Bac de maths 2024 — Centres étrangers (Suède) · 7 juin

Fausse. Méthode : pour tester si une fonction est solution d'une équation différentielle, on la dérive puis on remplace dans l'équation. f est dérivable sur ℝ comme somme de la composée x ↦ e^2x (fonction linéaire suivie de l'exponentielle) et de la fonction affine x ↦ −6x + 1. La dérivée de e^u étant u′e^u avec ici u(x) = 2x : f ′(x) = 2e^2x − 6.

On reporte dans le membre de gauche de (E) : f ′(x) − 2f(x) = 2e^2x − 6 − 2(e^2x − 6x + 1) = 2e^2x − 6 − 2e^2x + 12x − 2 = 12x − 8. Attention au signe : le −2 se distribue sur les trois termes de f(x).

Pour que f soit solution, il faudrait 12x − 8 = −6x + 1 pour tout réel x. Or cette égalité équivaut à 18x = 9, donc n'est vraie que pour x = 0,5. Contre-exemple en x = 0 : f ′(0) − 2f(0) = (2 − 6) − 2 × 2 = −8, alors que −6 × 0 + 1 = 1. Conclusion : f n'est pas solution de (E), l'affirmation 1 est fausse. (Les solutions de (E) sont les fonctions x ↦ C e^2x + 3x + 1, avec C ∈ ℝ : c'est +3x + 1 qu'il aurait fallu, pas −6x + 1.)

Fausse. uₙ = 1 + 34 + (34)² + … + (34)ⁿ est la somme des n + 1 premiers termes de la suite géométrique de premier terme 1 et de raison q = 34. D'après la formule de la somme des termes consécutifs d'une suite géométrique : uₙ = 1 × 1 − qⁿ⁺¹1 − q = (1 − (34)ⁿ⁺¹)/(14) = 4(1 − (34)ⁿ⁺¹).

Comme −1 < 34 < 1, on a (34)ⁿ⁺¹ → 0 quand n → +∞ ; par limite d'une différence puis d'un produit, uₙ → 4 × (1 − 0) = 4. La suite (uₙ) converge donc vers 4 : sa limite est finie, elle ne vaut pas +∞. L'affirmation 2 est fausse.

Fausse. Le programme contient deux défauts. Premier défaut : la ligne S = S + (34)**k utilise l'exposant k au lieu de l'indice de boucle i ; on ajoute donc toujours le même terme, si bien que suite(k) renvoie k × (34)ᵏ. Second défaut : range(k) fait prendre à i les valeurs 0, 1, …, k − 1, soit k passages, alors que uₖ est une somme de k + 1 termes, de (34)⁰ jusqu'à (34)ᵏ.

Concrètement, suite(50) renvoie 50 × (34)⁵⁰ ≈ 2,8 × 10⁻⁵, très loin de u₅₀ ≈ 4 : l'appel ne renvoie pas u₅₀, l'affirmation 3 est fausse. Un code correct s'écrirait avec for i in range(k + 1) puis S = S + (34)**i.

Vraie. La fonction f : x ↦ a ln(x) − 2x est dérivable sur ]0 ; +∞[ et, la dérivée de ln étant 1x, f ′(x) = ax − 2. Le nombre dérivé f ′(1) est le coefficient directeur de la tangente à C au point d'abscisse 1 ; cette tangente est parallèle à l'axe des abscisses si et seulement si son coefficient directeur est nul, soit f ′(1) = a − 2 = 0, c'est-à-dire a = 2. Une telle valeur de a existe (et elle est unique) : l'affirmation 4 est vraie.

L'arbre part de deux branches : R₁ affectée de P(R₁) = 0,85 et R̄₁ affectée de P(R̄₁) = 1 − 0,85 = 0,15. Depuis R₁ (premier service réussi), l'énoncé donne P_R₁(R₂) = 0,6, donc P_R₁(R̄₂) = 0,4. Depuis R̄₁ (premier service raté), l'énoncé donne P_R̄₁(R̄₂) = 0,6, donc par passage à l'évènement contraire P_R̄₁(R₂) = 1 − 0,6 = 0,4.

Les évènements R₁ et R̄₁ forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales : P(R₂) = P(R₁ ∩ R₂) + P(R̄₁ ∩ R₂) = P(R₁) × P_R₁(R₂) + P(R̄₁) × P_R̄₁(R₂) = 0,85 × 0,6 + 0,15 × 0,4 = 0,51 + 0,06 = 0,57. La probabilité de R₂ vaut donc bien 0,57.

« Sachant que le joueur a réussi le deuxième service » indique que l'on conditionne par R₂ ; on cherche donc P_R₂(R̄₁). Par définition d'une probabilité conditionnelle : P_R₂(R̄₁) = P(R̄₁ ∩ R₂)P(R₂) = 0,15 × 0,40,57 = 0,060,57 = 657 = 219 ≈ 0,105. Sachant que le deuxième service est réussi, il y a environ 10,5 % de chances que le premier ait été raté.

Z compte les services réussis parmi les deux premiers : Z prend les valeurs 0, 1 et 2. En lisant les chemins de l'arbre : P(Z = 0) = P(R̄₁ ∩ R̄₂) = 0,15 × 0,6 = 0,09 ; P(Z = 2) = P(R₁ ∩ R₂) = 0,85 × 0,6 = 0,51 ; et Z = 1 correspond à deux chemins, donc P(Z = 1) = P(R₁ ∩ R̄₂) + P(R̄₁ ∩ R₂) = 0,85 × 0,4 + 0,15 × 0,4 = 0,34 + 0,06 = 0,40. Vérification : 0,09 + 0,40 + 0,51 = 1, la loi obtenue est bien une loi de probabilité.

E(Z) = 0 × 0,09 + 1 × 0,40 + 2 × 0,51 = 0,40 + 1,02 = 1,42. Interprétation : en répétant un grand nombre de fois cette séance dans les mêmes conditions, le joueur réussit en moyenne 1,42 service sur ses deux premiers services, soit un taux de réussite moyen de 1,422 = 71 %. (Cette moyenne théorique n'a pas à être arrondie à un entier.)

Pour tout n ∈ ℕ*, Rₙ et R̄ₙ forment une partition de l'univers, avec P(Rₙ) = xₙ et P(R̄ₙ) = 1 − xₙ. La formule des probabilités totales donne : xₙ₊₁ = P(Rₙ₊₁) = P(Rₙ) × P_Rₙ(Rₙ₊₁) + P(R̄ₙ) × P_R̄ₙ(Rₙ₊₁) = 0,6xₙ + 0,4(1 − xₙ) = 0,6xₙ + 0,4 − 0,4xₙ = 0,2xₙ + 0,4.

Pour tout n ∈ ℕ*, on part de la définition de uₙ₊₁ et on utilise la relation de récurrence précédente : uₙ₊₁ = xₙ₊₁ − 0,5 = (0,2xₙ + 0,4) − 0,5 = 0,2xₙ − 0,1 = 0,2(xₙ − 0,5) = 0,2uₙ. La relation uₙ₊₁ = 0,2uₙ est celle d'une suite géométrique : (uₙ) est géométrique de raison q = 0,2 et de premier terme u₁ = x₁ − 0,5 = 0,85 − 0,5 = 0,35.

Le terme général d'une suite géométrique dont le premier terme est de rang 1 s'écrit uₙ = u₁ × qⁿ⁻¹ = 0,35 × 0,2ⁿ⁻¹. Comme xₙ = uₙ + 0,5, on obtient xₙ = 0,5 + 0,35 × 0,2ⁿ⁻¹ pour tout n ∈ ℕ*. Puisque −1 < 0,2 < 1, la suite géométrique (0,2ⁿ⁻¹) tend vers 0, donc par limite d'une somme : lim xₙ = 0,5 quand n → +∞.

À long terme, la probabilité que le joueur réussisse le n-ième service se stabilise autour de 0,5 : après un grand nombre de services, il en réussit environ un sur deux. L'avantage du départ (0,85 au premier service) finit par disparaître complètement.

Lire le temps au bout duquel la température est maximale, c'est lire l'abscisse du point le plus haut de la courbe. Ce sommet a pour coordonnées (200 ; 350) : la température maximale, égale à 350 °C, est atteinte 200 minutes après l'allumage, soit au bout de 3 h 20 min.

La température dépasse 300 °C exactement lorsque la courbe est au-dessus de la droite horizontale d'équation y = 300. On trace donc cette droite : la portion de courbe située au-dessus s'étend sur environ 4,6 carreaux de large, et un carreau représente 50 minutes. La durée cherchée vaut donc environ 4,6 × 50 ≈ 230 minutes, soit à peu près 3 h 50 min. (Une lecture graphique reste approchée : ici un millimètre d'imprécision sur le tracé représente une dizaine de minutes, toute réponse voisine de 230 minutes convient.)

Par définition, le nombre (1b − a) ∫ₐᵇ f(t) dt est la valeur moyenne de la fonction f sur l'intervalle [a ; b] : avec a = 0 et b = 600, la quantité demandée est donc la température moyenne du foyer pendant les 600 premières minutes. Comme f est positive sur [0 ; 600], l'intégrale ∫₀⁶⁰⁰ f(t) dt est l'aire, en unités d'aire, du domaine compris entre la courbe, l'axe des abscisses et les droites d'équation t = 0 et t = 600 ; on l'estime en comptant les carreaux de ce domaine. Un carreau vaut 50 × 25 = 1 250 unités d'aire et le domaine en recouvre environ 123,5, donc ∫₀⁶⁰⁰ f(t) dt ≈ 123,5 × 1 250 ≈ 154 000. On en déduit (1600) ∫₀⁶⁰⁰ f(t) dt ≈ 154 000600 ≈ 257. Interprétation : au cours des 600 premières minutes, c'est-à-dire des 10 premières heures suivant l'allumage, la température moyenne à l'intérieur du foyer de l'appareil A est d'environ 257 °C.

La fonction g est dérivable sur [0 ; +∞[ comme somme d'une constante et du produit u × v, avec u(t) = 10t et v(t) = e^−0,01t. On a u′(t) = 10 et, la dérivée de e^w étant w′e^w avec ici w(t) = −0,01t, v′(t) = −0,01 e^−0,01t. La formule de dérivation d'un produit (uv)′ = u′v + uv′ donne alors : g′(t) = 10 e^−0,01t + 10t × (−0,01) e^−0,01t = (10 − 0,1t) e^−0,01t = (−0,1t + 10) e^−0,01t, ce qu'il fallait démontrer.

La fonction exponentielle est strictement positive sur ℝ, donc e^−0,01t > 0 et g′(t) est du signe du facteur affine −0,1t + 10. Or −0,1t + 10 > 0 ⟺ −0,1t > −10 ⟺ t < 100, la division par −0,1 < 0 changeant le sens de l'inégalité. Ainsi g′ > 0 sur [0 ; 100[, g′(100) = 0 et g′ < 0 sur ]100 ; +∞[ : la fonction g est strictement croissante sur [0 ; 100] puis strictement décroissante sur [100 ; +∞[. Valeurs à porter dans le tableau de variations : g(0) = 0 + 20 = 20, le maximum g(100) = 10 × 100 × e⁻¹ + 20 = 1 000e⁻¹ + 20 ≈ 387,9, et la limite 20 en +∞. Le tableau comporte donc une flèche montante de 20 jusqu'à 1 000e⁻¹ + 20, puis une flèche descendante de 1 000e⁻¹ + 20 jusqu'à 20 (valeur non atteinte).

Sur [0 ; 100], g est continue (car dérivable) et strictement croissante, et 300 est compris strictement entre g(0) = 20 et g(100) ≈ 387,9 : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotones, l'équation g(t) = 300 admet une unique solution α dans [0 ; 100]. Sur [100 ; +∞[, g est continue et strictement décroissante, de g(100) ≈ 387,9 vers sa limite 20, et 300 appartient à ]20 ; 387,9[ : le même corollaire donne une unique solution β dans [100 ; +∞[. Ces deux intervalles recouvrent [0 ; +∞[ et n'ont en commun que 100, dont l'image n'est pas 300 : l'équation admet donc exactement deux solutions. À la calculatrice, g(43) ≈ 299,7 et g(44) ≈ 303,4, donc α ≈ 43 ; g(193) ≈ 300,1 et g(194) ≈ 298,8, donc β ≈ 193. Arrondies à l'unité, les deux solutions valent 43 minutes et 193 minutes.

Par linéarité de l'intégrale : ∫₀⁶⁰⁰ g(t) dt = 10 ∫₀⁶⁰⁰ t e^−0,01t dt + ∫₀⁶⁰⁰ 20 dt = 10 I + 20 × 600 = 10 I + 12 000, en posant I = ∫₀⁶⁰⁰ t e^−0,01t dt. Pour calculer I, on intègre par parties avec u(t) = t et v′(t) = e^−0,01t, fonctions dérivables à dérivées continues sur [0 ; 600] : alors u′(t) = 1 et on peut choisir v(t) = −100 e^−0,01t, puisque (−100 e^−0,01t)′ = −100 × (−0,01) e^−0,01t = e^−0,01t.

La formule d'intégration par parties ∫ₐᵇ u(t)v′(t) dt = [u(t)v(t)]ₐᵇ − ∫ₐᵇ u′(t)v(t) dt donne alors : I = [−100t e^−0,01t]₀⁶⁰⁰ + 100 ∫₀⁶⁰⁰ e^−0,01t dt = (−60 000e⁻⁶ − 0) + 100 × [−100 e^−0,01t]₀⁶⁰⁰ = −60 000e⁻⁶ + 100 × (−100e⁻⁶ + 100) = −60 000e⁻⁶ − 10 000e⁻⁶ + 10 000 = 10 000 − 70 000e⁻⁶. On conclut : ∫₀⁶⁰⁰ g(t) dt = 12 000 + 10(10 000 − 70 000e⁻⁶) = 112 000 − 700 000e⁻⁶ ≈ 110 265 (en °C × minutes).

appareil B. On reprend l'étude de g. Critère 1 : d'après le tableau de variations, la température maximale est g(100) = 1 000e⁻¹ + 20 ≈ 387,9 °C > 320 °C — validé. Critère 2 : elle est atteinte à t = 100 min, soit 1 h 40 min, donc en moins de 2 heures — validé. Critère 3 : la température moyenne sur les 10 premières heures est la valeur moyenne de g sur [0 ; 600], soit (1600) × (112 000 − 700 000e⁻⁶) ≈ 183,8 °C, ce qui ne dépasse pas 250 °C — non validé. Critère 4 : d'après les variations de g, la température dépasse 300 °C exactement entre α et β, donc pendant β − α ≈ 193 − 43 = 150 min, soit 2 h 30 min, moins de 5 heures — validé. L'appareil B obtient donc lui aussi trois étoiles. Conclusion : oui, chaque appareil obtient exactement trois étoiles, l'appareil A validant tous les critères sauf le critère 2 et l'appareil B tous les critères sauf le critère 3.

Le repère étant orthonormé et une unité représentant un mètre, on peut calculer les longueurs avec la formule de la distance dans l'espace. Pour l'avion n° 1 : OA = √[(0 − 0)² + (200 − 0)² + (0 − 0)²] = √200² = 200 m.

Pour l'avion n° 2 : BC = √[(87 − (−33))² + (75 − 75)² + (−116 − 44)²] = √[120² + 0² + (−160)²] = √14 400 + 25 600 = √40 000 = 200 m. Les deux avions parcourent donc la même distance, 200 m.

Comme durée = distance ÷ vitesse et que les deux vitesses sont égales à 200 m/s, chaque avion met 200 ÷ 200 = 1 s pour effectuer son trajet. L'avion n° 2 met donc bien autant de temps à parcourir [BC] que l'avion n° 1 à parcourir [OA] : 1 seconde.

On paramètre chaque trajectoire. Vecteurs directeurs : OA(0 ; 200 ; 0) et BC(87 − (−33) ; 0 ; −116 − 44), soit BC(120 ; 0 ; −160). D'où une représentation paramétrique de [OA] : x = 0, y = 200t, z = 0 avec t ∈ [0 ; 1] ; et une représentation paramétrique de [BC] : x = −33 + 120s, y = 75, z = 44 − 160s avec s ∈ [0 ; 1].

Un point commun aux deux segments correspond à un couple (t ; s) solution du système 0 = −33 + 120s, 200t = 75, 0 = 44 − 160s. La deuxième équation donne t = 75200 = 38 ; la première donne s = 33120 = 1140 et la troisième s = 44160 = 1140 : les deux valeurs de s coïncident, le système admet donc une solution, et t = 38 comme s = 1140 appartiennent bien à [0 ; 1].

En reportant t = 38 dans la première représentation, on trouve le point (0 ; 200 × 38 ; 0) = (0 ; 75 ; 0), et s = 1140 dans la seconde donne (−33 + 120 × 1140 ; 75 ; 44 − 160 × 1140) = (0 ; 75 ; 0). Les deux trajectoires se coupent donc, au point de coordonnées (0 ; 75 ; 0).

Les deux avions partent au même instant et chaque trajet dure exactement 1 s à vitesse constante : les paramètres t et s se lisent donc directement comme des durées en secondes écoulées depuis le départ. L'avion n° 2 passe au point (0 ; 75 ; 0) à l'instant s = 1140 s = 0,275 s, alors que l'avion n° 1 n'y arrive qu'à l'instant t = 38 s = 0,375 s.

L'écart entre ces deux instants vaut 38 − 1140 = 1540 − 1140 = 440 = 0,1 s. À 200 m/s, l'avion n° 2 parcourt 200 × 0,1 = 20 m pendant ce dixième de seconde : à l'instant 0,375 s, il se trouve en (12 ; 75 ; −16), soit à 20 m du point d'intersection où arrive l'avion n° 1. Les deux avions ne sont jamais au même endroit au même instant : ils ne risquent pas de se percuter.