Bac – Spécialité mathématiques – Métropole – sujet 2 – septembre 2021

Métropole – septembre 2021

Spécialité maths – Sujet 2 – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici.

Ex 1

Exercice 1 (4 points)

  1. On obtient l’arbre pondéré suivant :
    $\quad$
    $\quad$
  2. a. On veut calculer :
    $\begin{align*} p(S\cap I)&=p(S)\times p_S(I) \\
    &=0,08\times 0,9\\
    &=0,072\end{align*}$
    La probabilité que le courriel choisi soit un message de spam et qu’il soit classé indésirable est égale à $0,072$.
    $\quad$
    b. $\left(S,\conj{S}\right)$ forme un système complet d’événements fini.
    D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(I)&=p(S)p_S(I)+p\left(\conj{S}\right)p_{\conj{S}}(I) \\
    &=0,08\times 0,9+0,92\times 0,01 \\
    &=0,0812\end{align*}$
    La probabilité que le message soit classé indésirable est $0,0812$.
    $\quad$
    c. On veut calculer :
    $\begin{align*} p_I(S)&=\dfrac{p(S)\times p_S(I)}{p(I)} \\
    &=\dfrac{0,08\times 0,9}{0,0812} \\
    &\approx 0,89\end{align*}$
    La probabilité que le message soit du spam sachant qu’il est classé comme indésirable est environ égale à $0,89$.
    $\quad$
  3. a. On effectue $50$ tirages aléatoires, identiques et indépendants. À chaque tirage il n’y a que deux issues : $S$ et $\conj{S}$.
    Ainsi $Z$ suit la loi binomiale de paramètres $n=50$ et $p=0,08$.
    $\quad$
    b. On a :
    $\begin{align*} p(Z\pg 2)&=1-p(Z=0)-p(Z=1) \\
    &=1-0,92^{50}-\dbinom{50}{1}0,08\times 0,92^{49} \\
    &=1-0,92^{50}-50\times 0,08\times 0,92^{49} \\
    &\approx 0,92\end{align*}$
    La probabilité qu’au moins deux courriels choisis soient du spam est environ égale à $0,92$.
    $\quad$

 

Ex 2

Exercice 2 (5 points)

  1. Si $t=-2$ on obtient alors $\begin{cases} x=-3\\y=-4\\z=6\end{cases}$
    Le point $N(-3;-4;6)$ appartient donc à la droite $\Delta$.
    Réponse B
    $\quad$
  2. $\vect{AB}$ a pour coordonnées $\begin{pmatrix} 2-1\\1-0\\0-2\end{pmatrix}$ soit $\begin{pmatrix} 1\\1\\-2\end{pmatrix}$
    Réponse C
    $\quad$
  3. La droite $(AB)$ passe par le point $B(2;1;0)$ et a pour vecteur directeur $\vect{AB}\begin{pmatrix} 1\\1\\-2\end{pmatrix}$ mais également le vecteur $-\vect{AB}\begin{pmatrix} -1\\-1\\2\end{pmatrix}$
    Ainsi, une représentation paramétrique de $(AB)$ est $\begin{cases} x=2-t\\y=1-t\\z=2t\end{cases}\quad, t\in \R$.
    Réponse B
    $\quad$
  4. Un vecteur directeur de $\Delta$ est $\vec{n}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}$
    Ainsi une équation cartésienne de ce plan est de la forme $2x+y-z+d=0$.
    Le point $C(0;1;2)$ appartient à ce plan.
    Donc $0+1-2+d=0 \ssi d=1$.
    Une équation cartésienne du plan est $2x+y-z+1=0$.
    Réponse B
    $\quad$
  5. On a
    $\begin{align*} \vect{AD}&=\vect{AO}+\vect{OD} \\
    &=\vect{AO}+3\vect{OA}-\vect{OB}-\vect{OC} \\
    &=2\vect{OA}-\vect{OB}-\vect{OC} \\
    &=\vect{BO}+\vect{OA}+\vect{CO}+\vect{OA} \\
    &=\vect{BA}+\vect{CA}\end{align*}$
    Ainsi les vecteurs $\vect{AD}$, $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$ sont coplanaires.
    Réponse A
    $\quad$

 

 

Ex 3

Exercice 3 (6 points)

Partie 1

  1. $\lim\limits_{x\to -\infty} -2x=+\infty$ et $\lim\limits_{X\to +\infty} \e^X=+\infty$ donc $\lim\limits_{x\to -\infty} -\e^{-2x}=-\infty$
    Ainsi $\lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=-\infty$
    $\lim\limits_{x\to +\infty} -2x=-\infty$ et $\lim\limits_{X\to -\infty} \e^X=0$ donc $\lim\limits_{x\to +\infty} -\e^{-2x}=0$
    Ainsi $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$
    $\quad$
  2. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme et composée de fonctions dérivables sur $\R$.
    Pour tout réel $x$ on a
    $\begin{align*} f'(x)&=1-(-2)\e^{-2x} \\
    &=1+2\e^{-2x}\\
    &>0\end{align*}$
    La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $\R$.
    On obtient le tableau de variation suivant :
    $\quad$

    $\quad$
  3. La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $\R$.
    De plus $\lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=-\infty$ et $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur $\R$.
    D’après la calculatrice $\alpha \approx 0,43$.
    $\quad$
  4. La fonction $f$ est strictement croissante sur $\R$ et s’annule en $\alpha$.
    Donc :
    – $f(x)<0$ sur $]-\infty;\alpha[$;
    – $f(\alpha)=0$;
    – $f(x)>0$ sur $]\alpha;+\infty[$.
    $\quad$

Partie II

  1. a. La fonction $t\mapsto t^2+\e^{-2t}$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions dérivables sur $\R$. Cette fonction est de plus positive en tant que somme de fonctions positives.
    La fonction $h$ est donc dérivable sur $\R$.
    Pour tout réel $x$ on a
    $\begin{align*} h'(t)&=\dfrac{2t-2\e^{-2t}}{2\sqrt{t^2+\e^{-2t}}} \\
    &=\dfrac{t-\e^{-t}}{\sqrt{t^2+\e^{-2t}}} \\
    &=\dfrac{h(t)}{\sqrt{t^2+\e^{-2t}}}\end{align*}$
    $\quad$
    b. $h'(x)$ a donc le même signe que $f(x)$ pour tout réel $x$.
    D’après la question I.4. on a donc :
    – $h'(x)<0$ sur $]-\infty;\alpha[$;
    – $h'(\alpha)=0$;
    – $h(x)>0$ sur $]\alpha;+\infty[$.
    Ainsi $h$ admet un minimum en $\alpha$.
    Le point $A\left(\alpha,g(\alpha)\right)$, c’est-à-dire $A\left(\alpha,\e^{-\alpha}\right)$, est le point de la courbe $\mathscr{C}$ pour lequel la longueur $OM$ est minimale.
    $\quad$
  2. a. Le coefficient directeur de la tangente $T$ est $g'(\alpha)=-\e^{-\alpha}$.
    $\quad$
    b. Le produit des deux coefficients directeurs est :
    $\begin{align*} -\e^{-\alpha}\times \dfrac{\e^{-\alpha}}{\alpha}&=-\dfrac{\e^{-2\alpha}}{\alpha} \\
    &=-\dfrac{\alpha}{\alpha} \quad \text{car }f(\alpha)=0 \ssi \e^{-2\alpha}=\alpha  \\
    &=-1\end{align*}$
    Les droites $(OA)$ et $T$ sont donc perpendiculaires.
    $\quad$

$\quad$

Ex A

Exercice A (5 points)

  1. On a $u_1=\dfrac{3\times 16+2\times 5}{5}=11,6$.
    et $v_1=\dfrac{16+5}{2}=10,5$
    $\quad$
  2. a. Soit $n\in \N$.
    $\begin{align*} w_{n+1}&=u_{n+1}-v_{n+1} \\
    &=\dfrac{3u_n+2v_n}{5}-\dfrac{u_n+v_n}{2} \\
    &=\dfrac{6u_n+4v_n-5u_n-5v_n}{10} \\
    &=\dfrac{u_n-v_n}{10} \\
    &=0,1 w_n\end{align*}$
    La suite $\left(w_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,1$ et de premier terme $w_0=u_0-v_0=11$.
    Ainsi, pour tout $n\in \N$ on a $w_n=11\times 0,1^n$.
    $\quad$
    b. Pour tout $n\in \N$ on a $w_n\pg 0$ en tant que produit de facteurs positifs.
    De plus $-1<0,1<1$ donc $\lim\limits_{n\to +\infty} w_n=0$.
    $\quad$
  3. a. Soit $n\in \N$. On a
    $\begin{align*} u_{n+1}-u_n&=\dfrac{3u_n+2v_n}{5}-u_n \\
    &=\dfrac{3u_n+2v_n-5u_n}{5} \\
    &=\dfrac{-2u_n+2v_n}{5} \\
    &=-\dfrac{2}{5} \times \left(u_n-v_n\right) \\
    &=-0,4w_n\end{align*}$
    $\quad$
    b. $w_n\pg 0$ et $u_{n+1}-u_n=-0,4w_n$ pour tout $n\in \N$.
    Ainsi $u_{n+1}-u_n \pp 0$ pour tout $n\in \N$.
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc décroissante.
    On admet que la suite $\left(v_n\right)$ est croissante et on sait que $v_0=5$.
    Ainsi, pour tout $n\in \N$ on a $v_n\pg v_0$ soit $v_n\pg 5$.
    $\quad$
    c. Initialisation : On a $u_0=16$ donc $u_0\pg 5$.
    La propriété est vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : Soit $n\in \N$. On suppose que la propriété est vraie au rang $n$.
    $\begin{align*} u_{n+1}&=\dfrac{3u_n+2v_n}{5} \\
    &\pg \dfrac{3\times 5+2\times 5}{5} \\
    &\pg 5\end{align*}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Ainsi, pour tout $n\in \N$ on a $u_n \pg 5$.
    $\quad$
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc décroissante et minorée par $5$. Elle est par conséquent convergente.
    $\quad$
  4. a. Pour tout $n\in \N$ on a $w_n=u_n-v_n$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} w_n=0$.
    Or $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n-v_n=\ell-\ell’$
    Ainsi $\ell-\ell’=0 \ssi \ell=\ell’$.
    $\quad$
    b. Soit $n\in \N$
    $\begin{align*} c_{n+1}&=5u_{n+1}+4v_{n+1} \\
    &=3u_n+2v_n+2\left(u_n+v_n\right) \\
    &=3u_n+2v_n+2u_n+2v_n\\
    &=5u_n+4v_n\\
    &=w_n\end{align*}$
    La suite $\left(c_n\right)$ est donc constante.
    Or $c_0=5u_0+4v_0=100$.
    Ainsi, pour tout $n\in \N$ on a $c_n=100$.
    $\quad$
    c. Or $\lim\limits_{n\to +\infty} c_n=5\ell+4\ell’$ soit $\lim\limits_{n\to +\infty} c_n=9\ell$ puisque $\ell=\ell’$.
    Par conséquent $9\ell=100 \ssi \ell=\dfrac{100}{9}$.
    $\quad$

Remarque : On dit que les suites $\left(u_n\right)$ et $\left(v_n\right)$ sont adjacentes.

Ex B

Exercice B (5 points)

Partie 1

  1. $f(x)=0\ssi 2\ln(x)-1=0 \ssi \ln(x)=\dfrac{1}{2}\ssi x=\e^{1/2}$.
    Ainsi l’équation $f(x)=0$ possède une unique solution $\alpha=\e^{1/2}\approx 1,65$.
    $\quad$
  2. Graphiquement :
    – $f(x)<0$ sur $]0;\alpha[$;
    – $f(\alpha)=0$;
    – $f(x)>0$ sur $]\alpha;+\infty[$
    $\quad$

Partie II

  1. a. Pour tout $x>0$ on a $g(x)=\ln(x)\left(\ln(x)-1\right)$
    Or $\lim\limits_{x\to 0^-} \ln(x)=-\infty$ donc $\lim\limits_{x\to 0^-} \ln(x)-1=-\infty$.
    Ainsi $\lim\limits_{x\to 0^-} g(x)=+\infty$.
    $\quad$
    b. $\lim\limits_{x\to +\infty} \ln(x)=+\infty$ donc $\lim\limits_{x\to +\infty} \ln(x)-1=+\infty$.
    Ainsi $\lim\limits_{x\to +\infty} g(x)=+\infty$.
    $\quad$
  2. La fonction $g$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ comme produit et somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    Pour tout $x>0$ on a
    $\begin{align*} g'(x)&=2\dfrac{1}{x}\times \ln(x)-\dfrac{1}{x} \\
    &=\dfrac{2\ln(x)-1}{x} \\
    &=f(x)\end{align*}$
    $\quad$
  3. On obtient le tableau de variations suivant :
    $\quad$

    On a en effet $\alpha=\e^{1/2}$ donc $g(\alpha)=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{4}$
    $\quad$
  4. La fonction $g$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur $]0;\alpha[$.
    De plus $\lim\limits_{x\to 0^+} g(x)=+\infty$ et $f(\alpha)=-0,25<m$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $g(x)=m$ possède une unique solution sur $]0;\alpha[$.
    $\quad$
    La fonction $g$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $]\alpha;+\infty[$.
    De plus $\lim\limits_{x\to +\infty} g(x)=+\infty$ et $f(\alpha)=-0,25<m$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $g(x)=m$ possède une unique solution sur $]\alpha;+\infty[$.
    $\quad$
    De plus $g(\alpha)\neq m$.
    L’équation $g(x)=m$ possède donc exactement deux solutions sur $\R$ pour tout $m>-0,25$.
    $\quad$
  5. $g(x)=0 \ssi \ln(x)\left(\ln(x)-1\right)=0 \ssi \ln(x)=0$ ou $\ln(x)=1$
    Ainsi $g(x)=0 \ssi x=1$ ou $x=\e$
    Les solutions de l’équation $g(x)=0$ sont donc $1$ et $\e$.
    $\quad$

 

 

 

 

Énoncé

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Bac – Spécialité mathématiques – Métropole – sujet 1 – septembre 2021

Métropole – septembre 2021

Spécialité maths – Sujet 1 – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici.

Ex 1

Exercice 1 (4 points)

  1. $f'(0)$ est le coefficient directeur de la droite $(AB)$ tangente à $\mathscr{C}_f$ en $A$.
    Ainsi,
    $\begin{align*} f'(0)&=\dfrac{20-5}{1-0} \\
    &=15\end{align*}$
    Réponse c
    $\quad$
  2. $A(0;5)$ appartient à $\mathscr{C}_f$. Donc $f(0)=5 \ssi b=5$.
    Donc $f(x)=(ax+5)\e^x$.
    Le point de coordonnées $(-0,5;0)$ appartient à $\mathscr{C}_f$.
    Donc $f(-0,5)=0 \ssi (-0,5a+5)\e^{-0,5}=0 \ssi -0,5a+5=0 \ssi a=10$
    (La fonction exponentielle est, en effet, strictement positive.)
    Réponse a
    $\quad$
  3. La fonction exponentielle est, en effet, strictement positive. Le signe de $f\dsec(x)$ ne dépend donc que de celui de $10x+25$.
    Or $10x+25>0 \ssi 10x>-25 \ssi x>-2,5$
    Et $10x+25=0 \ssi 10x=-25\ssi x=-2,5$
    Ainsi $f\dsec(x)$ change de signe en s’annulant en $-2,5$.
    Le point $C$ est l’unique point d’inflexion de $\mathscr{C}_f$.
    Réponse c
    $\quad$
  4. Si on prend $U_n=-n$ et $V_n=2$ pour tout $n\in \N$ alors, pour tout $n\in \N$ on a bien $U_n \pp V_n$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} V_n=2$. Mais $\lim\limits_{n\to +\infty} U_n=-\infty$. La réponse a est donc fausse.
    Si on prend $V_n=2+\dfrac{1}{n}$ et $U_n=V_n-1$ pour tout $n\in \N$. alors, pour tout $n\in \N$ on a bien $U_n \pp V_n$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} V_n=2$ mais $V_n >2$ pour tout $n\in \N$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} U_n=1$. Les reponses b et c sont fausses.
    Réponse d
    $\quad$
    Remarque : On pouvait également montrer que la réponse c était la bonne directement de la façon suivante :
    $\lim\limits_{n\to +\infty} V_n=2$. Il existe donc un entier naturel $n_0$ tel que, pour tout $n\pg n_0$, $\abs{V_n-2}<1$ (On peut remplacer $1$ par n’importe quel réel strictement positif).
    Ainsi, pour tout $n\pg n_0$ on a $-1< V_n-2<1$ soit $1<V_n<3$.
    Or, pour tout $n\in N$, on a $U_n\pp V_n$ donc, pour tout $n\pg n_0$, $U_n<3$.
    Ainsi, pour tout $n\in \N$, $U_n \pp \max\left(U_0,U_1,\ldots, U_{n_0},3\right)$ et la suite $\left(U_n\right)$ est majorée (mais on ne connaît pas le majorant).
    $\quad$

 

 

 

Ex 2

Exercice 2 (5 points)

  1. On a
    $\begin{align*} u_1&=f\left(u_0\right) \\
    &=f\left(\dfrac{1}{2}\right) \\
    &=\dfrac{2}{1+\dfrac{3}{2}} \\
    &=\dfrac{4}{5}\end{align*}$
    $\quad$
  2. a. Initialisation : On a $u_0=\dfrac{1}{2}$ et $u_1=\dfrac{4}{5}$ donc $\dfrac{1}{2} \pp u_0 \pp u_1 \pp 2$.
    La propriété est vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : Soit $n\in \N$. On suppose que la propriété est vraie au rang $n$, c’est-à-dire $\dfrac{1}{2} \pp u_n\pp u_{n+1} \pp 2$.
    La fonction $f$ est croissante sur l’intervalle $\left]-\dfrac{1}{3};+\infty\right[$.
    Ainsi $f\left(\dfrac{1}{2}\right) \pp f\left(u_n\right)\pp f\left(u_{n+1}\right) \pp f(2)$
    Soit $\dfrac{4}{5} \pp u_{n+1} \pp u_{n+2} \pp \dfrac{8}{7}$
    Donc $\dfrac{1}{2} \pp u_{n+1} \pp u_{n+2} \pp 2$.
    La propriété est, par conséquent, vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Donc, pour tout $n\in \N$, on a $\dfrac{1}{2} \pp u_n \pp u_{n+1} \pp 2$.
    $\quad$
    b. La suite $\left(u_n\right)$ est croissante et majorée par $2$. Elle est donc convergente.
    $\quad$
    c. La fonction $f$ est continue sur $\left[\dfrac{1}{2};2\right]$ comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas.
    Ainsi $\ell$ est solution de l’équation, définie sur $\left[\dfrac{1}{2};2\right]$ :
    $\begin{align*} f(x)=x&\ssi \dfrac{4x}{1+3x}=x \\
    &\ssi 4x=x+3x^2\\
    &\ssi 3x^2-3x=0\\
    &\ssi 3x(x-1)=0\end{align*}$
    Les solutions de cette équation sont $0$ et $1$.
    $1$ est la seule valeur appartenant à $\left[\dfrac{1}{2};2\right]$.
    Par conséquent $\ell=1$.
    $\quad
  3. a. On peut écrire
    $$\begin{array}{|l|}
    \hline
    \text{def seuil(E):} \\
    \quad \text{u = 0.5} \\
    \quad \text{n = 0} \\
    \quad \text{while 1 – u >= E :} \\
    \qquad \text{u = 4 * u / (1 + 3 * u)} \\
    \qquad \text{n = n + 1} \\
    \quad \text{return n} \\
    \hline
    \end{array}$$
    $\quad$
    b. Si $E = 10^{-4}$
    Voici les premières valeurs (approchées pour certaines) de $u_n$ et de $1-u_n$
    $\begin{array}{|c|c|c|}
    \hline
    n& u_n &1-u_n \\ \hline
    0& 0,5& 0,5\\ \hline
    1& 0,8& 0,2\\ \hline
    2& 0,9411764706& 0,05882352941\\ \hline
    3& 0,9846153846& 0,01538461538\\ \hline
    4& 0,9961089494& 0,003891050584\\ \hline
    5& 0,9990243902& 0,0009756097561\\ \hline
    6& 0,999755919& 0,0002440810349\\ \hline
    7& 0,9999389686& 0,00006103143119\\ \hline
    \end{array}$
    Le programme renvoie donc $7$.
    $\quad$
  4. a. Soit $n\in \N$.
    $\begin{align*} v_{n+1}&=\dfrac{u_{n+1}}{1-u_{n+1}} \\
    &=\dfrac{\dfrac{4u_n}{1+3u_n}}{1-\dfrac{4u_n}{1+3u_n}} \\
    &=\dfrac{4u_n}{1+3u_n-4u_n} \\
    &=\dfrac{4u_n}{1-u_n} \\
    &=4v_n\end{align*}$.
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $4$ et de premier terme $v_0=\dfrac{u_0}{1-u_0}=1$.
    Ainsi, pour tout $n\in \N$, on a $v_n=4^n$.
    $\quad$
    b. Soit $n\in \N$.
    \begin{align*} v_n=\dfrac{u_n}{1-u_n} &\ssi v_n\left(1-u_n\right)=u_n \text{  et } u_n\neq 1\\
    &\ssi v_n-u_nv_n=u_n \text{  et } u_n\neq 1\\
    &\ssi v_n=u_n+u_nv_n \text{  et } u_n\neq 1\\
    &\ssi v_n=u_n\left(1+v_n\right) \text{  et } u_n\neq 1\end{align*}$
    Ainsi $u_n=\dfrac{v_n}{1+v_n}$.
    $\quad$
    c. Soit $n\in \N$ on a
    $\begin{align*} u_n&=\dfrac{v_n}{1+v_n} \\
    &=\dfrac{4^n}{1+4^n} \\
    &=\dfrac{4^n}{4^n\left(0,25^n+1\right)} \\
    &=\dfrac{1}{1+0,25^n}\end{align*}$
    On a $-1<0,25<1$ donc $\lim\limits_{n\to +\infty} 0,25^n=0$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n=1$.

 

 

Ex 3

Exercice 3 (6 points)

Partie I : Effet de l’introduction d’une nouvelle espèce

  1. On a $f(0)=440$.
    Il y avait donc $440$ crapauds dans le lac lors de l’introduction des truites.
    $\quad$
  2. Pour tout $t\in [0;120]$ on a
    $\begin{align*} f'(t)&=(0,08t-8)\e^{\frac{t}{50}}+\left(0,04t^2-8t+400\right)\times \dfrac{1}{50}\e^{\frac{t}{50}} \\
    &=\left(0,08t-8+0,0008t^2-0,16t+8\right)\e^{\frac{t}{50}} \\
    &=\left(0,0008t^2-0,08t\right)\e^{\frac{t}{50}} \\
    &=0,0008t(t-100)\e^{\frac{t}{50}} \\
    &=8\times 10^{-4}t(t-100)\e^{\frac{t}{50}} \end{align*}$
    $\quad$
  3. La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$.
    Sur $[0;120]$ on a $t\pg 0$.
    Le signe de $f'(t)$ ne dépend donc que de celui de $t-100$.
    Or $t-100=0 \ssi t=100$ et $t-100>0 \ssi t>100$.
    On obtient donc le tableau de variations suivant :
    $\quad$
  4. a. D’après le tableau de variations, la fonction $f$ atteint son minimum pour $t=100$.
    Ainsi, le nombre de crapauds atteint son minimum au bout de $100$ jours. Il y a alors $40$ crapauds dans le lac.
    $\quad$
    b. La fonction $f$ est strictement croissante sur l’intervalle $[100;120]$ et $f(120)\approx 216,37 > 140$.
    Ainsi, le nombre de crapauds dépassera un jour $140$ individus après avoir atteint son minimum.
    $\quad$
    c. D’après la calculatrice, $f(t)=140$ pour $t\approx 115,72$.
    C’est donc à partir du $116$ ième jour que le nombre de crapauds dépassera $140$ individus.
    $\quad$

 

Partie II : Effet de la Chytridiomycose sur une population de têtards

  1. On obtient l’arbre de probabilité suivant :
    $\quad$$\quad$
  2. $\left(L,\conj{L}\right)$ est un système complet d’événements fini.
    D’après la formule des probabilités totales on a
    $\begin{align*} P(T)&=P(L)\times P_L(T)+P\left(\conj{L}\right)P_{\conj{L}}(T) \\
    &=0,25 \times 0,74+0\\
    &=0,185\end{align*}$
    $\quad$
  3. On veut calculer :
    $\begin{align*} P_{\conj{T}}(L)&=\dfrac{P(L)\times P_L\left(\conj{T}\right)}{1-P(T)} \\
    &=\dfrac{0,25 \times 0,26}{1-0,185} \\
    &\approx 0,080\end{align*}$
    La probabilité que le lac soit infecté sachant que le tétard n’est pas contaminé est environ égale à $0,08$.
    $\quad$

 

Ex A

Exercice A (5 points)

  1. On a $I\left(\dfrac{1}{4};0;1\right)$, $J\left(0;\dfrac{1}{4};1\right)$ et $K\left(1;0;\dfrac{1}{4}\right)$.
    $\quad$
  2. On a $\vect{AG}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$, $\vect{IJ}\begin{pmatrix} -\dfrac{1}{4}\\[2mm] \dfrac{1}{4}\\[2mm]\\0\end{pmatrix}$ et $\vect{IK}\begin{pmatrix} \dfrac{3}{4} \\[2mm]0\\-\dfrac{3}{4}\end{pmatrix}$
    Ainsi $\vect{AG}.\vect{IJ}=-\dfrac{1}{4}+0+\dfrac{1}{4}=0$ et $\vect{AG}.\vect{IK}=\dfrac{3}{4}+0-\dfrac{3}{4}=0$
    Le vecteur $\vect{AG}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(IJK)$. Il est par conséquent normal à celui-ci.
    $\quad$
  3. Une équation cartésienne du plan $(IJK)$ est donc de la forme $x+y+z+d=0$.
    Le point $I\left(\dfrac{1}{4};0;1\right)$ appartient à ce plan.
    Ainsi $\dfrac{1}{4}+0+1+d=0 \ssi d=-\dfrac{5}{4}$
    Une équation cartésienne du plan $(IJK)$ est donc $x+y+z-\dfrac{5}{4}=0$ soit $4x+4y+4z-5=0$.
    $\quad$
  4. On a $\vect{BC}\begin{pmatrix} 0\\1\\0\end{pmatrix}$
    Une représentation paramétrique de $(BC)$ est donc $\begin{cases} x=1\\y=t\\z=0\end{cases} \quad, t\in \R$.
    $\quad$
  5. On résout le système
    $\begin{align*} \begin{cases} x=1\\y=t\\z=0\\4x+4y+4z-5=0 \end{cases} &\ssi \begin{cases} x=1\\y=t\\z=0\\4+4t-5=0 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases}x=1\\y=t\\z=0\\t=\dfrac{1}{4}\end{cases}\end{align*}$
    Ainsi les coordonnées du point $L$ sont $\left(1;\dfrac{1}{4};0\right)$.
    $\quad$
  6. On obtient la figure suivante :
    $\quad$

    $\quad$
  7. On a $\vect{LM}\begin{pmatrix} -\dfrac{3}{4} \\[2mm]\dfrac{3}{4}\\[2mm]0\end{pmatrix}$
    Ainsi $\vect{LM}=3\vect{IJ}$
    Les vecteurs $\vect{LM}$ et $\vect{IJ}$ sont colinéaires. Les points $I,J,L$ et $M$ sont donc coplanaires.
    $\quad$

 

 

 

Ex B

Exercice B (5 points)

Partie I

  1. On a $\lim\limits_{x\to 0^+} \ln(x)=-\infty$ et $\lim\limits_{x\to 0^+} \dfrac{1}{x}=+\infty$ donc $\lim\limits_{x\to 0^+} h(x)=-\infty$.
    $\quad$
  2. Par croissances comparées, $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x}=0$ donc $\lim\limits_{x\to +\infty} h(x)=1$.
    $\quad$
  3. La fonction $h$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme et quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas sur $]0;+\infty[$.
    Ainsi, pour tout $x>0$ on a
    $\begin{align*} h'(x)&=\dfrac{\dfrac{1}{x}\times x-\ln(x)\times 1}{x^2} \\
    &=\dfrac{1-\ln(x)}{x^2}\end{align*}$
    $\quad$
  4. Le signe de $h'(x)$ ne dépend que de celui de $1-\ln(x)$.
    Or $1-\ln(x)=0 \ssi \ln(x)=1 \ssi x=\e$ et $1-\ln(x)>0 \ssi -\ln(x)>-1 \ssi \ln(x)<1 \ssi x< \e$.
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    $\quad$
  5. Sur l’intervalle $[\e;+\infty[$ on a $h(x)>1$. L’équation $h(x)=0$ ne possède donc pas de solution sur cet intervalle.
    Sur l’intervalle $]0;\e[$, la fonction $h$ est continue (car dérivable) et strictement croissante.
    De plus, $\lim\limits_{x\to 0^+} h(x)=-\infty$ et $h(\e)=\dfrac{1+\e}{\e}>0$.
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $h(x)=0$ possède une unique solution sur $]0;+\e[$.
    Ainsi, l’équation $h(x)=0$ possède une unique solution sur $]0;+\infty[$.
    De plus $h(0,5) \approx -0,39<0$ et $h(0,6)\approx 0,15>0$
    La fonction $h$ est strictement croissante sur $]0;\e[$ donc $0,5<\alpha<0,6$.
    $\quad$

Partie II

  1. Le coefficient directeur de $D_a$ au point d’abscisse $a$ est $g'(a)=\dfrac{1}{a}$.
    $\quad$
  2. La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    Pour tout $x>0$ on a
    $\begin{align*} f'(x)&=x\times \dfrac{1}{x}+1\times \ln(x)-1 \\
    &=1+\ln(x)-1\\
    &=\ln(x)\end{align*}$
    Ainsi, le coefficient directeur de $T_a$ est $f'(a)=\ln(a)$.
    $\quad$
  3. $T_a$ et $D_a$ sont perpendiculaires
    $\ssi \dfrac{1}{a}\ln(a)=-1 $
    $\ssi 1+\dfrac{\ln(a)}{a}=0$
    $\ssi h(a)=0$
    $\ssi a=\alpha$
    Il existe donc une unique valeur de $a$ pour laquelle les droites $T_a$ et $D_a$ sont perpendiculaires. Il s’agit de $a=\alpha$.
    $\quad$

 

 

 

Énoncé

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