pour équation \(y=f'(1)(x-1)+f(1)=(x-1)+1\), soit \(y=x\).

b. La fonction \(f'\) est dérivable sur \(]0\ ;\ +\infty[\) avec \(f''(x)=\dfrac{1}{x}\). Pour \(x\gt0\), \(f''(x)\gt0\), donc \(f\) est convexe sur \(]0\ ;\ +\infty[\).

c. Une fonction convexe a sa courbe au-dessus de chacune de ses tangentes. En particulier \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \((T)\) : pour tout \(x\gt0\), \(f(x)\geqslant x\).

4. a. Initialisation : \(u_0\in]0\ ;\ 1[\), donc \(0\lt u_0\lt1\). Hérédité : on suppose \(0\lt u_n\lt1\) pour un entier \(n\). D'après la question 2. c, \(f\) envoie \(]0\ ;\ 1[\) dans \(]0\ ;\ 1[\), donc \(0\lt f\left(u_n\right)\lt1\), c'est-à-dire \(0\lt u_{n+1}\lt1\). Conclusion : par récurrence, pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(0\lt u_n\lt1\).

b. D'après la question 3. c, \(f\left(u_n\right)\geqslant u_n\) car \(u_n\gt0\). Cela s'écrit \(u_{n+1}\geqslant u_n\) pour tout \(n\) : la suite \(\left(u_n\right)\) est croissante.

c. La suite \(\left(u_n\right)\) est croissante et majorée par \(1\) (question 4. a). D'après le théorème de la limite monotone, elle converge.

Corrigé de l’exercice 3 : tétraèdre dans l’espace

1. On calcule \(\overrightarrow{\text{AB}}\begin{pmatrix}3\\3\\3\end{pmatrix}\), \(\overrightarrow{\text{AC}}\begin{pmatrix}3\\0\\-3\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\text{AD}}\begin{pmatrix}-3\\6\\-3\end{pmatrix}\). Ces deux premiers vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B, C définissent un plan. Le vecteur \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}\) est orthogonal à \(\overrightarrow{\text{AB}}\) (\(3-6+3=0\)) et à \(\overrightarrow{\text{AC}}\) (\(3+0-3=0\)) : c'est un vecteur normal au plan (ABC). Une équation de ce plan est \(x-2y+z=d\), et avec A, \(d=3+4+2=9\) (on vérifie que B et C la satisfont : \(6-2+5=9\) et \(6+4-1=9\)). Pour D, \(0-8-1=-9\neq9\) : D n'est pas dans ce plan. Les points A, B, C et D ne sont donc pas coplanaires.

2. a. \(\overrightarrow{\text{AB}}\cdot\overrightarrow{\text{AC}}=3\times3+3\times0+3\times(-3)=0\). Les côtés [AB] et [AC] sont orthogonaux : le triangle ABC est rectangle en A.

b. \(\overrightarrow{\text{AD}}\cdot\overrightarrow{\text{AB}}=-9+18-9=0\) et \(\overrightarrow{\text{AD}}\cdot\overrightarrow{\text{AC}}=-9+0+9=0\). Le vecteur \(\overrightarrow{\text{AD}}\) est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), donc à tout vecteur de ce plan : la droite (AD) est perpendiculaire au plan (ABC).

c. On prend ABC pour base : la hauteur correspondante est AD. On calcule \(\text{AB}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}\), \(\text{AC}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}\) et \(\text{AD}=\sqrt{9+36+9}=\sqrt{54}=3\sqrt{6}\). L'aire de la base vaut \(\dfrac{1}{2}\times3\sqrt{3}\times3\sqrt{2}=\dfrac{9\sqrt{6}}{2}\). Donc \(V=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{9\sqrt{6}}{2}\times3\sqrt{6}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{9\times3\times6}{2}=\)27 unités de volume.

3. a. On a \(\overrightarrow{\text{BH}}\begin{pmatrix}-1\\-1\\-4\end{pmatrix}\), \(\overrightarrow{\text{BC}}\begin{pmatrix}0\\-3\\-6\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\text{BD}}\begin{pmatrix}-6\\3\\-6\end{pmatrix}\). L'égalité \(\overrightarrow{\text{BH}}=\alpha\overrightarrow{\text{BC}}+\beta\overrightarrow{\text{BD}}\) équivaut au système \(-6\beta=-1\), \(-3\alpha+3\beta=-1\), \(-6\alpha-6\beta=-4\). La première équation donne \(\beta=\dfrac{1}{6}\). La deuxième donne alors \(-3\alpha=-1-\dfrac{1}{2}\), soit \(\alpha=\dfrac{1}{2}\). La troisième est vérifiée : \(-3-1=-4\). Donc \(\overrightarrow{\text{BH}}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{\text{BC}}+\dfrac{1}{6}\overrightarrow{\text{BD}}\), ce qui prouve que H appartient au plan (BCD).

b. On a \(\overrightarrow{\text{AH}}\begin{pmatrix}2\\2\\-1\end{pmatrix}\). Alors \(\overrightarrow{\text{AH}}\cdot\overrightarrow{\text{BC}}=0-6+6=0\) et \(\overrightarrow{\text{AH}}\cdot\overrightarrow{\text{BD}}=-12+6+6=0\). Le vecteur \(\overrightarrow{\text{AH}}\) est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCD) : il est normal à ce plan. Comme H est dans (BCD), H est le projeté orthogonal de A sur (BCD).

c. La distance de A au plan (BCD) est \(\text{AH}=\sqrt{4+4+1}=\)3.

4. Le même tétraèdre se calcule avec BCD pour base et AH pour hauteur : \(V=\dfrac{1}{3}\times\mathcal{A}_{\text{BCD}}\times\text{AH}\). Donc \(27=\dfrac{1}{3}\times\mathcal{A}_{\text{BCD}}\times3=\mathcal{A}_{\text{BCD}}\), et l'aire du triangle BCD vaut 27 unités d'aire.

Corrigé de l’exercice 4 : jeu de jetons et variable aléatoire

1. a. Avec 3 jetons blancs et 2 noirs, à chaque tirage \(P(B)=\dfrac{3}{5}\) et \(P(N)=\dfrac{2}{5}\) (tirages avec remise, donc identiques). L'arbre a deux niveaux. Du départ partent deux branches : B de poids \(\dfrac{3}{5}\) et N de poids \(\dfrac{2}{5}\). De chacune partent de nouveau deux branches : B de poids \(\dfrac{3}{5}\) et N de poids \(\dfrac{2}{5}\). Les quatre issues sont BB, BN, NB et NN.

b. On perd 9 euros avec deux jetons blancs : \(P(BB)=\dfrac{3}{5}\times\dfrac{3}{5}=\dfrac{9}{25}\). La probabilité de perdre 9 € sur une partie est \(\dfrac{9}{25}=0{,}36\).

2. a. L'urne contient \(N+3\) jetons. Les gains possibles sont \(-9\), \(-1\) et \(5\). Deux blancs : \(P(X=-9)=\left(\dfrac{3}{N+3}\right)^{2}=\dfrac{9}{(N+3)^{2}}\). Deux noirs : \(P(X=-1)=\dfrac{N^{2}}{(N+3)^{2}}\). Deux couleurs différentes (BN ou NB) : \(P(X=5)=2\times\dfrac{3}{N+3}\times\dfrac{N}{N+3}=\dfrac{6N}{(N+3)^{2}}\). La somme des trois fait bien \(\dfrac{N^{2}+6N+9}{(N+3)^{2}}=1\).

b. Le trinôme \(-x^{2}+30x-81\) a pour discriminant \(30^{2}-4\times(-1)\times(-81)=900-324=576=24^{2}\). Ses racines sont \(x=\dfrac{-30-24}{-2}=27\) et \(x=\dfrac{-30+24}{-2}=3\). Le coefficient de \(x^{2}\) étant négatif, le trinôme est positif entre ses racines : l'ensemble des solutions est \(]3\ ;\ 27[\).

c. L'espérance vaut \(E(X)=\dfrac{-9\times9-1\times N^{2}+5\times6N}{(N+3)^{2}}=\dfrac{-N^{2}+30N-81}{(N+3)^{2}}\). Le jeu est favorable au joueur si \(E(X)\gt0\). Le dénominateur étant positif, cela revient à \(-N^{2}+30N-81\gt0\), donc \(3\lt N\lt27\). \(N\) étant entier, l'urne doit contenir entre 4 et 26 jetons noirs (bornes comprises).

d. On pose \(t=N+3\), donc \(N=t-3\). Alors \(-N^{2}+30N-81=-(t-3)^{2}+30(t-3)-81=-t^{2}+36t-180\), et \(E=-1+\dfrac{36}{t}-\dfrac{180}{t^{2}}\). Avec \(u=\dfrac{1}{t}\), on obtient \(E=-180u^{2}+36u-1\), une parabole tournée vers le bas dont le sommet est en \(u=\dfrac{36}{2\times180}=\dfrac{1}{10}\), donc \(t=10\) et \(N=7\). La valeur maximale est \(E=-1+3{,}6-1{,}8=0{,}8\) euro. Pour vérifier, \(N=6\) donne \(\dfrac{63}{81}\approx0{,}78\) et \(N=8\) donne \(\dfrac{95}{121}\approx0{,}79\), valeurs plus petites. Le joueur doit demander 7 jetons noirs, pour un gain moyen de \(0{,}8\) € par partie.

3. Avec 7 noirs et 3 blancs, la probabilité de gagner 5 euros sur une partie est \(p=\dfrac{6\times7}{10^{2}}=0{,}42\). Les 10 parties sont indépendantes et identiques, avec deux issues (gagner 5 € ou non) : le nombre \(Y\) de joueurs gagnant 5 euros suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(10\ ;\ 0{,}42)\). On passe par l'événement contraire : \(P(Y\geqslant1)=1-P(Y=0)=1-(1-0{,}42)^{10}=1-0{,}58^{10}\approx\)0,996. Il est donc presque certain qu'au moins un joueur sur les dix gagne 5 euros.