Bac de maths 2023 Centres étrangers J2 : corrigé

Corrigé de l’exercice 1 : fonction logistique, tangente et convexité

Partie A

1. La tangente \(\mathcal{T}\) passe par A\(\left(0\,;\dfrac{1}{2}\right)\) et par B\(\left(1\,;\dfrac{5}{4}\right)\). Son coefficient directeur est \(\dfrac{\frac{5}{4}-\frac{1}{2}}{1-0}=\dfrac{3}{4}\) et son ordonnée à l'origine est \(\dfrac{1}{2}\). L'équation réduite est \(y=\dfrac{3}{4}x+\dfrac{1}{2}\).

2. La courbe est « tournée vers le haut » à gauche de A et « tournée vers le bas » à droite : \(f\) semble convexe sur \(]-\infty\,;0]\) et concave sur \([0\,;+\infty[\).

Partie B

1. On écrit \(f=\dfrac{1}{u}\) avec \(u(x)=1+\mathrm{e}^{-3x}\), de dérivée \(u'(x)=-3\mathrm{e}^{-3x}\). Alors :

\[f'(x)=-\dfrac{u'(x)}{u(x)^2}=\dfrac{3\mathrm{e}^{-3x}}{\left(1+\mathrm{e}^{-3x}\right)^2}.\]

2. Pour tout réel \(x\), \(\mathrm{e}^{-3x}\gt 0\) et \(\left(1+\mathrm{e}^{-3x}\right)^2\gt 0\), donc \(f'(x)\gt 0\) : \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).

3. a. Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(-3x\) tend vers \(-\infty\), donc \(\mathrm{e}^{-3x}\) tend vers 0 et \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\dfrac{1}{1+0}=1\).

3. b. Quand \(x\) tend vers \(-\infty\), \(-3x\) tend vers \(+\infty\), donc \(\mathrm{e}^{-3x}\) tend vers \(+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=0\).

4. On résout :

\[f(x)=0{,}99\iff 1+\mathrm{e}^{-3x}=\dfrac{1}{0{,}99}=\dfrac{100}{99}\iff\mathrm{e}^{-3x}=\dfrac{1}{99}\iff -3x=-\ln 99\iff x=\dfrac{\ln 99}{3}.\]

La solution est \(\alpha=\dfrac{\ln 99}{3}\) (environ 1,53).

Partie C

1. La tangente en 0 a pour équation \(y=f'(0)(x-0)+f(0)\). On a \(f(0)=\dfrac{1}{1+1}=\dfrac{1}{2}\) et \(f'(0)=\dfrac{3\times 1}{(1+1)^2}=\dfrac{3}{4}\). Donc \(\mathcal{T}:\ y=\dfrac{3}{4}x+\dfrac{1}{2}\), ce qui confirme la lecture graphique.

2. Dans \(f''(x)\), les facteurs \(9\mathrm{e}^{-3x}\) et \(\left(1+\mathrm{e}^{-3x}\right)^3\) sont strictement positifs. Le signe de \(f''(x)\) est donc celui de \(\mathrm{e}^{-3x}-1\). Or \(\mathrm{e}^{-3x}-1\gt 0\iff\mathrm{e}^{-3x}\gt 1\iff -3x\gt 0\iff x\lt 0\). Ainsi \(f''(x)\gt 0\) sur \(]-\infty\,;0[\), \(f''(0)=0\) et \(f''(x)\lt 0\) sur \(]0\,;+\infty[\).

3. a. Une fonction est convexe là où sa dérivée seconde est positive : \(f\) est convexe sur \(]-\infty\,;0]\) (et concave sur \([0\,;+\infty[\)).

3. b. En A, d'abscisse 0, la dérivée seconde s'annule en changeant de signe : A est un point d'inflexion de \(\mathcal{C}_f\) (la courbe y passe de convexe à concave).

3. c. Là où \(f\) est convexe (\(x\lt 0\)), la courbe est au-dessus de ses tangentes ; là où elle est concave (\(x\gt 0\)), elle est en dessous. Donc \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(\mathcal{T}\) sur \(]-\infty\,;0]\), en dessous sur \([0\,;+\infty[\), et la tangente traverse la courbe en A.

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

Partie A

1. Le logarithme n'est défini que sur les réels strictement positifs : \(\ln(1+x)\) existe si et seulement si \(1+x\gt 0\), c'est-à-dire \(x\gt -1\). Donc \(f\) est définie sur \(]-1\,;+\infty[\).

2. \(f'(x)=1-\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{1+x-1}{1+x}=\dfrac{x}{1+x}\).

3. a. Sur \(]-1\,;+\infty[\), \(1+x\gt 0\), donc \(f'(x)\) a le signe de \(x\) : négatif sur \(]-1\,;0[\), positif sur \(]0\,;+\infty[\). \(f\) est décroissante sur \(]-1\,;0]\) et croissante sur \([0\,;+\infty[\).

3. b. On a \(f(0)=0-\ln 1=0\), et \(f\) est strictement décroissante sur \(]-1\,;0]\) : pour \(x\lt 0\), \(f(x)\gt f(0)=0\). Donc \(f\) est strictement positive sur \(]-1\,;0[\). (Avec la question précédente, 0 est un minimum : \(f\geqslant 0\) sur tout l'intervalle.)

4. a. Pour \(x\gt -1\) : \(\ln\left(\dfrac{\mathrm{e}^x}{1+x}\right)=\ln\left(\mathrm{e}^x\right)-\ln(1+x)=x-\ln(1+x)=f(x)\).

4. b. On écrit \(\dfrac{\mathrm{e}^x}{1+x}=\dfrac{\mathrm{e}^x}{x}\times\dfrac{x}{1+x}\). Par croissances comparées, \(\dfrac{\mathrm{e}^x}{x}\) tend vers \(+\infty\) ; et \(\dfrac{x}{1+x}\) tend vers 1. Donc \(\dfrac{\mathrm{e}^x}{1+x}\) tend vers \(+\infty\), et par composition avec le logarithme, \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\).

Partie B

1. \(u_1=10-\ln 11\approx 10-2{,}398=7{,}602\). Donc \(u_1\approx 7{,}602\).

2. On remarque que \(u_{n+1}=f(u_n)\). Démontrons par récurrence que \(u_n\geqslant 0\). Initialisation : \(u_0=10\geqslant 0\). Hérédité : si \(u_n\geqslant 0\), comme \(f\) est croissante sur \([0\,;+\infty[\) (question 3. a.), \(f(u_n)\geqslant f(0)=0\), c'est-à-dire \(u_{n+1}\geqslant 0\). Conclusion : \(u_n\geqslant 0\) pour tout entier naturel \(n\).

3. On calcule \(u_{n+1}-u_n=-\ln(1+u_n)\). Comme \(u_n\geqslant 0\), \(1+u_n\geqslant 1\), donc \(\ln(1+u_n)\geqslant 0\) et \(u_{n+1}-u_n\leqslant 0\). La suite \((u_n)\) est décroissante.

4. La suite est décroissante et minorée par 0 : d'après le théorème de convergence monotone, elle converge.

5. Notons \(\ell\) sa limite. On a \(\ell\geqslant 0\) car tous les termes sont positifs. La fonction \(f\) est continue sur \([0\,;+\infty[\), donc en passant à la limite dans \(u_{n+1}=f(u_n)\) on obtient \(\ell=f(\ell)=\ell-\ln(1+\ell)\), d'où \(\ln(1+\ell)=0\), soit \(1+\ell=1\). Donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0\).

Corrigé de l’exercice 3 : plan, projeté orthogonal et volume d’un cône

1. On a \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{AC}}\begin{pmatrix}-5\\-5\\0\end{pmatrix}\). Si ces vecteurs étaient colinéaires, la troisième coordonnée (1 et 0) imposerait un coefficient nul, ce qui est impossible puisque \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\neq\overrightarrow{0}\). Ils ne sont pas colinéaires : A, B et C ne sont pas alignés.

2. \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(-1)(-5)+1\times(-5)+1\times 0=5-5=0\). Les vecteurs sont orthogonaux : le triangle ABC est rectangle en A.

3. On vérifie que les trois points vérifient l'équation \(-x+y-2z+5=0\) : pour A, \(-3+0-2+5=0\) ; pour B, \(-2+1-4+5=0\) ; pour C, \(2-5-2+5=0\). Les trois points non alignés sont dans le plan d'équation \(-x+y-2z+5=0\), qui est donc le plan (ABC).

4. Le vecteur \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}-1\\1\\-2\end{pmatrix}\) est normal au plan (ABC) : c'est un vecteur directeur de \((\Delta)\). Une représentation paramétrique de \((\Delta)\) est :

\[\begin{cases} x=1-t \\ y=-2+t \\ z=4-2t \end{cases}\qquad t\in\mathbb{R}.\]

5. On remplace dans l'équation du plan : \(-(1-t)+(-2+t)-2(4-2t)+5=-1+t-2+t-8+4t+5=6t-6\). Cette expression est nulle si et seulement si \(t=1\), ce qui donne \(x=0\), \(y=-1\), \(z=2\). Donc \(\mathrm{H}(0\,;-1\,;2)\).

6. \(\overrightarrow{\mathrm{SH}}\begin{pmatrix}-1\\1\\-2\end{pmatrix}\), donc \(\mathrm{SH}=\sqrt{1+1+4}=\)\(\sqrt{6}\).

7. Le rayon du cercle est \(\mathrm{HB}\). On a \(\overrightarrow{\mathrm{HB}}\begin{pmatrix}2\\2\\0\end{pmatrix}\), donc \(\mathrm{HB}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\). L'aire du disque est \(\pi\times\mathrm{HB}^2=\)\(8\pi\).

8. La droite (SH) est perpendiculaire au plan du disque et passe par son centre H : SH est la hauteur du cône. Le volume vaut \(\dfrac{1}{3}\times\text{aire de la base}\times\text{hauteur}\) :

\[V=\dfrac{1}{3}\times 8\pi\times\sqrt{6}=\dfrac{8\pi\sqrt{6}}{3}.\]

Le volume du cône est \(\dfrac{8\sqrt{6}\,\pi}{3}\) unités de volume (environ 20,5).

Corrigé de l’exercice 4 : QCM sur des pièces défectueuses

La variable \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(p=0{,}04\).

1. Réponse b (0,870). Avec \(n=50\), \(P(X\geqslant 1)=1-P(X=0)=1-0{,}96^{50}\approx 1-0{,}130=0{,}870\).

2. Réponse b. Les valeurs 4, 5, 6, 7 sont celles de \(X\) avec \(3\lt X\leqslant 7\). On enlève de \(P(X\leqslant 7)\) la probabilité des valeurs 0 à 3 : \(p(3\lt X\leqslant 7)=p(X\leqslant 7)-p(X\leqslant 3)\).

3. Réponse c (\(k=4\)). À la calculatrice, \(P(X\leqslant 3)\approx 0{,}861\lt 0{,}95\) alors que \(P(X\leqslant 4)\approx 0{,}951\geqslant 0{,}95\). Le plus petit entier est 4.

4. Réponse a (\(0{,}04^n\)). Toutes les pièces sont défectueuses, avec une probabilité de 0,04 chacune, de façon indépendante : \(P(X=n)=0{,}04^n\).

5. Réponse a. La probabilité de ne tirer aucune pièce défectueuse parmi \(n\) est \(0{,}96^n\), donc \(1-0{,}96^n\) est la probabilité d'en tirer au moins une. La boucle while augmente \(n\) tant que cette probabilité reste strictement inférieure à x et s'arrête dès qu'elle est supérieure ou égale à x. La fonction renvoie donc le plus petit nombre \(n\) tel que la probabilité de tirer au moins une pièce défectueuse soit supérieure ou égale à x.