Bac de maths 2024 — Centres étrangers · 5 juin

1.a : sur [0 ; 1], l'équation f(x) = x s'écrit 2xe^−x − x = 0, soit, en factorisant par x : x(2e^−x − 1) = 0. Un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs est nul, donc x = 0 ou 2e^−x = 1.

2e^−x = 1 donne e^−x = 12, donc −x = ln(12) = −ln(2), c'est-à-dire x = ln(2). Comme 1 < 2 < e et que ln est strictement croissante, 0 < ln(2) < 1 : les deux valeurs appartiennent bien à [0 ; 1]. L'équation f(x) = x admet donc exactement deux solutions sur [0 ; 1] : 0 et ln(2).

1.b : f est le produit de u(x) = 2x et v(x) = e^−x, avec u′(x) = 2 et v′(x) = −e^−x. La formule (uv)′ = u′v + uv′ donne f ′(x) = 2e^−x + 2x × (−e^−x) = (2 − 2x)e^−x = 2(1 − x)e^−x.

1.c : l'exponentielle est strictement positive, donc f ′(x) est du signe de 2(1 − x) : f ′(x) > 0 sur [0 ; 1[ et f ′(1) = 0. La fonction f est donc strictement croissante sur [0 ; 1] ; le tableau de variations ne comporte qu'une flèche montante, de f(0) = 0 à f(1) = 2e⁻¹ ≈ 0,736.

2.a — initialisation : u₀ = 0,1 et u₁ = f(0,1) = 0,2e^−0,1 ≈ 0,181, donc 0 ⩽ u₀ < u₁ ⩽ 1 : la propriété est vraie au rang 0. Hérédité : soit n ∈ ℕ. Supposons 0 ⩽ uₙ < uₙ₊₁ ⩽ 1 pour cet entier n. Comme f est strictement croissante sur [0 ; 1], on peut lui appliquer cet encadrement : f(0) ⩽ f(uₙ) < f(uₙ₊₁) ⩽ f(1), soit 0 ⩽ uₙ₊₁ < uₙ₊₂ ⩽ 2e⁻¹, et 2e⁻¹ ≈ 0,736 ⩽ 1. La propriété est donc vraie au rang n + 1. Conclusion : vraie au rang 0 et se transmet d'un rang au suivant, elle est, d'après le principe de récurrence, vraie pour tout n ∈ ℕ : 0 ⩽ uₙ < uₙ₊₁ ⩽ 1.

2.b : cet encadrement montre que (uₙ) est strictement croissante (uₙ < uₙ₊₁) et majorée par 1. D'après le théorème de la convergence monotone, la suite (uₙ) converge vers une limite ℓ, avec 0,1 ⩽ ℓ ⩽ 1.

3 : f est dérivable donc continue sur [0 ; 1], la suite est définie par uₙ₊₁ = f(uₙ) et sa limite ℓ appartient à [0 ; 1] : d'après le théorème du point fixe, ℓ vérifie ℓ = f(ℓ). D'après la question 1.a, ℓ = 0 ou ℓ = ln(2). Or (uₙ) est croissante, donc ℓ ⩾ u₀ = 0,1 > 0, ce qui écarte ℓ = 0. La suite (uₙ) converge donc vers ln(2).

4.a : la suite (uₙ) est croissante et converge vers ln(2) ; une suite croissante est toujours majorée par sa limite, donc uₙ ⩽ ln(2) pour tout n, c'est-à-dire ln(2) − uₙ ⩾ 0. Chaque terme uₙ est ainsi une valeur approchée de ln(2) par défaut.

4.b : on poursuit les itérations tant que l'écart à ln(2) dépasse 10⁻⁴ ; la condition s'écrit donc while ln(2) - u > 0.0001: et la mise à jour, qui traduit uₙ₊₁ = f(uₙ), est u = 2*u*exp(-u). Le script suppose exp et le logarithme népérien importés du module math.

4.c : en itérant à partir de u₀ = 0,1 on obtient u₁₀ ≈ 0,692 996, pour lequel ln(2) − u₁₀ ≈ 1,5 × 10⁻⁴ > 10⁻⁴, puis u₁₁ ≈ 0,693 101, pour lequel ln(2) − u₁₁ ≈ 4,6 × 10⁻⁵ ⩽ 10⁻⁴. La boucle s'arrête à cette étape : la fonction seuil() renvoie n = 11.

1 : soit la fonction constante x ↦ k. Sa dérivée est la fonction nulle, donc elle est solution de (E₀) : y′ = y si et seulement si 0 = k pour tout réel x, c'est-à-dire k = 0. Réciproquement, la fonction nulle vérifie bien 0 = 0 : l'unique fonction constante solution de (E₀) est donc la fonction nulle.

2 : (E₀) est du type y′ = ay avec a = 1. D'après le cours sur les équations différentielles, ses solutions sur ℝ sont les fonctions x ↦ Ce^ax = Ce^x, où C est une constante réelle quelconque.

3 : h(x) = 2 cos(x) + sin(x) a pour dérivée h′(x) = −2 sin(x) + cos(x). Calculons séparément le second membre de (E) : h(x) − cos(x) − 3 sin(x) = 2 cos(x) + sin(x) − cos(x) − 3 sin(x) = cos(x) − 2 sin(x). Les deux expressions sont égales, donc h′(x) = h(x) − cos(x) − 3 sin(x) pour tout réel x : h est bien solution de (E).

4 — sens direct : si f est solution de (E), alors pour tout réel x, (f − h)′(x) = f ′(x) − h′(x) = [f(x) − cos(x) − 3 sin(x)] − [h(x) − cos(x) − 3 sin(x)], puisque f et h sont toutes deux solutions de (E). Les termes trigonométriques s'éliminent : (f − h)′(x) = f(x) − h(x) = (f − h)(x), donc f − h est solution de (E₀).

Réciproque : si f − h est solution de (E₀), alors f ′(x) − h′(x) = f(x) − h(x), donc f ′(x) = f(x) − h(x) + h′(x) = f(x) − h(x) + [h(x) − cos(x) − 3 sin(x)] car h est solution de (E), soit f ′(x) = f(x) − cos(x) − 3 sin(x) : f est solution de (E). L'équivalence demandée est démontrée.

5 : d'après la question 4, f est solution de (E) si et seulement si f − h est solution de (E₀), donc si et seulement si f(x) − h(x) = Ce^x d'après la question 2. Les solutions de (E) sont donc les fonctions x ↦ Ce^x + 2 cos(x) + sin(x), avec C ∈ ℝ.

6 : g s'écrit g(x) = Ce^x + 2 cos(x) + sin(x), et g(0) = C × 1 + 2 × 1 + 0 = C + 2. La condition g(0) = 0 impose C = −2. L'unique solution cherchée est donc g(x) = −2e^x + 2 cos(x) + sin(x).

7 : la fonction à intégrer est exactement la fonction g de la question 6. Une primitive de x ↦ −2e^x + sin(x) + 2 cos(x) est G(x) = −2e^x − cos(x) + 2 sin(x), car une primitive de sin est −cos et une primitive de cos est sin.

L'intégrale vaut G(π/2) − G(0) = [−2e^π/2 − cos(π/2) + 2 sin(π/2)] − [−2e⁰ − cos(0) + 2 sin(0)] = (−2e^π/2 − 0 + 2) − (−2 − 1 + 0) = −2e^π/2 + 5. L'intégrale demandée est donc égale à 5 − 2e^π/2, soit environ −4,62.

1 : on calcule AB(−1 − (−2) ; 3 − 0 ; 0 − 2) = (1 ; 3 ; −2) et AC(1 − (−2) ; −1 − 0 ; 2 − 2) = (3 ; −1 ; 0). Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait k tel que AC = k AB ; la première coordonnée imposerait k = 3, mais alors la deuxième donnerait 3 × 3 = 9 ≠ −1. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés : ils définissent bien un plan.

2.a : n · AB = 1 × 1 + 3 × 3 + 5 × (−2) = 1 + 9 − 10 = 0, donc n ⊥ AB ; n · AC = 1 × 3 + 3 × (−1) + 5 × 0 = 3 − 3 = 0, donc n ⊥ AC. Le vecteur n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), il est donc orthogonal à ce plan : c'est un vecteur normal de (ABC).

2.b : un plan admettant n(1 ; 3 ; 5) pour vecteur normal a une équation cartésienne de la forme x + 3y + 5z + d = 0. Le point A(−2 ; 0 ; 2) appartient au plan, donc ses coordonnées vérifient l'équation : −2 + 3 × 0 + 5 × 2 + d = 0, soit 8 + d = 0 et d = −8. Une équation cartésienne de (ABC) est donc x + 3y + 5z − 8 = 0 ; on vérifie que B et C conviennent aussi : −1 + 9 + 0 − 8 = 0 et 1 − 3 + 10 − 8 = 0.

2.c : remplaçons les coordonnées de D(0 ; 0 ; 3) dans cette équation : 0 + 3 × 0 + 5 × 3 − 8 = 7 ≠ 0. Le point D n'appartient donc pas au plan (ABC) : les quatre points A, B, C et D ne sont pas coplanaires, ils forment bien un tétraèdre.

3.a : pour t = 0, la représentation paramétrique de D₁ donne le point (0 ; 0 ; 3), c'est-à-dire D : la droite D₁ passe par D. De plus, un vecteur directeur de D₁ est (1 ; 3 ; 5), soit exactement le vecteur n normal à (ABC), donc D₁ est perpendiculaire au plan (ABC). Passant par le sommet D et perpendiculaire à la face opposée (ABC), D₁ est bien la hauteur du tétraèdre issue de D.

3.b : un point commun aux deux droites vérifie simultanément t = 1 + 3s, 3t = −1 − 5s et 3 + 5t = 2 − 6s. En reportant t = 1 + 3s dans la deuxième équation : 3(1 + 3s) = −1 − 5s, soit 3 + 9s = −1 − 5s, puis 14s = −4 et s = −27 ; on en déduit t = 1 + 3 × (−27) = 17.

Il reste à vérifier la troisième équation avec ce couple : 3 + 5 × 17 = 267 et 2 − 6 × (−27) = 267 : elle est satisfaite. Le système admet donc une unique solution, ce qui prouve que D₁ et D₂ sont sécantes ; en remplaçant t par 17 dans D₁, leur point d'intersection a pour coordonnées (17 ; 37 ; 267).

4.a : le projeté orthogonal H de D sur (ABC) est le point d'intersection du plan (ABC) et de la perpendiculaire à ce plan passant par D, c'est-à-dire la droite D₁ d'après 3.a. On écrit donc H(t ; 3t ; 3 + 5t) et on reporte dans l'équation du plan : t + 3 × 3t + 5(3 + 5t) − 8 = 0, soit t + 9t + 15 + 25t − 8 = 0, puis 35t + 7 = 0 et t = −15. Le projeté orthogonal est H(−15 ; −35 ; 2).

4.b : la distance de D au plan (ABC) est la longueur DH. On a DH(−15 − 0 ; −35 − 0 ; 2 − 3) = (−15 ; −35 ; −1), donc DH = √(15)² + (35)² + 1² = √125 + 925 + 2525 = √3525 = √355 ≈ 1,183. La distance du point D au plan (ABC) vaut donc environ 1,18 unité de longueur.