Corrigé du bac de maths 2023 : Centres étrangers (groupe 1), jour 1

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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour 1) 5 points

QCM : limite de suite, dérivée d'un produit, primitive, dichotomie en Python, loi binomiale

Question 1. Limite de \(u_n = \dfrac{1 + 2^n}{3 + 5^n}\).

Numérateur et dénominateur tendent tous deux vers \(+\infty\) : c'est une forme indéterminée. Ensuite, on la lève en mettant en facteur le terme dominant de chacun, \(2^n\) en haut et \(5^n\) en bas :

\[u_n = \dfrac{2^n\left(\left(\frac{1}{2}\right)^n + 1\right)}{5^n\left(3\left(\frac{1}{5}\right)^n + 1\right)} = \left(\dfrac{2}{5}\right)^n \times \dfrac{1 + \left(\frac{1}{2}\right)^n}{1 + 3\left(\frac{1}{5}\right)^n}.\]

Les réels \(\frac{2}{5}\), \(\frac{1}{2}\) et \(\frac{1}{5}\) appartiennent à \(]-1\,;\,1[\), donc les suites géométriques \(\left(\frac{2}{5}\right)^n\), \(\left(\frac{1}{2}\right)^n\) et \(\left(\frac{1}{5}\right)^n\) tendent vers 0. Ensuite, le quotient de droite tend donc vers \(\dfrac{1+0}{1+0} = 1\), et le produit tend vers \(0 \times 1 = 0\).

Par ailleurs, on peut aussi raisonner plus rapidement avec un encadrement : \(0 \lt u_n \leqslant \dfrac{2 \times 2^n}{5^n} = 2\left(\dfrac{2}{5}\right)^n\) (car \(1 \leqslant 2^n\) et \(3 + 5^n \geqslant 5^n\)), et le théorème des gendarmes conclut.

Corrigé de l’exercice 1 (bac 2023, Centres étrangers (groupe (suite)

Réponse c : la suite \((u_n)\) converge vers 0.

Question 2. Dérivée de \(f(x) = x^2\ln x\).

\(f\) est le produit de \(u(x) = x^2\) et \(v(x) = \ln x\), toutes deux dérivables sur \(]0\,;\,+\infty[\), avec \(u'(x) = 2x\) et \(v'(x) = \dfrac{1}{x}\). Puis la formule \((uv)' = u'v + uv'\) donne :

\[f'(x) = 2x\ln x + x^2 \times \dfrac{1}{x} = 2x\ln x + x = x(2\ln x + 1).\]

La proposition a oublie le second terme du produit : c'est l'erreur classique qui consiste à ne dériver qu'un seul facteur.

Réponse b : \(f'(x) = x(2\ln x + 1)\).

Question 3. Propriété de la primitive \(H\) de \(h\) nulle en 0.

Puisque \(H\) est une primitive de \(h\), on a \(H' = h\) : les variations de \(H\) se lisent sur le signe de \(h\). D'après le tableau, \(h\) est strictement croissante et s'annule en 1, donc \(h(x) \lt 0\) pour \(x \lt 1\) et \(h(x) \gt 0\) pour \(x \gt 1\). Ainsi \(H\) est strictement décroissante sur \(]-\infty\,;\,1]\) et strictement croissante sur \([1\,;\,+\infty[\). De plus, les propositions b et d sont donc fausses.

Corrigé de l’exercice 1 (bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour (suite)

Prenons maintenant \(x \leqslant 0\). Ensuite, les réels \(x\) et 0 sont tous deux dans \(]-\infty\,;\,1]\), où \(H\) décroît, donc \(H(x) \geqslant H(0) = 0\) : \(H\) est positive sur \(]-\infty\,;\,0]\). Par ailleurs, en revanche, pour \(0 \lt x \leqslant 1\), la décroissance donne \(H(x) \lt H(0) = 0\) ; \(H\) change donc de signe sur \(]-\infty\,;\,1]\), ce qui élimine la proposition c.

Réponse a : \(H\) est positive sur \(]-\infty\,;\,0]\).

Question 4. Fonction Python donnant \(\alpha\) à 0,001 près.

Il s'agit de programmer la méthode de dichotomie : tant que l'intervalle \([a\,;\,b]\) a une amplitude supérieure ou égale à 0,001, on calcule son milieu \(m\) et on garde la moitié qui contient \(\alpha\).

Dans les propositions b et c, le milieu \(m\) est calculé une seule fois, avant la boucle : il n'est jamais remis à jour. Puis dans b, la boucle tourne alors indéfiniment ; dans c, de plus, la condition abs(b - a) <= 0.001 est à l'envers (la boucle ne s'exécute pas si l'intervalle de départ est grand). Ensuite, ces deux propositions sont à écarter.

Restent a et d, qui ne diffèrent que par la mise à jour des bornes. Comme \(f\) est strictement croissante et s'annule en \(\alpha\), on a \(f(x) \lt 0\) exactement quand \(x \lt \alpha\). Si \(f(m) \lt 0\), alors \(m \lt \alpha\) : la solution est dans \([m\,;\,b]\) et c'est la borne \(a\) qu'il faut remplacer par \(m\). C'est ce que fait la proposition d, alors que la proposition a remplace \(b\) et perd la solution.

Corrigé de l’exercice 1 (bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour (suite)

Réponse d.

Question 5. Probabilité d'obtenir exactement deux boules vertes en trois tirages avec remise.

L'urne contient \(10 - 7 = 3\) boules vertes. Chaque tirage est une épreuve de Bernoulli dont le succès « tirer une boule verte » a pour probabilité \(p = \dfrac{3}{10}\). Puis les trois tirages étant faits avec remise, ils sont identiques et indépendants : le nombre \(Y\) de boules vertes suit la loi binomiale \(\mathcal{B}\left(3\,;\,\dfrac{3}{10}\right)\).

\[P(Y = 2) = \binom{3}{2}\left(\dfrac{3}{10}\right)^2\left(\dfrac{7}{10}\right)^1 = 3 \times 0{,}09 \times 0{,}7 = 0{,}189.\]

Le coefficient \(\binom{3}{2} = 3\) compte les trois positions possibles de la boule bleue (VVB, VBV, BVV) : c'est ce qui manque dans les propositions a et b, et la proposition c utilise à tort le nombre de boules (10) au lieu du nombre de tirages (3).

Réponse d : \(\displaystyle\binom{3}{2}\left(\dfrac{7}{10}\right)\left(\dfrac{3}{10}\right)^2\), soit \(0{,}189\).

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour 1) 6 points

Probabilités conditionnelles, suite arithmético-géométrique, récurrence, loi binomiale

Partie A

Traduisons d'abord les données de l'énoncé : pour tout entier naturel \(n\), \(P_{B_n}(B_{n+1}) = 0{,}9\) et \(P_{\overline{B_n}}(B_{n+1}) = 0{,}4\). De plus, pour cela, on en déduit les probabilités des évènements contraires : \(P_{B_n}(\overline{B_{n+1}}) = 0{,}1\) et \(P_{\overline{B_n}}(\overline{B_{n+1}}) = 0{,}6\).

1. Calculer \(p_1\) et vérifier que \(p_2 = 0{,}85\).

La trottinette est neuve et en bon état au départ (\(p_0 = 1\)), donc \(B_0\) est certain et \(p_1 = P_{B_0}(B_1) = 0{,}9\).

Pour la deuxième semaine, on construit l'arbre à partir de la semaine 1 :

• \(B_1\) avec probabilité \(0{,}9\)
  • \(B_2\) avec probabilité \(0{,}9\)
  • \(\overline{B_2}\) avec probabilité \(0{,}1\)
• \(\overline{B_1}\) avec probabilité \(0{,}1\)
  • \(B_2\) avec probabilité \(0{,}4\)
  • \(\overline{B_2}\) avec probabilité \(0{,}6\)

Les évènements \(B_1\) et \(\overline{B_1}\) forment une partition de l'univers ; la formule des probabilités totales donne :

\[p_2 = P(B_1)\,P_{B_1}(B_2) + P(\overline{B_1})\,P_{\overline{B_1}}(B_2) = 0{,}9 \times 0{,}9 + 0{,}1 \times 0{,}4 = 0{,}81 + 0{,}04 = 0{,}85.\]

\(p_1 = 0{,}9\) et \(p_2 = 0{,}85\).

Partie A (suite)

2. Compléter l'arbre général.

Le premier niveau porte \(p_n\) et \(1 - p_n\) ; le second niveau porte les probabilités conditionnelles, qui ne dépendent pas de \(n\) :

• \(B_n\) avec probabilité \(p_n\)
  • \(B_{n+1}\) avec probabilité \(0{,}9\)
  • \(\overline{B_{n+1}}\) avec probabilité \(0{,}1\)
• \(\overline{B_n}\) avec probabilité \(1 - p_n\)
  • \(B_{n+1}\) avec probabilité \(0{,}4\)
  • \(\overline{B_{n+1}}\) avec probabilité \(0{,}6\)

Branches : \(p_n\) et \(1 - p_n\) au premier niveau, puis \(0{,}9\) ; \(0{,}1\) après \(B_n\) et \(0{,}4\) ; \(0{,}6\) après \(\overline{B_n}\).

3. Établir \(p_{n+1} = 0{,}5p_n + 0{,}4\).

Ensuite, on applique la formule des probabilités totales avec la partition \(\left\{B_n\,;\,\overline{B_n}\right\}\), en suivant les deux chemins de l'arbre qui mènent à \(B_{n+1}\) :

\[p_{n+1} = p_n \times 0{,}9 + (1 - p_n) \times 0{,}4 = 0{,}9p_n + 0{,}4 - 0{,}4p_n = 0{,}5p_n + 0{,}4.\]

Ensuite, on retrouve d'ailleurs \(p_1 = 0{,}5 \times 1 + 0{,}4 = 0{,}9\) et \(p_2 = 0{,}5 \times 0{,}9 + 0{,}4 = 0{,}85\).

Pour tout entier naturel \(n\), \(p_{n+1} = 0{,}5p_n + 0{,}4\).

Question 4 a

4. a) Montrer par récurrence que \(p_n \geqslant 0{,}8\).

Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(p_n \geqslant 0{,}8\) ».

Initialisation. \(p_0 = 1 \geqslant 0{,}8\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(p_n \geqslant 0{,}8\). Ensuite, en multipliant par \(0{,}5\), nombre positif, on conserve le sens de l'inégalité : \(0{,}5p_n \geqslant 0{,}4\). Par ailleurs, en ajoutant \(0{,}4\) : \(0{,}5p_n + 0{,}4 \geqslant 0{,}8\), c'est-à-dire \(p_{n+1} \geqslant 0{,}8\). Puis la propriété est donc vraie au rang \(n + 1\).

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; d'après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel \(n\).

Pour tout entier naturel \(n\), \(p_n \geqslant 0{,}8\).

4. b) Quelle communication pour l'entreprise ?

Quel que soit le nombre de semaines écoulées depuis sa mise en service, une trottinette a au moins 80 % de chances d'être en bon état. Sur un grand parc, cette probabilité s'interprète comme une proportion.

Question 4 a (suite)

L'entreprise peut annoncer qu'à tout moment, au moins 80 % de ses trottinettes sont en bon état.

5. a) Montrer que \((u_n)\) est géométrique.

Pour tout entier naturel \(n\), on exprime \(u_{n+1}\) à l'aide de la relation de la question 3 :

\[u_{n+1} = p_{n+1} - 0{,}8 = 0{,}5p_n + 0{,}4 - 0{,}8 = 0{,}5p_n - 0{,}4 = 0{,}5\,(p_n - 0{,}8) = 0{,}5\,u_n.\]

Chaque terme s'obtient en multipliant le précédent par le même nombre \(0{,}5\) : la suite est géométrique. Son premier terme vaut \(u_0 = p_0 - 0{,}8 = 1 - 0{,}8 = 0{,}2\).

\((u_n)\) est géométrique de raison \(q = 0{,}5\) et de premier terme \(u_0 = 0{,}2\).

Question 5 b

5. b) Expressions de \(u_n\) et de \(p_n\).

Pour une suite géométrique, \(u_n = u_0 \times q^n\), donc \(u_n = 0{,}2 \times 0{,}5^n\). Comme \(p_n = u_n + 0{,}8\), on obtient l'expression de \(p_n\). Vérification : \(p_2 = 0{,}2 \times 0{,}25 + 0{,}8 = 0{,}85\).

\(u_n = 0{,}2 \times 0{,}5^n\) et \(p_n = 0{,}2 \times 0{,}5^n + 0{,}8\).

5. c) Limite de \((p_n)\).

Comme \(0 \lt 0{,}5 \lt 1\), la suite \(\left(0{,}5^n\right)\) tend vers 0, donc \(u_n\) tend vers 0 et, par somme, \(p_n\) tend vers \(0{,}8\). À long terme, la probabilité qu'une trottinette soit en bon état se stabilise autour de 80 %.

\(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} p_n = 0{,}8\).

Partie B

1. Justifier la loi binomiale.

Examiner une trottinette est une épreuve à deux issues : « en bon état » (succès, de probabilité \(0{,}8\)) ou non. Ensuite, le lot de 15 trottinettes revient à répéter 15 fois cette épreuve ; le prélèvement étant assimilé à un tirage avec remise et les états étant indépendants, les répétitions sont identiques et indépendantes. \(X\) compte le nombre de succès de ce schéma de Bernoulli.

\(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(15\,;\,0{,}8)\).

2. Probabilité que les 15 trottinettes soient en bon état.

Puis on cherche \(P(X = 15)\). Puis il n'y a qu'une seule façon d'obtenir 15 succès sur 15, donc \(P(X = 15) = \binom{15}{15} \times 0{,}8^{15} \times 0{,}2^{0} = 0{,}8^{15}\).

\(P(X = 15) = 0{,}8^{15} \approx 0{,}0352\).

3. Probabilité qu'au moins 10 trottinettes soient en bon état.

Ensuite, on cherche \(P(X \geqslant 10)\). Par ailleurs, on passe par l'évènement contraire pour utiliser la fonction de répartition de la calculatrice : \(P(X \geqslant 10) = 1 - P(X \leqslant 9)\). De plus, la calculatrice donne \(P(X \leqslant 9) \approx 0{,}0611\).

\(P(X \geqslant 10) \approx 0{,}9389\) (à \(10^{-4}\) près).

4. Interpréter \(E(X) = 12\).

Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 15 \times 0{,}8 = 12\). Ensuite, l'espérance est une moyenne sur un grand nombre de lots.

Si l'on contrôle un grand nombre de lots de 15 trottinettes, on trouvera en moyenne 12 trottinettes en bon état par lot.

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour 1) 6 points

Géométrie dans l'espace : coordonnées, vecteur normal, équation de plan, projeté orthogonal, distance, volume

1. Coordonnées de I et J.

Commençons par placer les sommets utiles. Par ailleurs, les relations \(\overrightarrow{\text{AB}} = 4\overrightarrow{\imath}\), \(\overrightarrow{\text{AD}} = 4\overrightarrow{\jmath}\) et \(\overrightarrow{\text{AE}} = 8\overrightarrow{k}\) donnent B\((4\,;\,0\,;\,0)\), D\((0\,;\,4\,;\,0)\) et E\((0\,;\,0\,;\,8)\). Ensuite \(\overrightarrow{\text{BF}} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{\text{AE}} = 4\overrightarrow{k}\), d'où F\((4\,;\,0\,;\,4)\). Puis le prisme étant droit, G et H se déduisent de F et E par translation de vecteur \(\overrightarrow{\text{AD}}\) : G\((4\,;\,4\,;\,4)\) et H\((0\,;\,4\,;\,8)\).

Le milieu d'un segment a pour coordonnées les moyennes des coordonnées des extrémités :

\[\text{I}\left(\dfrac{0 + 4}{2}\,;\,\dfrac{0 + 0}{2}\,;\,\dfrac{8 + 4}{2}\right) \quad\text{et}\quad \text{J}\left(\dfrac{0 + 0}{2}\,;\,\dfrac{0 + 0}{2}\,;\,\dfrac{0 + 8}{2}\right).\]

I\((2\,;\,0\,;\,6)\) et J\((0\,;\,0\,;\,4)\).

2. a) Montrer que \(\overrightarrow{n}\) est normal au plan (IGJ).

Un vecteur est normal à un plan dès qu'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Ensuite, calculons \(\overrightarrow{\text{IG}}(4 - 2\,;\,4 - 0\,;\,4 - 6) = (2\,;\,4\,;\,-2)\) et \(\overrightarrow{\text{IJ}}(0 - 2\,;\,0 - 0\,;\,4 - 6) = (-2\,;\,0\,;\,-2)\). Puis ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires : la deuxième coordonnée de \(\overrightarrow{\text{IJ}}\) est nulle alors que celle de \(\overrightarrow{\text{IG}}\) ne l'est pas, sans que \(\overrightarrow{\text{IJ}}\) soit nul.

Le repère étant orthonormé, on calcule les produits scalaires avec les coordonnées :

\[\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{\text{IG}} = (-1)\times 2 + 1 \times 4 + 1 \times (-2) = 0 \quad\text{et}\quad \overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{\text{IJ}} = (-1)\times(-2) + 1 \times 0 + 1 \times (-2) = 0.\]

\(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à \(\overrightarrow{\text{IG}}\) et à \(\overrightarrow{\text{IJ}}\), non colinéaires : il est normal au plan (IGJ).

Question 2 b

2. b) Équation cartésienne de (IGJ).

Un plan de vecteur normal \(\overrightarrow{n}(-1\,;\,1\,;\,1)\) a une équation de la forme \(-x + y + z + d = 0\). Puis le point J\((0\,;\,0\,;\,4)\) lui appartient, donc \(0 + 0 + 4 + d = 0\), soit \(d = -4\). Contrôle avec les deux autres points : pour I, \(-2 + 0 + 6 - 4 = 0\) ; pour G, \(-4 + 4 + 4 - 4 = 0\).

(IGJ) : \(-x + y + z - 4 = 0\).

3. Représentation paramétrique de \(d\).

Une droite perpendiculaire au plan (IGJ) est dirigée par un vecteur normal à ce plan, ici \(\overrightarrow{n}\). Ensuite, la droite \(d\) passe par H\((0\,;\,4\,;\,8)\) et a pour vecteur directeur \(\overrightarrow{n}(-1\,;\,1\,;\,1)\) ; un point \(M(x\,;\,y\,;\,z)\) est sur \(d\) si et seulement s'il existe un réel \(t\) tel que \(\overrightarrow{\text{H}M} = t\,\overrightarrow{n}\).

\(d : \left\{\begin{array}{l} x = -t \\ y = 4 + t \\ z = 8 + t \end{array}\right.\), \(t \in \mathbb{R}\).

4. Coordonnées du projeté orthogonal L de H sur (IGJ).

Le projeté orthogonal L est le point d'intersection de (IGJ) avec la perpendiculaire au plan passant par H, c'est-à-dire avec \(d\). Puis on injecte la représentation paramétrique dans l'équation du plan :

\[-(-t) + (4 + t) + (8 + t) - 4 = 0 \iff 3t + 8 = 0 \iff t = -\dfrac{8}{3}.\]

Pour cette valeur du paramètre : \(x = \dfrac{8}{3}\), \(y = 4 - \dfrac{8}{3} = \dfrac{4}{3}\) et \(z = 8 - \dfrac{8}{3} = \dfrac{16}{3}\).

L\(\left(\dfrac{8}{3}\,;\,\dfrac{4}{3}\,;\,\dfrac{16}{3}\right)\).

Question 5

5. Distance de H au plan (IGJ).

La distance d'un point à un plan est la longueur HL, où L est le projeté orthogonal. Comme L correspond à \(t = -\dfrac{8}{3}\), on a \(\overrightarrow{\text{HL}} = -\dfrac{8}{3}\,\overrightarrow{n}\), d'où :

\[\text{HL} = \dfrac{8}{3}\,\|\overrightarrow{n}\| = \dfrac{8}{3}\sqrt{(-1)^2 + 1^2 + 1^2} = \dfrac{8\sqrt{3}}{3}.\]

La distance de H au plan (IGJ) est \(\dfrac{8\sqrt{3}}{3} \approx 4{,}62\).

6. Le triangle IGJ est rectangle en I.

Il suffit de montrer que les vecteurs \(\overrightarrow{\text{IG}}\) et \(\overrightarrow{\text{IJ}}\), non nuls, sont orthogonaux :

\[\overrightarrow{\text{IG}}\cdot\overrightarrow{\text{IJ}} = 2 \times (-2) + 4 \times 0 + (-2)\times(-2) = -4 + 0 + 4 = 0.\]

Par ailleurs, on peut le confirmer avec la réciproque de Pythagore : \(\text{IG}^2 = 24\), \(\text{IJ}^2 = 8\) et \(\text{GJ}^2 = 4^2 + 4^2 + 0^2 = 32 = 24 + 8\).

Les droites (IG) et (IJ) sont perpendiculaires en I : le triangle IGJ est rectangle en I.

7. Volume du tétraèdre IGJH.

Ensuite, on prend pour base le triangle IGJ ; la hauteur associée est la distance de H au plan (IGJ), calculée à la question 5. Puis le triangle étant rectangle en I, son aire vaut la moitié du produit des côtés de l'angle droit, avec \(\text{IG} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}\) et \(\text{IJ} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\) :

\[\mathcal{A}_{\text{IGJ}} = \dfrac{2\sqrt{6} \times 2\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{12} = 4\sqrt{3}.\]

\[V = \dfrac{1}{3} \times 4\sqrt{3} \times \dfrac{8\sqrt{3}}{3} = \dfrac{32 \times 3}{9} = \dfrac{32}{3}.\]

Le volume du tétraèdre IGJH est \(\dfrac{32}{3} \approx 10{,}67\) unités de volume.

Corrigé de l’exercice 4 3 points

Fonction exponentielle : dérivée d'une composée, limites, majoration, théorème des valeurs intermédiaires

Posons \(g(t) = -0{,}5t^2 + t + 2\), de sorte que \(f(t) = \text{e}^3 - \text{e}^{g(t)}\). Rappelons que \(f(t)\) est exprimée en milliers de bactéries.

Affirmation 1. « La population augmente en permanence. »

\(f\) est dérivable sur \([0\,;\,+\infty[\) et, comme \(\left(\text{e}^{g}\right)' = g'\,\text{e}^{g}\) avec \(g'(t) = -t + 1\) :

\[f'(t) = -(-t + 1)\,\text{e}^{-0{,}5t^2 + t + 2} = (t - 1)\,\text{e}^{-0{,}5t^2 + t + 2}.\]

Une exponentielle étant strictement positive, \(f'(t)\) a le signe de \(t - 1\) : négatif sur \([0\,;\,1[\), positif sur \(]1\,;\,+\infty[\). De plus, la fonction \(f\) est donc strictement décroissante pendant la première heure : par exemple \(f(0) = \text{e}^3 - \text{e}^2 \approx 12{,}70\) alors que \(f(1) = \text{e}^3 - \text{e}^{2{,}5} \approx 7{,}90\).

Affirmation 1 fausse : la population diminue entre \(t = 0\) et \(t = 1\) avant d'augmenter.

Affirmation 2. « À très long terme, la population dépassera 21 000 bactéries. »

Corrigé de l’exercice 4 3 points (suite)

Pour tout \(t \geqslant 0\), \(\text{e}^{g(t)} \gt 0\), donc \(f(t) = \text{e}^3 - \text{e}^{g(t)} \lt \text{e}^3\). Or \(\text{e}^3 \approx 20{,}09\) : la population reste toujours inférieure à environ 20 086 bactéries. (On verra ci-dessous que \(f(t)\) tend vers \(\text{e}^3\) : c'est une valeur limite jamais atteinte.)

Affirmation 2 fausse : la population ne dépasse jamais \(\text{e}^3\) milliers, soit environ 20 086 bactéries, donc jamais 21 000.

Affirmation 3. « L'effectif sera de 10 000 à deux reprises. »

Il s'agit de savoir combien de solutions possède l'équation \(f(t) = 10\) sur \([0\,;\,+\infty[\).

Limite en \(+\infty\). Pour \(t \gt 0\), \(g(t) = t^2\left(-0{,}5 + \dfrac{1}{t} + \dfrac{2}{t^2}\right)\) tend vers \(-\infty\) (produit d'un facteur tendant vers \(+\infty\) et d'un facteur tendant vers \(-0{,}5\)). Par composition, \(\text{e}^{g(t)}\) tend vers 0, donc \(\displaystyle\lim_{t \to +\infty} f(t) = \text{e}^3 \approx 20{,}09\).

Sur \([0\,;\,1]\). \(f\) est continue et strictement décroissante, avec \(f(0) \approx 12{,}70 \gt 10\) et \(f(1) \approx 7{,}90 \lt 10\). D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation \(f(t) = 10\) a une unique solution \(t_1\) dans \([0\,;\,1]\).

Corrigé de l’exercice 4 3 points (suite)

Sur \([1\,;\,+\infty[\). \(f\) est continue et strictement croissante, \(f(1) \approx 7{,}90 \lt 10\) et sa limite en \(+\infty\) vaut \(\text{e}^3 \gt 10\). Ensuite, le même corollaire assure une unique solution \(t_2\) dans \([1\,;\,+\infty[\).

Par ailleurs, on peut même résoudre exactement : \(f(t) = 10 \iff \text{e}^{g(t)} = \text{e}^3 - 10 \iff -0{,}5t^2 + t + 2 = \ln\left(\text{e}^3 - 10\right)\), équation du second degré dont les deux solutions, toutes deux positives, sont \(t = 1 \pm \sqrt{5 - 2\ln\left(\text{e}^3 - 10\right)}\), soit \(t_1 \approx 0{,}385\) h et \(t_2 \approx 1{,}615\) h.

Affirmation 3 vraie : l'effectif vaut 10 000 bactéries exactement deux fois, vers \(t \approx 0{,}39\) h et \(t \approx 1{,}61\) h.

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Face à une forme indéterminée avec des puissances, on factorise par le terme dominant pour faire apparaître des suites géométriques de raison comprise entre \(-1\) et 1.
• Les variations d'une primitive \(H\) se lisent sur le signe de \(h = H'\), et non sur les variations de \(h\) : c'est le piège de la question 3 du QCM.
• Pour une suite arithmético-géométrique \(p_{n+1} = ap_n + b\), la suite \(u_n = p_n - \ell\), avec \(\ell\) le point fixe, est géométrique de raison \(a\).
• Dans une loi binomiale, le coefficient \(\binom{n}{k}\) porte sur le nombre de répétitions, jamais sur le nombre d'objets dans l'urne.
• Le projeté orthogonal d'un point sur un plan s'obtient en coupant le plan par la droite passant par ce point et dirigée par un vecteur normal ; la distance au plan en découle.
• Pour dénombrer les solutions d'une équation \(f(t) = k\), on découpe l'intervalle selon les variations et on applique le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires sur chaque morceau, sans oublier la limite aux bornes.

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Ce que contient le corrigé du bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour 1

Le corrigé du bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour 1 du 13 mars 2023 explique les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (5 points) traite : qCM : limite de suite, dérivée d'un produit, primitive, dichotomie en Python, loi binomiale. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (6 points) aborde : probabilités conditionnelles, suite arithmético-géométrique, récurrence, loi binomiale. Puis, la correction de l'exercice 3 (6 points) porte sur : géométrie dans l'espace : coordonnées, vecteur normal, équation de plan, projeté orthogonal, distance, volume. Enfin, la correction de l'exercice 4 (3 points) traite : fonction exponentielle : dérivée d'une composée, limites, majoration, théorème des valeurs intermédiaires.

Pour tirer profit de cette correction, traitez d'abord le sujet en temps limité. Puis corrigez-vous au stylo d'une autre couleur, question par question. Ainsi, vous repérez vite les chapitres à retravailler.

Méthodes à retenir dans ce corrigé du bac 2023, Centres étrangers (groupe 1), jour 1

Face à une suite définie par récurrence, écrivez clairement l'hypothèse de récurrence avant de la manipuler. Puis vérifiez que la propriété obtenue est exactement celle de l'énoncé. Lorsqu'une loi binomiale apparaît, justifiez-la en citant les épreuves identiques et indépendantes. Par ailleurs, donnez toujours la valeur de n et celle de p. Par ailleurs, pour une question de géométrie dans l'espace, faites un croquis même approximatif. Puis en effet, il aide à voir si un point, une droite ou un plan est bien placé.

Pour travailler dans l'ordre, ouvrez d'abord l'énoncé complet. Ensuite, entraînez-vous sur les autres annales du bac de maths.

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Enfin, pour approfondir la notion, tu peux aussi consulter Éduscol.

Pour bien réussir cette fiche, reviens sur corrigé groupe 2023 autant de fois que nécessaire. N'hésite pas à revoir corrigé groupe 2023 avant de passer à la suite.

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