2022Bac spé maths · Centres étrangers · Jour 2

Soit \(f\) la fonction continue et dérivable sur \(\mathbb{R}\), définie par \(x \longmapsto \dfrac{x}{\text{e}^x}\).

En utilisant la formule de la dérivée d'un quotient, on peut écrire :

\(\forall x \in \mathbb{R}\), \(f'(x)=\dfrac{1\times \mathrm{e}^{x}-x\times \mathrm{e}^x}{\left(\mathrm{e}^x\right)^2}=\dfrac{(1-x)\mathrm{e}^x}{\mathrm{e}^{2x}}=\dfrac{1-x}{\mathrm{e}^x}=(1-x)\mathrm{e}^{-x}\). Réponse c

La courbe représentative donnée est celle de \(f''\). Avec la précision permise par ce graphique, on peut affirmer que \(f''\) est positive sur \([-3~;~-1]\), négative sur \([-1~;~1]\) et s'annule pour \(x= - 1\).

Cela signifie donc que \(f'\) est croissante sur \([-3~;~-1]\) puis décroissante sur \([-1~;~1]\). Donc la fonction \(f'\) admet un maximum en \(x = -1\). Réponse d

Les fonctions \(F\) proposées sont continues et dérivables sur \(\mathbb{R}\). Dérivons chacune d'entre-elles. \(\forall x \in \mathbb{R}\),

1. \(F'(x)= -\dfrac{1}{6}\left(3x^2\mathrm{e}^{-x^2}+(x^3+1)\times -2x\mathrm{e}^{-x^2}\right) =-\dfrac{1}{6}\mathrm{e}^{-x^2}(3x^2- 2x^4-2x)\\=-\dfrac{1}{6}\mathrm{e}^{-x^2}(-2x^3+3x^2-2x)\).

2. \(F'(x)=-\dfrac{1}{4}\left(4x^3 \times \mathrm{e}^{-x^2} + x^4\times (- 2x\mathrm{e}^{-x^2})\right) =-\dfrac{1}{4}\mathrm{e}^{-x^2}\left(4x^3- 2x^5\right)\).

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

4. \(F'(x) = (6x - 8x^3)\times \mathrm{e}^{-x^2} + (3x^2 - 2x^4)\times - 2x\mathrm{e}^{-x^2}= (4x^5 - 14x^3 + 6x)\mathrm{e}^{-x^2}\)

Réponse c

\(\forall x \in \mathbb{R}\), \(f(x)=\dfrac{\mathrm{e}^x\left(1+\dfrac{1}{\mathrm{e}^x}\right)}{\mathrm{e}^x\left(1-\dfrac{1}{\mathrm{e}^x}\right)}=\dfrac{1+\mathrm{e}^{-x}}{1-\mathrm{e}^{-x}}\). Or \(\displaystyle\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \mathrm{e}^{-x}=0\) donc \(\displaystyle\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=1\). Réponse b

La fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\), donc elle admet des primitives notées \(F\). De plus \(f(x)\) est de la forme \(u'(x)\mathrm{e}^{u(x)}\) avec \(u(x)=2x+1\). En remarquant que \(f(x)=\dfrac{1}{2} \times 2\mathrm{e}^{2x+1}\), on peut alors écrire que pour tout réel \(x\), \(F(x)=\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{2x+1}+k\) avec \(k\in \mathbb{R}\). Sachant que \(F(0) = 1\) alors

\(\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^1+k=1 \iff k=1-\dfrac{1}{2}\mathrm{e}\). Donc \(\forall x \in \mathbb{R}\), \(F(x)=\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{2x+1}+1-\dfrac{1}{2}\mathrm{e}\). Réponse c

Avec la précision permise par le graphique, on peut affirmer que la fonction \(f\) est concave sur \([-2~;~1]\), convexe sur \([1~;~4]\) et \(f''(1)=0\) (point d'inflexion). \(f''\)est donc négative sur \([-2~;~1]\), positive sur \([1~;~4]\) s'annulant en 1. Réponse a

\(\bullet~~\)On sait que \(\displaystyle\lim_{x \to 0} x \ln x = 0\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = 1\).

\(\bullet~~\)Comme \(\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x = + \infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \ln x = + \infty\), on a par produit de limites \(\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x \ln x = + \infty\) et enfin \(\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty\).

1. La fonction \(f\) est continue et dérivable sur \(]0~;~+\infty[\). En utilisant le formule de la dérivée d'un produit, \(\forall x \in ]0~;~+\infty[\), \(f'(x)=1\times \ln(x)+x\times \dfrac{1}{x}=\ln(x)+1\)

2. \(f'(x)\geqslant 0 \iff \ln(x)+1 \geqslant 0 \iff \ln(x) \geqslant -1 \iff x\geqslant \mathrm{e}^{-1}\).

   Dans le tableau : \(f\left(\mathrm{e}^{-1}\right)= \mathrm{e}^{-1} \ln(\mathrm{e}^{-1})+1=-\mathrm{e}^{-1}+1=1-\mathrm{e}^{-1}>0\)

   

3. \(f(1)=1\). D'après les variations de la fonction \(f\),

   • \(\forall x \in ]0~;~\mathrm{e}^{-1}]\), \(f(x)\in [1-\mathrm{e}^{-1}~;~1[\) ;

   • \(\forall x \in [\mathrm{e}^{-1}~;~1]\), \(f(x) \in [1-\mathrm{e}^{-1}~;~1]\).

   Donc \(\forall x \in ]0~;~1]\), \(f(x)\in \left[1-\mathrm{e}^{-1}~;~1\right]\). Or \(1 - \mathrm{e}^{-1} > 0\) donc \(f(x)\in ]~0~;~1]\) pour tout réel \(x\) dans \(]0~;~1]\).

1. L'équation de la tangente \((T)\) à \(\mathcal{C}_f\) au point d'abscisse 1 a pour équation :

   \(y=f'(1)(x-1)+f(1)\)

   Avec \(f'(1)=1\) et \(f(1)=1\), on en déduit l'équation de \((T)~:~y=x-1+1=x\), soit

   \(M(x~;~y) \in (T) \iff y = x\).

2. Nous savons que \(\forall x \in ]0~;~+\infty[\), \(f'(x)=\ln(x)+1\).

   La fonction \(f'\) est continue et dérivable sur \(]0~;~+\infty[\), et \(f''(x)=\dfrac{1}{x}>0\), donc \(f\) est convexe sur \(]0~;~+\infty[\).

3. La courbe représentative d'une fonction convexe est au-dessus de toutes ses tangentes. En particulier \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \((T)\). Donc \(\forall x \in ]0~;~+\infty[\), \(f(x)\geqslant x\).

Soit \(\left(u_n\right)\) la suite définie par \(u_0 \in ]0~;~1]\) et \(u_{n+1}=f(u_n)\).

1. Montrons par récurrence que \(0 < u_n <1\) pour tout entier naturel \(n\).

   Initialisation : on a \(u_0 \in ]0~;~1[\), soit \(0 < u_0 < 1\) : l'encadrement est vrai au rang \(0\) ;

   Hérédité : soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons que \(0 < u_n < 1\).

   On a vu à la question 2. b. que si \(0 < x < 1\), alors \(0 < f(x) < 1\).

   Donc si \(0 < u_n < 1\), alors \(0 < f\left(u_n\right) < 1\), soit \(0 < u_{n+1} < 1\).

   Conclusion : l'encadrement est vrai au rang 0 et s'il est vrai au rang \(n \in \mathbb{N}\), il l'est aussi au rang \(n + 1\) : d'après le principe de récurrence pour tout entier naturel \(n\), on a : \(0 < u_n < 1\).

2. D'après la question 3.c, pour tout réel \(x\) positif, \(f(x)>x\).

   De plus pour tout entier naturel \(n\), \(u_n>0\)

   Donc, \(\forall n \in \mathbb{N}\), \(f(u_n)>u_n\) donc \(u_{n+1} > u_n\). La suite \(\left(u_n\right)\) est donc croissante.

3. La suite \(\left(u_n\right)\) est croissante et majorée par 1. Donc d'après le théorème de convergence monotone, la suite \(\left(u_n\right)\) converge vers une limite finie notée \(l\).

Déterminons les coordonnées des vecteurs \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{AD}\). Avec \(A(3~;~-2~;~2)\), \(B(6~;~1~;~5)\), \(C(6~;~-2~;~-1)\) et \(D(0~;~4~;~-1)\), on obtient :

\(\overrightarrow{AB}\, \begin{pmatrix} 3\\ 3\\ 3 \end{pmatrix}\)   \(\overrightarrow{AC}\, \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ -3 \end{pmatrix}\)   \(\overrightarrow{AD}\, \begin{pmatrix} -3\\ 6\\ -3 \end{pmatrix}\).

Pour que les points \(A\), \(B\), \(C\) et \(D\) soient coplanaires, il faut que (par exemple) le vecteur \(\overrightarrow{AD}\) soit une combinaison linéaires des vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\). Existe-t-il un couple de réels \((a~;~b)\) tel que \(\overrightarrow{AD}=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AB}\) ? Cette égalité vectorielle se traduit par le système suivant :

\(\left\{\begin{array}{l c l} 3a+3b&=&-3\\3a &=& 6\\3a-3b&=&-3 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} a+b&=&-1\\a &=& 2\\a-b&=&-1 \end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l c l} b&=&-3\\a &=& 2\\-b&=&-3 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} b&=&-3\\a &=& 2\\b&=&3 \end{array}\right.\)

C'est impossible. Donc le vecteur \(\overrightarrow{AD}\) ne peut être écrit comme une combinaison linéaire des vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\). Donc les points \(A\), \(B\), \(C\) et \(D\) ne sont pas coplanaires.

Calculons \(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\) : \(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=3\times3+3\times 0+ 3\times (-3) = 9 - 9 = 0\). Donc \(\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{AC}\).

Le triangle \(ABC\) est rectangle est rectangle en \(A\).

Calculons \(\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AC}\) :

\(\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AB}= (-3)\times 3+6\times 3 + (-3)\times 3 = - 9+18-9=0\)

\(\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AC}= (-3)\times 3+6\times 0 + (-3)\times (-3)=-9+9=0\)

Donc le vecteur \(\overrightarrow{AD}\) est orthogonal aux vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\), donc il est aussi orthogonal à toute combinaison linéaire des vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\), donc orthogonal à tout vecteur du plan \((ABC)\).

Les questions précédentes permettent d'affirmer que le point \(A\) est le projeté orthogonal du point \(D\) sur le plan \((ABC)\). Donc \(\mathcal{V}_{ABCD} = \dfrac13 \mathcal{A}_{ABC} \times AD\).

\(\lVert\overrightarrow{AD}\rVert=\sqrt{(-3)^2+6^2+(-3)^2}=\sqrt{54}=3\sqrt{6}\)

\(\lVert\overrightarrow{AB}\rVert=\sqrt{3^2+3^2+3^2}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}\)

\(\lVert\overrightarrow{AC}\rVert=\sqrt{(-3)^2+0^2+(-3)^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}\)

Donc \(\mathcal{A}_{ABC}=\dfrac{1}{2}\times AB\times AC=\dfrac{1}{2} \times 3\sqrt{3} \times 3\sqrt{2}=\dfrac{9\sqrt{6}}{2}\)

Donc \(\mathcal{V}_{ABCD}=\dfrac13 \times \dfrac{9\sqrt{6}}{2} \times 3\sqrt{6}= 27\) unités de volume.

Soit \(H(5~;~0~;~1)\).

1. Les coordonnées des vecteurs \(\overrightarrow{BH}\), \(\overrightarrow{BC}\) et \(\overrightarrow{BD}\) sont :

   \(\overrightarrow{BH}\, \begin{pmatrix} -1\\ -1\\ -4 \end{pmatrix}\)   \(\overrightarrow{BC}\, \begin{pmatrix} 0\\ - 3\\ - 6 \end{pmatrix}\)   \(\overrightarrow{BD}\, \begin{pmatrix} - 6\\ 3\\ - 6 \end{pmatrix}\).

   Existe-t-il un couple de réels \((\alpha~;~\beta)\) tel que \(\overrightarrow{BH}=\alpha\overrightarrow{BC}+\beta\overrightarrow{BD}\) ? Cette égalité vectorielle permet d'écrire le système suivant :

   \(\left\{\begin{array}{l c l} -6\beta&=&-1\\-3\alpha+3\beta &=& -1\\-6\alpha-6\beta&=&-4 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} \beta&=&\dfrac16\\-3\alpha &=& -1-\dfrac36\\-6\alpha&=&-4+1 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} \beta&=&\dfrac16\\-3\alpha &=& -\dfrac32\\6\alpha&=&3 \end{array}\right.\)

   \(\iff \left\{\begin{array}{l c l} \beta&=&\dfrac16\\\alpha &=& \dfrac12\end{array}\right.\).   Donc \(\overrightarrow{BH}=\dfrac12 \overrightarrow{BC}+\dfrac16 \overrightarrow{BD}\).

2. D'après la question précédente, le vecteur \(\overrightarrow{BH}\) peut s'écrire comme une combinaison linéaire de deux vecteurs non-colinéaires dur plan \((BCD)\). On peut donc affirmer que le point \(H\) appartient au plan \((BCD)\). Montrons maintenant que le vecteur \(\overrightarrow{AH}\) est normal au plan \((BCD)\), c'est-a-dire que le vecteur \(\overrightarrow{AH}\) est orthogonal à une base du plan \((BCD)\), c'est-a-dire orthogonal aux vecteurs \(\overrightarrow{BC}\) et \(\overrightarrow{BD}\).

   On a : \(\overrightarrow{AH}\, \begin{pmatrix} 2\\ 2\\ -1 \end{pmatrix}\)   \(\overrightarrow{BC}\, \begin{pmatrix} 0\\ -3\\ 6 \end{pmatrix}\)   \(\overrightarrow{BD}\, \begin{pmatrix} -6\\ 3\\ -6 \end{pmatrix}\).

   \(\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}= 2\times 0+2\times (-3)+(-1)\times (-6)=-6+6=0\)

   \(\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{DB}= 2\times (-6)+2\times 3+(-1)\times (-6)=-12+6+6=0\)

   Donc \(\overrightarrow{AH}\) est orthogonal aux vecteurs \(\overrightarrow{BC}\) et \(\overrightarrow{BD}\), donc à toute combinaison linéaire de ces deux vecteurs, donc à tout vecteur du plan \((BCD)\). Donc \(H\) est le projeté orthogonal de \(A\) sur le plan \((BCD)\).

3. La distance du point \(A\) au plan \((BCD)\) est égale à \(\lVert\overrightarrow{AH}\rVert\) :

   \(\lVert\overrightarrow{AH}\rVert=\sqrt{2^2+2^2+(-1)^2}=\sqrt{9}=3\) unités de longueur.

\(\mathcal{V}_{ABCD}=\dfrac{1}{3}\times \mathcal{A}_{BCD}\times AH\) d'où \(\mathcal{A}_{BCD}=\dfrac{3\times \mathcal{V}_{ABCD}}{AH}\).

Donc \(\mathcal{A}_{AHC}=\dfrac{3\times 27}{3}=27\) unités d'aire.

On note par

• \(B\) l'évènement : « on tire un jeton de couleur blanche » ;

• \(N\) l'évènement : « on tire un jeton de couleur noire ».

Ainsi, \(p(B)=\dfrac35\) et \(p(N)=\dfrac25\)

1. L'arbre complété :

   

2. Pour perdre 9 euros, il faut avoir tiré deux jetons blancs.

   Sachant qu'il s'agit de deux tirages successifs avec remise, et en notant \(X\) la variable aléatoire donnant le gain du joueur, on a : \(p(X = - 9) = \left(\dfrac35\right)^2=\dfrac{9}{25}\)

1. On considère à présent qu'il y a \(3\) jetons blancs et \(N\) jetons noirs, pour un total de \(N+3\) jetons. On effectue toujours deux tirages avec remise d'un jeton. On note par \(X\) la variable aléatoire donnant le gain du joueur. Donc \(X\in\lbrace-9~;~-1~;~5\rbrace\)

   • Pour perdre 9 euros, il faut tirer deux jetons blancs : \(P(X=-9)=\left(\dfrac{3}{N+3}\right)^2=\dfrac{9}{(N + 3)^2}\)

   • Pour perdre un euro il faut tirer deux jetons noirs : \(P(X=-1)=\left(\dfrac{N}{N+3}\right)^2=\dfrac{N^2}{(N + 3)^2}\)

   • pour gagner cinq euros, il faut tirer un jeton de chaque couleur (B + N ou N + B) :
     \(P(X=5)=2\times \dfrac{3}{N + 3} \times \dfrac{N}{N + 3}=\dfrac{6N}{(N + 3)^2}\)

   La loi de probabilités est donc :

   \(X=x_i\)	\(- 9\)	\(-1\)	5
   \(P(X=x_i)\)	\(\dfrac{9}{(N+3)^2}\)	\(\dfrac{N^2}{(N+3)^2}\)	\(\dfrac{6N}{(N+3)^2}\)

2. \(-x^2 + 30x - 81 > 0 \iff x^2-30x+81<0\). Les racines du trinôme \(x^2-30x+81\) sont \(x=3\) et \(x=27\). Donc en utilisant les signes du trinôme du second degré, \(-x^2+30x-81>0 \iff x\in ]3~;~27[\).

3. Calculons l'espérance de cette loi de probabilité :

   \(E(X)=(-9)\times \dfrac{9}{(N+3)^2} + (-1)\times \dfrac{N^2}{(N+3)^2}+5 \times \dfrac{6N}{(N+3)^2}=\dfrac{-N^2+30N-81}{(N+3)^2}\).

   Le jeu est favorable au joueur si et seulement si \(E(X)>0\).

   \(E(X)>0 \iff -N^2+30N-81>0 \iff N\in ]3~;~27[\) donc \(4\leqslant N \leqslant 26\) (\(N \in [\![4~;~26 ]\!]\)) : il faut donc entre 4 et 26 jetons noirs (4 et 26 compris) pour que le jeu soit favorable au joueur.

4. Le gain moyen (ou l'espérance) est maximal lorsque la fonction \(f~:~N\mapsto \dfrac{-N^2 + 30N - 81}{(N + 3)^2}\) est maximale, c'est-a-dire lorsque \(f'(N) = 0\).

   La fonction \(f\) est continue et dérivable sur \([0~;~+\infty[\). Pour \(N\in [0~;~+\infty[\) :

   \(f'(N)=\dfrac{(-2N + 30)\times (N + 3)^2-2(N + 3)\times (-N^2 + 30N - 81)}{\left((N+3)^2\right)^2}=\)

   \(\dfrac{(-2N + 30)(N + 3)-2(-N^2 + 30N - 81)}{(N+3)^3} =\dfrac{-2N^2 - 6N + 30N + 90 + 2N^2 - 60N + 162}{(N + 3)^3}=\)

   \(\dfrac{-36N + 252}{(N + 3)^3}=\dfrac{-36(N - 7)}{(N + 3)^3}\)

   \(f'(N)=0 \iff N = 7\).

   Le gain moyen du joueur est maximal lorsque dans l'urne il y a 7 jetons noirs et 3 jetons blancs.

Dans l'urne il y a 7 jetons noirs (\(N=7\)) et 3 jetons blancs, pour un total de 10 jetons. La probabilité de gagner 5 euros est égale à \(p=\dfrac{6\times7}{10^2}=\dfrac{21}{50}=0{,}42\).

On répète ce jeu pour 10 personnes. On note par \(Y\) la variable aléatoire donnant le nombre de personnes gagnant 5 euros. Ainsi \(Y \in [\![0~;~10 ]\!]\). \(Y\) suit une loi binomiale (expérience de Bernoulli n'ayant que deux issues et se répétant indépendamment et à l'identique \(n\) fois) de paramètres \(n=10\) et \(p=\dfrac{21}{50}\) : \(Y \sim \mathcal{B}\left(10~;~\dfrac{21}{50}\right)\)

\(P(Y\geqslant0)=1-P(Y<1)=1-P(Y=0)=1-\left(\dfrac{29}{50}\right)^{10}\approx 0{,}996\)

Donc la probabilité d'avoir au moins un gagnant à 5 euros est d'environ 0,996. C'est donc un évènement (presque) certain.