Sujet Maths BAC 2021 (Normale) — Sciences Physiques, avec corrigé détaillé | موضوع رياضيات باك 2021 مع التصحيح
Voici un sujet d'entraînement complet de mathématiques pour la filière Sciences Physiques, rédigé au format exact de l'examen national du baccalauréat (session normale 2021) : barème total 20 points, avec le corrigé détaillé de chaque sous-question.
⏱️ Conseil : traite d'abord le sujet en conditions réelles (3 heures, sans le corrigé), puis corrige-toi question par question.
Exercice 1 — Fonctions numériques (2 points)
Exercice 1 : (2 points)
1) a) Résoudre dans R l'équation : e^(2x) − 5ex + 4 = 0. (0,5 pt)
b) Résoudre dans R l'inéquation : e^(2x) − 5ex + 4 ≤ 0. (0,5 pt)
c) Calculer la limite quand x tend vers 0 du quotient (e^(2x) − 5ex + 4) / (ex − 1). (0,5 pt)
2) Montrer que l'équation e^(2x) + 2ex + 3x = 0 admet une solution dans l'intervalle [−1, 0]. (0,5 pt)
✅ Corrigé — Fonctions numériques
1) a) On pose X = ex, avec X strictement positif. L'équation devient X² − 5X + 4 = 0. Son discriminant vaut Δ = 25 − 16 = 9, donc les racines sont X = (5 − 3)/2 = 1 et X = (5 + 3)/2 = 4. Les deux sont strictement positives, donc acceptables : ex = 1 donne x = 0 et ex = 4 donne x = ln 4. Ensemble des solutions : S = {0 ; ln 4}.
b) Le trinôme X² − 5X + 4 est du signe de son coefficient dominant (positif) à l'extérieur des racines et négatif ou nul entre les racines : l'inéquation équivaut à 1 ≤ ex ≤ 4. La fonction ln étant strictement croissante, on obtient 0 ≤ x ≤ ln 4. Ensemble des solutions : S = [0, ln 4].
c) Pour x différent de 0, on factorise le numérateur : e^(2x) − 5ex + 4 = (ex − 1)(ex − 4), car en développant on obtient e^(2x) − 4ex − ex + 4. Le quotient se simplifie donc en ex − 4, qui tend vers 1 − 4 = −3 quand x tend vers 0. La limite cherchée est −3.
2) Soit la fonction φ définie sur R par φ(x) = e^(2x) + 2ex + 3x. Elle est continue sur R comme somme de fonctions continues, donc continue sur [−1, 0]. Or φ(0) = 1 + 2 + 0 = 3, strictement positif, et φ(−1) = e^(−2) + 2e^(−1) − 3 : comme e^(−2) est inférieur à 0,14 et 2e^(−1) est inférieur à 0,74, on obtient φ(−1) inférieur à −2, donc strictement négatif. Les valeurs φ(−1) et φ(0) étant de signes contraires, le théorème des valeurs intermédiaires garantit que l'équation φ(x) = 0, c'est-à-dire e^(2x) + 2ex + 3x = 0, admet au moins une solution dans l'intervalle ]−1, 0[.
Exercice 2 — Suites numériques (4 points)
Exercice 2 : (4 points)
Soit (un) la suite numérique définie par u_0 = 1/3 et, pour tout n de N : u_(n+1) = un / (4 − 3un).
1) Calculer u_1. (0,25 pt)
2) Montrer par récurrence que pour tout n de N : 0 < un ≤ 1/3. (0,5 pt)
3) a) Montrer que pour tout n de N : u_(n+1) − un = 3un(un − 1) / (4 − 3un). (0,5 pt)
b) En déduire la monotonie de la suite (un). (0,5 pt)
4) a) Montrer que pour tout n de N : 0 < u_(n+1) ≤ (1/3) un, puis calculer la limite de la suite (un). (0,75 pt)
b) On pose vn = ln(4 − 3un) pour tout n de N. Calculer la limite de la suite (vn). (0,5 pt)
5) a) Vérifier que pour tout n de N : 1/u_(n+1) − 1 = 4 (1/un − 1). (0,5 pt)
b) En déduire un en fonction de n, pour tout n de N. (0,5 pt)
✅ Corrigé — Suites numériques
1) u_1 = u_0 / (4 − 3u_0) = (1/3) / (4 − 1) = (1/3) / 3 = 1/9.
2) Initialisation : u_0 = 1/3 vérifie bien 0 < u_0 ≤ 1/3. Hérédité : supposons que pour un entier n, on ait 0 < un ≤ 1/3. Alors 3un ≤ 1, donc 4 − 3un ≥ 3, en particulier le dénominateur est strictement positif. Il en résulte que u_(n+1) = un / (4 − 3un) est strictement positif, et comme 4 − 3un ≥ 3, on a u_(n+1) ≤ un / 3 ≤ (1/3) × (1/3) = 1/9 ≤ 1/3. La propriété est donc vraie au rang n + 1. Par récurrence, pour tout n de N : 0 < un ≤ 1/3.
3) a) u_(n+1) − un = un / (4 − 3un) − un = [un − un(4 − 3un)] / (4 − 3un) = un [1 − 4 + 3un] / (4 − 3un) = un (3un − 3) / (4 − 3un) = 3un (un − 1) / (4 − 3un).
b) D'après la question 2, un est strictement positif, un − 1 est strictement négatif (car un ≤ 1/3) et 4 − 3un est strictement positif. Le quotient 3un(un − 1) / (4 − 3un) est donc strictement négatif : u_(n+1) − un < 0 pour tout n. La suite (un) est strictement décroissante.
4) a) Comme 0 < un ≤ 1/3, on a 4 − 3un ≥ 3, d'où 0 < u_(n+1) = un / (4 − 3un) ≤ un / 3 = (1/3) un. Par récurrence immédiate, 0 < un ≤ (1/3)^n × u_0 = (1/3)^(n+1) pour tout n. Comme (1/3)^n tend vers 0, le théorème des gendarmes donne : la suite (un) converge vers 0.
b) Lorsque n tend vers l'infini, un tend vers 0, donc 4 − 3un tend vers 4. Par continuité de la fonction ln, vn = ln(4 − 3un) tend vers ln 4.
5) a) 1/u_(n+1) = (4 − 3un) / un = 4/un − 3. Donc 1/u_(n+1) − 1 = 4/un − 4 = 4 (1/un − 1).
b) Posons wn = 1/un − 1. La relation précédente montre que (wn) est une suite géométrique de raison 4. Son premier terme est w_0 = 1/u_0 − 1 = 3 − 1 = 2. Donc wn = 2 × 4^n pour tout n. On en déduit 1/un = 2 × 4^n + 1, c'est-à-dire un = 1 / (2 × 4^n + 1). Vérification pour n = 1 : 1/(8 + 1) = 1/9, conforme à la question 1.
Exercice 3 — Nombres complexes (5 points)
Exercice 3 : (5 points)
1) Résoudre dans l'ensemble C des nombres complexes l'équation : 2z² − 2√3 z + 2 = 0. (0,75 pt)
2) Soient les nombres complexes a = e^(−iπ/6) et b = (3 − i√3) / 2.
a) Écrire a sous forme algébrique. (0,25 pt)
b) Vérifier que a × b̄ = √3, où b̄ désigne le conjugué de b. (0,5 pt)
Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct (O, u, v), on considère les points A, B et C d'affixes respectives a, b et ā.
3) Montrer que le point B est l'image du point A par une homothétie h de centre O dont on déterminera le rapport. (0,5 pt)
4) Soient z l'affixe d'un point M du plan et z' l'affixe du point M', image de M par la rotation R de centre A et d'angle −π/2.
a) Écrire z' en fonction de z et de a. (0,5 pt)
b) Soit D le point image de C par la rotation R et d son affixe. Montrer que d = a + 1. (0,25 pt)
c) Soit I le point d'affixe 1. Montrer que le quadrilatère ADIO est un losange. (0,5 pt)
5) a) Vérifier que d − b = ((√3 − 1) / 2) (1 + i) ; en déduire un argument du nombre d − b. (0,75 pt)
b) Écrire le nombre 1 − b sous forme trigonométrique. (0,5 pt)
c) Déduire une mesure de l'angle (BI, BD). (0,5 pt)
✅ Corrigé — Nombres complexes
1) Le discriminant de l'équation 2z² − 2√3 z + 2 = 0 vaut Δ = (2√3)² − 4 × 2 × 2 = 12 − 16 = −4 = (2i)². Les solutions sont donc z = (2√3 − 2i) / 4 = (√3 − i) / 2 et z = (2√3 + 2i) / 4 = (√3 + i) / 2. Ensemble des solutions : S = {(√3 − i)/2 ; (√3 + i)/2}.
2) a) a = cos(−π/6) + i sin(−π/6) = (√3/2) − (1/2) i.
b) Le conjugué de b est b̄ = (3 + i√3) / 2 = √3 × (√3 + i) / 2. Or (√3 + i) / 2 est le conjugué de a, donc b̄ = √3 ā. Par suite : a × b̄ = √3 × a × ā = √3 × |a|² = √3 × 1 = √3, car |a| = 1.
3) On a √3 a = √3 × (√3 − i) / 2 = (3 − i√3) / 2 = b. Donc b = √3 a, ce qui signifie que le vecteur OB est égal à √3 fois le vecteur OA. Le point B est donc l'image du point A par l'homothétie de centre O et de rapport √3.
4) a) La rotation R de centre A et d'angle −π/2 se traduit par : z' − a = e^(−iπ/2) (z − a) = −i (z − a). Donc z' = a − i (z − a).
b) Le point C a pour affixe ā = (√3 + i) / 2. Son image D par R a pour affixe d = a − i (ā − a). Or ā − a = i. Donc d = a − i × i = a + 1.
c) Calculons les longueurs des côtés du quadrilatère ADIO. AD = |d − a| = |1| = 1. DI = |1 − d| = |−a| = |a| = 1. IO = |0 − 1| = 1. OA = |a| = 1. De plus, l'affixe du vecteur AD vaut d − a = 1 et celle du vecteur OI vaut 1 − 0 = 1 : ces deux vecteurs sont égaux, donc ADIO est un parallélogramme. Un parallélogramme dont deux côtés consécutifs ont la même longueur (AD = DI = 1) est un losange : ADIO est un losange.
5) a) d − b = (a + 1) − b. Avec a + 1 = (√3/2 + 1) − (1/2) i et b = 3/2 − (√3/2) i, on obtient : d − b = (√3/2 + 1 − 3/2) + i (−1/2 + √3/2) = (√3 − 1)/2 + i (√3 − 1)/2 = ((√3 − 1) / 2) (1 + i). Comme (√3 − 1) / 2 est un réel strictement positif, un argument de d − b est égal à un argument de 1 + i, c'est-à-dire π/4 (à 2π près).
b) 1 − b = 1 − (3 − i√3) / 2 = (−1 + i√3) / 2. Son module vaut la racine carrée de ((−1)² + (√3)²) / 4, soit √4 / 2 = 1. Et (−1 + i√3) / 2 = cos(2π/3) + i sin(2π/3), car cos(2π/3) = −1/2 et sin(2π/3) = √3/2. Donc 1 − b = cos(2π/3) + i sin(2π/3).
c) La droite (BI) admet pour vecteur directeur le vecteur d'affixe 1 − b, et la droite (BD) admet pour vecteur directeur le vecteur d'affixe d − b. Une mesure de l'angle (BI, BD) est donc arg((d − b) / (1 − b)), qui vaut arg(d − b) − arg(1 − b) = π/4 − 2π/3 = (3π − 8π) / 12 = −5π/12. Une mesure de l'angle (BI, BD) est −5π/12 radians.
Exercice 4 — Problème : étude de fonction et calcul intégral (9 points)
Problème : (9 points)
Soit f la fonction définie sur [0, +∞[ par f(0) = 0 et f(x) = 3x ln x − x si x > 0, et (C) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O, i, j) (unité : 1 cm).
1) Montrer que f est continue à droite au point 0. (0,5 pt)
2) a) Calculer la limite de f(x) quand x tend vers +∞. (0,5 pt)
b) Calculer la limite de f(x)/x quand x tend vers +∞, puis interpréter géométriquement le résultat. (0,5 pt)
3) a) Calculer la limite de f(x)/x quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, et interpréter géométriquement le résultat. (0,75 pt)
b) Calculer f'(x) pour tout x de ]0, +∞[. (0,5 pt)
c) Dresser le tableau de variations de la fonction f sur [0, +∞[. (0,5 pt)
4) a) Résoudre dans l'intervalle ]0, +∞[ les équations f(x) = 0 et f(x) = x. (0,5 pt)
b) Construire la courbe (C) dans le repère (O, i, j) (on prendra : e^(−2/3) ≈ 0,51 ; e^(1/3) ≈ 1,40 ; e^(2/3) ≈ 1,95). (1 pt)
5) a) En utilisant une intégration par parties, montrer que l'intégrale de 1 à e de 3x ln x dx vaut (3e² + 3) / 4. (0,5 pt)
b) En déduire la valeur de l'intégrale de 1 à e de f(x) dx. (0,5 pt)
6) a) Déterminer le minimum de la fonction f sur ]0, +∞[. (0,75 pt)
7) Soit g la restriction de la fonction f à l'intervalle [1, +∞[.
a) Montrer que la fonction g admet une fonction réciproque g⁻¹ définie sur un intervalle J que l'on déterminera. (0,5 pt)
b) Construire, dans le même repère (O, i, j), la courbe représentative de la fonction g⁻¹. (0,75 pt)
8) On considère la fonction h définie sur R par : h(x) = x² − 2x si x ≤ 0, et h(x) = 3x ln x − x si x > 0.
a) Étudier la continuité de h au point 0. (0,5 pt)
b) Étudier la dérivabilité de la fonction h à gauche au point 0, puis interpréter géométriquement le résultat. (0,5 pt)
c) La fonction h est-elle dérivable au point 0 ? Justifier. (0,25 pt)
✅ Corrigé — Problème : étude de fonction et calcul intégral
1) Pour x > 0, f(x) = 3x ln x − x. Quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, x ln x tend vers 0 (limite usuelle) et x tend vers 0, donc f(x) tend vers 0, c'est-à-dire vers f(0). La fonction f est donc continue à droite au point 0.
2) a) On factorise : f(x) = x (3 ln x − 1). Quand x tend vers +∞, ln x tend vers +∞, donc 3 ln x − 1 tend vers +∞ et le produit x (3 ln x − 1) tend vers +∞. La limite de f en +∞ est +∞.
b) f(x)/x = 3 ln x − 1, qui tend vers +∞ quand x tend vers +∞. La courbe (C) admet donc une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées.
3) a) Quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, f(x)/x = 3 ln x − 1 tend vers −∞, car ln x tend vers −∞. La courbe (C) admet donc au point O une demi-tangente verticale (parallèle à l'axe des ordonnées).
b) Pour tout x de ]0, +∞[ : f'(x) = 3 ln x + 3x × (1/x) − 1 = 3 ln x + 3 − 1 = 3 ln x + 2.
c) f'(x) = 0 équivaut à ln x = −2/3, c'est-à-dire x = e^(−2/3). f' est strictement négative sur ]0, e^(−2/3)[ et strictement positive sur ]e^(−2/3), +∞[. Donc f est strictement décroissante sur [0, e^(−2/3)] et strictement croissante sur [e^(−2/3), +∞[, avec f(0) = 0, un minimum en e^(−2/3) qui vaut −3e^(−2/3), et une limite égale à +∞ en +∞.
4) a) f(x) = 0 équivaut à x (3 ln x − 1) = 0. Comme x est strictement positif, il reste 3 ln x − 1 = 0, soit ln x = 1/3 : l'unique solution est x = e^(1/3). f(x) = x équivaut, en divisant par x strictement positif, à 3 ln x − 1 = 1, soit ln x = 2/3 : l'unique solution est x = e^(2/3).
b) La courbe (C) passe par l'origine O avec une demi-tangente verticale, décroît jusqu'au point minimum d'abscisse e^(−2/3) ≈ 0,51 et d'ordonnée −3e^(−2/3) ≈ −1,54, puis croît strictement : elle coupe l'axe des abscisses au point d'abscisse e^(1/3) ≈ 1,40 et la droite d'équation y = x au point d'abscisse e^(2/3) ≈ 1,95, avant de s'éloigner vers le haut avec une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées.
5) a) Intégrons par parties en posant u(x) = ln x et v'(x) = 3x, d'où u'(x) = 1/x et v(x) = 3x²/2. Alors l'intégrale de 1 à e de 3x ln x dx vaut [(3x²/2) ln x] entre 1 et e, moins l'intégrale de 1 à e de (3x/2) dx. Le terme tout intégré vaut (3e²/2) × ln e − (3/2) × ln 1 = 3e²/2. L'intégrale de (3x/2) entre 1 et e vaut [3x²/4] entre 1 et e, soit 3e²/4 − 3/4. Résultat : 3e²/2 − 3e²/4 + 3/4 = (3e² + 3) / 4.
b) L'intégrale de 1 à e de f(x) dx vaut l'intégrale de 1 à e de 3x ln x dx moins l'intégrale de 1 à e de x dx. La seconde vaut [x²/2] entre 1 et e, soit (e² − 1) / 2. Donc l'intégrale cherchée vaut (3e² + 3) / 4 − (e² − 1) / 2 = (3e² + 3 − 2e² + 2) / 4 = (e² + 5) / 4.
6) a) D'après le tableau de variations, f décroît puis croît sur ]0, +∞[ : son minimum est atteint au point où la dérivée s'annule, x = e^(−2/3), et il vaut f(e^(−2/3)) = 3 e^(−2/3) × (−2/3) − e^(−2/3) = −2 e^(−2/3) − e^(−2/3) = −3 e^(−2/3).
7) a) Sur [1, +∞[, on a ln x ≥ 0, donc f'(x) = 3 ln x + 2 ≥ 2 > 0 : la fonction g est continue et strictement croissante sur [1, +∞[. Elle réalise donc une bijection de [1, +∞[ sur l'intervalle image J = [g(1), +∞[. Or g(1) = 3 × 1 × ln 1 − 1 = −1, donc J = [−1, +∞[. La fonction g admet ainsi une fonction réciproque g⁻¹ définie sur J = [−1, +∞[.
b) La courbe représentative de g⁻¹ est le symétrique de la courbe représentative de g par rapport à la première bissectrice, c'est-à-dire la droite d'équation y = x. On la construit dans le même repère par cette symétrie : elle part du point (−1, 1), passe par le point image du point d'intersection de (C) avec la droite y = x, et admet la branche symétrique de celle de g.
8) a) Au point 0 : h(0) = 0² − 2 × 0 = 0. À gauche, quand x tend vers 0 par valeurs inférieures, x² − 2x tend vers 0. À droite, quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, h(x) = f(x) tend vers 0 d'après la question 1. Les deux limites coïncident avec h(0) : la fonction h est continue au point 0.
b) À gauche au point 0, le taux d'accroissement vaut (h(x) − h(0)) / x = (x² − 2x) / x = x − 2, qui tend vers −2 quand x tend vers 0 par valeurs inférieures. La fonction h est donc dérivable à gauche au point 0, avec h'_g(0) = −2. Géométriquement, la courbe de h admet au point O une demi-tangente de pente −2 du côté des abscisses négatives.
c) À droite au point 0, le taux d'accroissement vaut (h(x) − h(0)) / x = f(x) / x, qui tend vers −∞ d'après la question 3) a) : il n'admet pas de limite finie. La fonction h n'est donc pas dérivable à droite au point 0, et par conséquent h n'est pas dérivable au point 0.
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