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%Tapuscrit : René ROUX
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat spécialité sujet 2}
\lfoot{\small{Centres étrangers}}
\rfoot{\small{12 mai 2022}}
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\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat Centre étrangers 12 mai 2022~\decofourright\\[6pt]  Sujet 2\\[7pt] ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

Le sujet propose 4 exercices

Le candidat choisit 3 exercices parmi les 4 et \textbf{ne doit traiter que ces 3 exercices}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 1} \quad (7 points)\hfill Thèmes : fonction exponentielle}
\medskip

\begin{enumerate}
	\item Soit $f$ la fonction continue et dérivable sur $\R$, définie par $x \longmapsto \dfrac{x}{\text{e}^x}$.
	
	En utilisant la formule de la dérivée d'un quotient, on peut écrire :
	
	$\forall x \in \R$, $f'(x)=\dfrac{1\times \e^{x}-x\times \e^x}{\left(\e^x\right)^2}=\dfrac{(1-x)\e^x}{\e^{2x}}=\dfrac{1-x}{\e^x}=(1-x)\e^{-x}$. \hfill \fbox{\textbf{Réponse c}}
	\item 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 $x = -1$. \hfill \fbox{\textbf{Réponse d}}
	\item Les fonctions $F$ proposées sont continues et dérivables sur $\R$. Dérivons chacune d'entre-elles. $\forall x \in \R$,
	\begin{enumerate}
		\item $F'(x)= -\dfrac{1}{6}\left(3x^2\e^{-x^2}+(x^3+1)\times -2x\e^{-x^2}\right) =-\dfrac{1}{6}\e^{-x^2}(3x^2- 2x^4-2x)\\=-\dfrac{1}{6}\e^{-x^2}(-2x^3+3x^2-2x)$.
		\item $F'(x)=-\dfrac{1}{4}\left(4x^3 \times \e^{-x^2} + x^4\times (- 2x\e^{-x^2})\right) =-\dfrac{1}{4}\e^{-x^2}\left(4x^3- 2x^5\right)$.
		\item $F'(x) =- \dfrac{1}{2}\left(2x\times \e^{-x^2} + (x^2 + 1)\times -2x\e^{-x^2}\right)= -\dfrac{1}{2}\e^{-x^2}(2x - 2x^3 - 2x)= -\dfrac{1}{2}\times \left(- 2x^3\e^{-x^2}\right) = x^3\e^{-x^2} = f(x)$.
		\item $F'(x) = (6x - 8x^3)\times \e^{-x^2} + (3x^2 - 2x^4)\times - 2x\e^{-x^2}= (4x^5 - 14x^3 + 6x)\e^{-x^2}$
	\end{enumerate}
\hfill \fbox{\textbf{Réponse c}}
	\item $\forall x \in \R$, $f(x)=\dfrac{\e^x\left(1+\dfrac{1}{\e^x}\right)}{\e^x\left(1-\dfrac{1}{\e^x}\right)}=\dfrac{1+\e^{-x}}{1-\e^{-x}}$. Or $\displaystyle\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \e^{-x}=0$ donc $\displaystyle\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=1$. \hfill \fbox{\textbf{Réponse b}}
	\item La fonction $f$ est continue sur $\R$, donc elle admet des primitives notées $F$. De plus $f(x)$ est de la forme $u'(x)\e^{u(x)}$ avec $u(x)=2x+1$. En remarquant que $f(x)=\dfrac{1}{2} \times 2\e^{2x+1}$, on peut alors écrire que pour tout réel $x$, $F(x)=\dfrac{1}{2}\e^{2x+1}+k$ avec $k\in \R$. Sachant que $F(0) = 1$ alors

$\dfrac{1}{2}\e^1+k=1 \iff k=1-\dfrac{1}{2}\e$. Donc $\forall x \in \R$, $F(x)=\dfrac{1}{2}\e^{2x+1}+1-\dfrac{1}{2}\e$. \hfill \fbox{\textbf{Réponse c}}
	\item 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. \hfill \fbox{\textbf{Réponse a}}
\end{enumerate}

\pagebreak

\textbf{\textsc{Exercice 2} \quad (7 points)\hfill Thème : fonctions logarithme et suites.}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item 
	
$\bullet~~$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 $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
	\item \begin{enumerate}
		\item La fonction $f$ est continue et dérivable sur $]0~;~+\infty[$. En utilisant le formule de la dérivée d'un produit, $\forall x \in ]0~;~+\infty[$, $f'(x)=1\times \ln(x)+x\times \dfrac{1}{x}=\ln(x)+1$
		\item $f'(x)\geqslant 0 \iff \ln(x)+1 \geqslant 0 \iff \ln(x) \geqslant -1 \iff x\geqslant \e^{-1}$.
		
		Dans le tableau : $f\left(\e^{-1}\right)= \e^{-1} \ln(\e^{-1})+1=-\e^{-1}+1=1-\e^{-1}>0$
\begin{center}
\begin{pspicture}(8,3)
\psframe(8,3)\psline(0,2)(8,2)\psline(0,2.5)(8,2.5)
\psline(2,0)(2,2.5)\psline(2.05,0)(2.05,2.5)
\uput[u](1,2.4){$x$}\uput[u](2.025,2.4){$0$}\uput[u](5,2.4){$\text{e}^{-1}$}\uput[u](7.5,2.4){$+ \infty$}\uput[u](6.5,2.4){$1$}
\rput(1,2.25){$f'(x)$}\uput[u](3.5,1.9){$-$}\uput[u](5,1.9){$0$}\uput[u](6.5,1.9){$+$}
\rput(1,1){$f(x)$}\uput[d](2.2,2){1}\uput[u](5,0){$1 - \text{e}^{-1} \approx 0,632$}
\uput[d](7.5,2){$+ \infty$}\rput(6.5,1){1}
\psline{->}(2.2,1.5)(4.5,0.5)\psline{->}(5.5,0.5)(7.5,1.5)
\end{pspicture}
\end{center}
		\item $f(1)=1$. D'après les variations de la fonction $f$,
\begin{itemize}
	\item $\forall x \in ]0~;~\e^{-1}]$, $f(x)\in [1-\e^{-1}~;~1[$ ;
	\item $\forall x \in [\e^{-1}~;~1]$, $f(x) \in [1-\e^{-1}~;~1]$.
\end{itemize}

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

$M(x~;~y) \in (T) \iff y = x$.
		\item 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 $]0~;~+\infty[$.
		\item 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 $\forall x \in ]0~;~+\infty[$, $f(x)\geqslant x$.
	\end{enumerate}
	\item Soit $\left(u_n\right)$ la suite définie par $u_0 \in ]0~;~1]$ et $u_{n+1}=f(u_n)$.
	\begin{enumerate}
		\item Montrons par récurrence que $0 < u_n <1$ pour tout entier naturel $n$.

\emph{Initialisation} : on a $u_0 \in ]0~;~1[$, soit $0 < u_0 < 1$ : l'encadrement est vrai au rang $0$ ;

\emph{Hérédité} : soit $n \in \N$ et supposons que $0 < u_n < 1$.

On a vu à la question \textbf{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 $0 < u_{n+1} < 1$.

\emph{Conclusion} : l'encadrement est vrai au rang 0 et s'il est vrai au rang $n \in \N$, il l'est aussi au rang $n + 1$ : d'après le principe de récurrence pour tout entier naturel $n$, on a : $0 < u_n < 1$.
		
%\textit{Conclusion :} d'après l'axiome de récurrence, pour tout entier naturel $n$, $0<u_n<1$.
		\item D'après la question \textbf{3.c}, pour tout réel $x$ positif, $f(x)>x$.

De plus pour tout entier naturel $n$, $u_n>0$

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

\pagebreak

\textbf{\textsc{Exercice 3} \quad (7 points)\hfill Thème : géométrie dans espace.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Déterminons les coordonnées des vecteurs $\vect{AB}$, $\vect{AC}$ et $\vect{AD}$. Avec $A(3~;~-2~;~2)$, $B(6~;~1~;~5)$, $C(6~;~-2~;~-1)$ et $D(0~;~4~;~-1)$, on obtient : 
	\Coord{AB}{3}{3}{3} \quad \Coord{AC}{3}{0}{-3} \quad \Coord{AD}{-3}{6}{-3}.
	
Pour que les points $A$, $B$, $C$ et $D$ soient coplanaires, il faut que (par exemple) le vecteur $\vect{AD}$ soit une combinaison linéaires des vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$. Existe-t-il un couple de réels $(a~;~b)$ tel que $\vect{AD}=a\vect{AB}+b\vect{AB}$ ? 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 $\vect{AD}$ ne peut être écrit comme une combinaison linéaire des vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$. Donc les points $A$, $B$, $C$ et $D$ ne sont pas coplanaires.
	\item Calculons $\vect{AB}.\vect{AC}$ : $\vect{AB}.\vect{AC}=3\times3+3\times 0+ 3\times (-3) = 9 - 9 = 0$. Donc $\vect{AB}\perp \vect{AC}$.
	
Le triangle $ABC$ est rectangle est rectangle en $A$.
\item Calculons $\vect{AD}.\vect{AB}$ et $\vect{AD}.\vect{AC}$ :

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

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

Donc le vecteur $\vect{AD}$ est orthogonal aux vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$, donc il est aussi orthogonal à toute combinaison linéaire des vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$, donc orthogonal à tout vecteur du plan $(ABC)$.
	\item Les questions précédentes permettent d'affirmer que le point $A$ est le projeté orthogonal du point $D$ sur le plan $(ABC)$. Donc $\mathcal{V}_{ABCD} = \dfrac13 \mathcal{A}_{ABC} \times AD$.
	
$\lVert\vect{AD}\rVert=\sqrt{(-3)^2+6^2+(-3)^2}=\sqrt{54}=3\sqrt{6}$

$\lVert\vect{AB}\rVert=\sqrt{3^2+3^2+3^2}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$

$\lVert\vect{AC}\rVert=\sqrt{(-3)^2+0^2+(-3)^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$
	
	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.
\item Soit $H(5~;~0~;~1)$.
	\begin{enumerate}
		\item Les coordonnées des vecteurs $\vect{BH}$, $\vect{BC}$ et $\vect{BD}$ sont :

\Coord{BH}{-1}{-1}{-4} \quad \Coord{BC}{0}{- 3}{- 6} \quad \Coord{BD}{- 6}{3}{- 6}.

Existe-t-il un couple de réels $(\alpha~;~\beta)$ tel que $\vect{BH}=\alpha\vect{BC}+\beta\vect{BD}$ ? Cette égalité vectorielle est équivalente et 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. $. \quad Donc $\vect{BH}=\dfrac12 \vect{BC}+\dfrac16 \vect{BD}$.
		\item D'après la question précédente, Le vecteur $\vect{BH}$ 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 $\vect{AH}$ est normal au plan $(BCD)$, c'est-a-dire que le vecteur $\vect{AH}$ est orthogonal à une base du plan $(BCD)$, c'est-a-dire orthogonal aux vecteurs $\vect{BC}$ et $\vect{BD}$.
		
		On a : \Coord{AH}{2}{2}{-1} \quad \Coord{BC}{0}{-3}{6} \quad \Coord{BD}{-6}{3}{-6}.
		
		$\vect{AH}.\vect{BC}= 2\times 0+2\times (-3)+(-1)\times (-6)=-6+6=0$
		
		$\vect{AH}.\vect{DB}= 2\times (-6)+2\times 3+(-1)\times (-6)=-12+6+6=0$
		
		Donc $\vect{AH}$ est orthogonal aux vecteurs $\vect{BC}$ et $\vect{BD}$, 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 $(BCD)$.
		\item La distance du point $A$ au plan $(BCD)$ est égale à $\lVert\vect{AH}\rVert$ :
		
		$\lVert\vect{AH}\rVert=\sqrt{2^2+2^2+(-1)^2}=\sqrt{9}=3$ unités de longueur.
\end{enumerate}
\item $\mathcal{V}_{ABCD}=\dfrac{1}{3}\times \mathcal{A}_{BCD}\times AH$ 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. 
\end{enumerate}
\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 4} \quad (7 points)\hfill Thème : probabilités.}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item On note par 
	\begin{itemize}
		\item $B$ l'évènement : \og on tire un jeton de couleur blanche \fg{} ;
		\item $N$ l'évènement : \og on tire un jeton de couleur noire \fg{}.
	\end{itemize}
	Ainsi, $p(B)=\dfrac35$ et $p(N)=\dfrac25$
	\begin{enumerate}
			\item L'arbre complété :
\begin{center}
			\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=2.5pt,treesep=1cm,levelsep=2.5cm]{\TR{}}
				{\pstree{\TR{$B$~}\taput{$\frac35$}}
					{\TR{$B$}\taput{$\frac35$}
					\TR{$N$}\tbput{$\frac25$}
					}
				\pstree{\TR{$N$~}\tbput{$\frac25$}}
					{\TR{$B$}\taput{$\frac35$}
					\TR{$N$}\tbput{$\frac25$}
					}
				}
\end{center}
			\item 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 : $p(X = - 9) = \left(\dfrac35\right)^2=\dfrac{9}{25}$
	\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
	\item 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 $X\in\lbrace-9~;~-1~;~5\rbrace$
	
	\begin{itemize}
		\item Pour perdre 9 euros, il faut tirer deux jetons blancs : $P(X=-9)=\left(\dfrac{3}{N+3}\right)^2=\dfrac{9}{(N + 3)^2}$
		\item Pour perdre un euro il faut tirer deux jetons noirs : $P(X=-1)=\left(\dfrac{N}{N+3}\right)^2=\dfrac{N^2}{(N + 3)^2}$
		\item pour gagner cinq euros, il faut tirer un jeton de chaque couleur (B + N ou N + B) :\\ $P(X=5)=2\times \dfrac{3}{N + 3} \times \dfrac{N}{N + 3}=\dfrac{6N}{(N + 3)^2}$
	\end{itemize}
La loi de probabilités est donc :
\begin{center}
\begin{tabular}{|l|c|c|c|}\hline
$X=x_i$&$- 9$&$-1$&5 \\ \hline
$P(X=x_i)$&$\dfrac{9}{(N+3)^2}$&$\dfrac{N^2}{(N+3)^2}$&$\dfrac{6N}{(N+3)^2}$ \\ \hline
\end{tabular}
\end{center}
\item $-x^2 + 30x - 81 > 0 \iff x^2-30x+81<0$. Les racines du trinôme $x^2-30x+81$ sont $x=3$ et $x=27$. Donc en utilisant les signes du trinôme du second degré, $-x^2+30x-81>0 \iff x\in ]3~;~27[$.
\item 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 $4\leqslant N \leqslant 26$ ($N \in \llbracket4~;~26 \rrbracket$) : il faut donc entre 4 et 26 jetons noirs (4 et 26 compris) pour que le jeu soit favorable au joueur.
\item 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.
\end{enumerate}
\item 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 $Y \in \llbracket0~;~10 \rrbracket$. $Y$ 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.
\end{enumerate}
\end{document}