Bac Terminale Spé Maths : Asie 2023, Sujet 2

PartieA ; 1. Deux cubes ABCDEFGH et BKLCFJMG sont accolés ; dans le repère orthonormé (A~;~\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}), on a par exemple F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1) et J(2 ; 0 ; 1) ; le point I est le milieu de [EF]. Montrer que le volume du tétraèdre FIGB vaut \dfrac{1}{12} (unité de volume), sachant que V=\dfrac13\times\text{aire de la base}\times\text{hauteur}.

Les arêtes des cubes valent toutes 1, donc BF = FG = 1 ; comme I est le milieu de [EF], la longueur FI vaut \dfrac12\times EF = \dfrac12.
En choisissant le triangle rectangle isocèle BFG comme base (aire {=\dfrac12\times BF\times FG=\dfrac12}) et [FI] comme hauteur associée (FI est perpendiculaire au plan (BFG), donc à la base) : \begin{aligned}V_{FIGB} &= \dfrac13\times\dfrac12\times\dfrac12 \\ &= \dfrac{1}{12}\end{aligned}
Donc, la réponse est V_{FIGB} = \dfrac{1}{12} unité de volume.

PartieA ; 2. Déterminer les coordonnées du point I.

On décompose \begin{aligned}\overrightarrow{AI} &= \overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EI} \\ &= \overrightarrow{AE}+\dfrac12\overrightarrow{EF} \\ &= \overrightarrow{AE}+\dfrac12\overrightarrow{AB}\end{aligned} (car \overrightarrow{EF}=\overrightarrow{AB}). Donc, la réponse est I\left(\dfrac12~;~0~;~1\right).

PartieA ; 3. Montrer que le vecteur \overrightarrow{DJ} est normal au plan (BIG).

Avec J(2 ; 0 ; 1) et D(0 ; 1 ; 0), on obtient \overrightarrow{DJ}\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}.
D'autre part \overrightarrow{BI}\begin{pmatrix}-\frac12 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} (car B(1 ; 0 ; 0) et I\left(\frac12~;~0~;~1\right)) et \overrightarrow{BG}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} (car G(1 ; 1 ; 1)).
On calcule les produits scalaires : \begin{aligned}\overrightarrow{DJ}\cdot\overrightarrow{BI} &= 2\times\left(-\dfrac12\right)+(-1)\times0+1\times1 \\ &= -1+0+1 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{DJ}\cdot\overrightarrow{BG} &= 2\times0+(-1)\times1+1\times1 \\ &= -1+1 \\ &= 0\end{aligned}
\overrightarrow{BI} et \overrightarrow{BG} ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles) et dirigent le plan (BIG) : \overrightarrow{DJ} leur est orthogonal, donc \overrightarrow{DJ} est un vecteur normal au plan (BIG).

PartieA ; 4. Montrer qu'une équation cartésienne du plan (BIG) est {2x-y+z-2=0}.

Puisque \overrightarrow{DJ}\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix} est normal au plan (BIG), ce plan admet une équation de la forme 2x-y+z+d=0, avec d\in\mathbb{R}.
Le point B(1 ; 0 ; 0) appartient au plan, donc 2\times1-0+0+d=0, soit d=-2.
Donc, la réponse est {2x-y+z-2=0}.

PartieA ; 5. Déterminer une représentation paramétrique de la droite d, orthogonale à (BIG) et passant par F.

La droite d, orthogonale au plan (BIG), admet pour vecteur directeur le vecteur normal \overrightarrow{DJ}\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}, et passe par F(1 ; 0 ; 1).
Un point M(x~;~y~;~z) appartient à d si et seulement s'il existe t\in\mathbb{R} tel que {\overrightarrow{FM}=t\,\overrightarrow{DJ}}.
Donc, la réponse est \begin{cases}x=1+2t\\y=-t\\z=1+t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.

PartieA ; 6.a La droite d coupe le plan (BIG) au point L'. Montrer que L' a pour coordonnées \left(\dfrac23~;~\dfrac16~;~\dfrac56\right).

On remplace x, y, z par leurs expressions paramétriques dans l'équation du plan (BIG) : {2(1+2t)-(-t)+(1+t)-2=0}.
En développant : {2+4t+t+1+t-2=0}, soit 6t+1=0, donc t=-\dfrac16.
En reportant dans les équations paramétriques : \begin{aligned}x &= 1+2\times\left(-\dfrac16\right) \\ &= 1-\dfrac13 \\ &= \dfrac23\end{aligned} \begin{aligned}y &= -\left(-\dfrac16\right) \\ &= \dfrac16\end{aligned} \begin{aligned}z &= 1+\left(-\dfrac16\right) \\ &= \dfrac56\end{aligned}
Donc, la réponse est L'\left(\dfrac23~;~\dfrac16~;~\dfrac56\right).

PartieA ; 6.b Calculer la longueur FL'.

On calcule \overrightarrow{FL'}\begin{pmatrix}-\frac13 \\ \frac16 \\ -\frac16\end{pmatrix} (différence des coordonnées de L' et de F).
FL'^2 = \left(-\dfrac13\right)^2+\left(\dfrac16\right)^2+\left(-\dfrac16\right)^2 = \dfrac19+\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36} = \dfrac{4}{36}+\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36} = \dfrac{6}{36}=\dfrac16.
Donc, la réponse est FL' = \sqrt{\dfrac16} = \dfrac{\sqrt6}{6}.

PartieA ; 6.c En déduire l'aire du triangle BIG.

Le segment [FL'] est la hauteur du tétraèdre FIGB relative à la base (BIG), puisque d est orthogonale à ce plan.
Avec la formule du volume : V_{FIGB} = \dfrac13\times\text{aire(BIG)}\times FL', donc \text{aire(BIG)} = \dfrac{3\,V_{FIGB}}{FL'} = \dfrac{3\times\frac{1}{12}}{\frac{\sqrt6}{6}} = \dfrac{\frac14}{\frac{\sqrt6}{6}} = \dfrac14\times\dfrac{6}{\sqrt6} = \dfrac{6}{4\sqrt6} = \dfrac{6\sqrt6}{24} = \dfrac{\sqrt6}{4}.
Donc, la réponse est aire(BIG) =\dfrac{\sqrt6}{4} unité d'aire.

PartieA ; 1. Soit g définie sur \mathbb{R} par {g(x)=e^{2x}-e^x+1}. Déterminer \lim\limits_{x\to-\infty}g(x).

Quand x\to-\infty, 2x\to-\infty donc e^{2x}\to0, et e^x\to0 ; par somme de limites, \lim\limits_{x\to-\infty}g(x) = 0-0+1 = 1.

PartieA ; 2. Montrer que \lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=+\infty.

On factorise par le terme dominant : g(x) = e^x\left(e^x-1+e^{-x}\right).
Quand x\to+\infty, e^x\to+\infty et e^{-x}\to0, donc par somme e^x-1+e^{-x}\to+\infty ; par produit de limites infinies, \lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=+\infty.

PartieA ; 3. Montrer que g'(x)=e^x(2e^x-1) pour tout x\in\mathbb{R}.

g est dérivable sur \mathbb{R} comme somme de fonctions dérivables, et g'(x) = 2e^{2x}-e^x = e^x(2e^x-1).

PartieA ; 4. Étudier le signe de g' et en déduire le tableau de variations de g sur \mathbb{R} (avec les limites et l'extremum exact).

Comme e^x>0 pour tout réel x, le signe de g'(x) est celui de 2e^x-1.
\begin{aligned}2e^x-1 = 0 &\iff e^x = \dfrac12 \\ &\iff x = \ln\dfrac12 \\ &\iff x = -\ln2\end{aligned} de plus 2e^x-1>0 \iff x>-\ln2, et 2e^x-1<0 \iff x<-\ln2.
La fonction g est donc décroissante sur ]-\infty~;~-\ln2] et croissante sur [-\ln2~;~+\infty[, avec un minimum en {x=-\ln2}.
\begin{aligned}g(-\ln2) &= e^{-2\ln2}-e^{-\ln2}+1 \\ &= \dfrac{1}{e^{2\ln2}}-\dfrac{1}{e^{\ln2}}+1 \\ &= \dfrac14-\dfrac12+1 \\ &= \dfrac34\end{aligned}
Tableau de variations : g vaut 1 en -\infty (limite), décroît jusqu'au minimum \dfrac34 en {x=-\ln2}, puis croît vers +\infty.

PartieA ; 5. En déduire le signe de g sur \mathbb{R}.

Le minimum de g sur \mathbb{R} vaut \dfrac34, qui est strictement positif. Donc, la réponse est : pour tout x\in\mathbb{R}, g(x)>0.

PartieA ; 6. Sans mener les calculs, expliquer comment retrouver ce résultat en posant X=e^x.

En posant X=e^x (avec X>0), on a g(x) = X^2-X+1, un trinôme du second degré en X.
Sa forme canonique est \left(X-\dfrac12\right)^2+\dfrac34 : c'est une somme d'un carré (toujours positif ou nul) et d'une constante strictement positive \dfrac34, donc ce trinôme est strictement positif pour tout X, ce qui redonne g(x)>0.

PartieB ; 1. La fonction f est définie sur \mathbb{R} par f(x)=\ln\left(e^{2x}-e^x+1\right). Justifier qu'elle est bien définie sur \mathbb{R}.

Pour tout x\in\mathbb{R}, f(x)=\ln(g(x)) avec {g(x)=e^{2x}-e^x+1}. Or on a montré que g(x)>0 pour tout réel x : le logarithme népérien est donc bien défini, et f est définie sur \mathbb{R}.

PartieB ; 2. Justifier que f'(x)=\dfrac{g'(x)}{g(x)} pour tout x\in\mathbb{R}.

Comme f=\ln\circ g avec g dérivable et strictement positive sur \mathbb{R}, f est dérivable sur \mathbb{R} et, par dérivation d'une composée avec le logarithme, f'(x) = \dfrac{g'(x)}{g(x)} = \dfrac{2e^{2x}-e^x}{e^{2x}-e^x+1}.

PartieB ; 3. Déterminer une équation de la tangente à la courbe au point d'abscisse 0.

\begin{aligned}f(0) &= \ln(1-1+1) \\ &= \ln(1) \\ &= 0\end{aligned}
f'(0)=\dfrac{2\times1-1}{1-1+1}=\dfrac{1}{1}=1.
L'équation réduite de la tangente au point d'abscisse 0 est y=f'(0)(x-0)+f(0)=x. Donc, la réponse est {y=x}.

PartieB ; 4. Montrer que f est strictement croissante sur [-\ln2~;~+\infty[.

Puisque g(x)>0 pour tout x, le signe de f'(x)=\dfrac{g'(x)}{g(x)} est celui de g'(x).
D'après la partie A, g'(x)>0 sur {]-\ln2~;~+\infty[}, donc f'(x)>0 sur cet intervalle. Donc, la réponse est : f est strictement croissante sur [-\ln2~;~+\infty[.

PartieB ; 5. Montrer que l'équation {f(x)=2} admet une unique solution \alpha sur [-\ln2~;~+\infty[, et donner une valeur approchée de \alpha à 10^{-2} près.

\begin{aligned}f(-\ln2) &= \ln(g(-\ln2)) \\ &= \ln\left(\dfrac34\right) \\ &\approx -0{,}29\end{aligned} donc f(-\ln2)<2.
Comme \lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=+\infty, par composition avec le logarithme \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.
f est continue (car dérivable) et strictement croissante sur [-\ln2~;~+\infty[, avec {f(-\ln2)<2<\lim\limits_{+\infty}f} : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation {f(x)=2} admet une unique solution \alpha sur cet intervalle.
À la calculatrice : f(1{,}12)\approx1{,}99<2 et f(1{,}13)\approx2{,}01>2. Donc, la réponse est \alpha\approx1{,}12 (à 10^{-2} près).

PartieC. Au vu des résultats précédents, les trois conjectures de l'élève (l'équation {f(x)=2} semble avoir une solution ; f semble croissante sur [-0{,}5~;~+\infty[ ; la tangente en 0 semble être y=1{,}5x) sont-elles vraies ou fausses ?

Conjecture 1 (existence d'une solution à {f(x)=2}) : vraie, confirmée par la question précédente.
Conjecture 2 (croissance sur [-0{,}5~;~+\infty[) : fausse : on a montré que f est croissante sur [-\ln2~;~+\infty[, avec \begin{aligned}-\ln2 &\approx -0{,}69 \\ &\neq -0{,}5\end{aligned}
Conjecture 3 (tangente y=1{,}5x) : fausse : on a établi que l'équation de la tangente au point d'abscisse 0 est {y=x}.

1.aOn étudie la désintégration du polonium : on part d'un échantillon de 2 g, sachant que 1 g contient {3\times10^{21}} noyaux. On note v_0 le nombre de noyaux au départ. Vérifier que {v_0=6\times10^{21}}.

L'échantillon initial pèse 2 g, donc \begin{aligned}v_0 &= 2\times3\times10^{21} \\ &= 6\times10^{21}\end{aligned} noyaux. Donc, la réponse est {v_0=6\times10^{21}}.

1.bChaque jour, 0,5 % des noyaux présents se désintègrent, puis on ajoute 0,005 g de polonium pour compenser. Justifier que, pour tout entier naturel n, {v_{n+1}=0{,}995v_n+1{,}5\times10^{19}}.

Si v_n désigne le nombre de noyaux au bout de n jours, la disparition de 0,5 % laisse v_n\left(1-\dfrac{0{,}5}{100}\right) = 0{,}995\,v_n noyaux.
L'ajout quotidien de 0,005 g de polonium apporte \begin{aligned}0{,}005\times3\times10^{21} &= 0{,}015\times10^{21} \\ &= 1{,}5\times10^{19}\end{aligned} noyaux supplémentaires.
Donc, la réponse est {v_{n+1} = 0{,}995v_n+1{,}5\times10^{19}}.

2.aDémontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, {0\leqslant v_{n+1}\leqslant v_n}.

Initialisation : {v_0=6\times10^{21}} et \begin{aligned}v_1 &= 0{,}995\times6\times10^{21}+1{,}5\times10^{19} \\ &= 5{,}97\times10^{21}+0{,}015\times10^{21} \\ &= 5{,}985\times10^{21}\end{aligned} On a bien {0\leqslant v_1\leqslant v_0} : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : supposons que {0\leqslant v_{n+1}\leqslant v_n} pour un entier n donné. La fonction x\mapsto0{,}995x+1{,}5\times10^{19} est croissante (coefficient 0,995 > 0), donc l'encadrement se conserve en appliquant cette fonction : {0{,}995\times0+1{,}5\times10^{19}\leqslant0{,}995v_{n+1}+1{,}5\times10^{19}\leqslant0{,}995v_n+1{,}5\times10^{19}}, c'est-à-dire {1{,}5\times10^{19}\leqslant v_{n+2}\leqslant v_{n+1}}, donc en particulier {0\leqslant v_{n+2}\leqslant v_{n+1}} : la propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : la propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc, d'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, {0\leqslant v_{n+1}\leqslant v_n}.

2.bEn déduire que la suite (v_n) converge.

L'inégalité de gauche montre que (v_n) est minorée par 0, et l'inégalité de droite montre qu'elle est décroissante. Donc, la réponse est : une suite décroissante et minorée converge, donc (v_n) converge.

3.aOn pose u_n=v_n-3\times10^{21}. Montrer que (u_n) est géométrique de raison 0,995.

\begin{aligned}u_{n+1} &= v_{n+1}-3\times10^{21} \\ &= 0{,}995v_n+1{,}5\times10^{19}-3\times10^{21}\end{aligned}
On réécrit \begin{aligned}3\times10^{21} &= 0{,}995\times3\times10^{21}+0{,}005\times3\times10^{21} \\ &= 0{,}995\times3\times10^{21}+1{,}5\times10^{19}\end{aligned} donc \begin{aligned}u_{n+1} &= 0{,}995v_n+1{,}5\times10^{19}-0{,}995\times3\times10^{21}-1{,}5\times10^{19} \\ &= 0{,}995\left(v_n-3\times10^{21}\right) \\ &= 0{,}995\,u_n\end{aligned}
Donc, la réponse est : (u_n) est géométrique de raison 0{,}995 et de premier terme \begin{aligned}u_0 &= v_0-3\times10^{21} \\ &= 3\times10^{21}\end{aligned}

3.bEn déduire que, pour tout entier naturel n, {v_n=3\times10^{21}\left(0{,}995^n+1\right)}.

Le terme général d'une suite géométrique donne \begin{aligned}u_n &= u_0\times0{,}995^n \\ &= 3\times10^{21}\times0{,}995^n\end{aligned}
Or u_n=v_n-3\times10^{21}, donc \begin{aligned}v_n &= u_n+3\times10^{21} \\ &= 3\times10^{21}\times0{,}995^n+3\times10^{21}\end{aligned} Donc, la réponse est {v_n=3\times10^{21}\left(0{,}995^n+1\right)}.

3.cEn déduire la limite de (v_n) et interpréter le résultat.

Comme {-1<0{,}995<1}, on a \lim\limits_{n\to+\infty}0{,}995^n=0, donc \lim\limits_{n\to+\infty}\left(0{,}995^n+1\right)=1, puis \begin{aligned}\lim\limits_{n\to+\infty}v_n &= 3\times10^{21}\times1 \\ &= 3\times10^{21}\end{aligned}
Dans le contexte : à force de désintégrations compensées, le nombre de noyaux de polonium présents se stabilise à long terme autour de {3\times10^{21}} noyaux.

4.Déterminer, par le calcul, au bout de combien de jours le nombre de noyaux devient inférieur à 4{,}5\times10^{21}.

On résout v_n<4{,}5\times10^{21} \iff 3\times10^{21}\left(0{,}995^n+1\right)<4{,}5\times10^{21} \iff 0{,}995^n+1<1{,}5 \iff 0{,}995^n<0{,}5.
En appliquant le logarithme népérien (fonction strictement croissante) : n\ln(0{,}995)<\ln(0{,}5) ; comme \ln(0{,}995)<0, l'inégalité change de sens en divisant : n>\dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}995)}.
La calculatrice donne \dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}995)}\approx138{,}3, donc le plus petit entier convenable est n=139 (on vérifie que {v_{138}\approx4{,}502\times10^{21}} est encore supérieur au seuil, et v_{139}\approx4{,}495\times10^{21} est passé sous le seuil).
Donc, la réponse est : au bout de 139 jours.

5.aUn script Python nommé noyaux(n) initialise V = 6*1021, une liste L = [V], puis répète pour k de 0 à n-1 une mise à jour de V suivie de L.append(V). Proposer deux façons différentes de compléter la ligne de mise à jour de V.