Correction Examen national 2025 — Mathématiques — PC/SVT
Session ordinaire — Option française. Correction détaillée et structurée selon le modèle PMM 2026, avec navigation directe vers chaque question.
Niveau : 2e Bac
Filières : Sciences Physiques et Sciences de la Vie et de la Terre — Option française
Matière : Mathématiques
Session : Ordinaire 2025
Durée : 3 h
Coefficient : 7
Total : 20 points
Documents et navigation
Conseil de travail : traiter d’abord le sujet dans les conditions de l’examen, puis utiliser cette correction pour vérifier les méthodes, la rédaction et les résultats.
Composantes du sujet
| Partie | Domaine | Points |
|---|---|---|
| Exercice 1 | Géométrie dans l’espace | 3 points |
| Exercice 2 | Nombres complexes | 3,5 points |
| Exercice 3 | Calcul des probabilités | 2,5 points |
| Problème | Fonctions numériques, suites numériques et calcul intégral | 11 points |
On désigne par \(\overline z\) le conjugué du nombre complexe \(z\) et par \(|z|\) son module. \(\ln\) désigne la fonction logarithme népérien. \(e\) est le nombre réel tel que \(\ln(e)=1\).
Exercice 1 — Géométrie dans l’espace — 3 points
Dans l’espace rapporté à un repère orthonormé direct \((O,\vec i,\vec j,\vec k)\), on considère les points :
\[ A(0,0,2),\qquad B(2,0,0) \]et la sphère \((S)\) de centre \(O\) et de rayon \(R=2\).
Exercice 1 — 1-a 0,25 pt
La sphère \((S)\) a pour centre
\[ O(0,0,0) \]et pour rayon
\[ R=2 \]Donc son équation cartésienne est :
\[ (x-0)^2+(y-0)^2+(z-0)^2=2^2 \]Ainsi :
\[ (S):\quad x^2+y^2+z^2=4 \]Exercice 1 — 1-b 0,5 pt
Pour \(A(0,0,2)\), on a :
\[ 0^2+0^2+2^2=4 \]Donc :
\[ A\in(S) \]Pour \(B(2,0,0)\), on a :
\[ 2^2+0^2+0^2=4 \]Donc :
\[ B\in(S) \]Ainsi :
\[ A\in(S)\quad \text{et}\quad B\in(S) \]2) Soit \(I\) le milieu du segment \([AB]\).
Exercice 1 — 2-a 0,25 pt
On commence par déterminer le plan \((OAB)\).
On a :
\[ \overrightarrow{OA}=(0,0,2) \]et :
\[ \overrightarrow{OB}=(2,0,0) \]Les vecteurs \(\overrightarrow{OA}\) et \(\overrightarrow{OB}\) ne sont pas colinéaires, donc les points \(O\), \(A\) et \(B\) ne sont pas alignés.
Pour déterminer un vecteur normal au plan \((OAB)\), on calcule :
\[ \overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB} = \begin{vmatrix} \vec i&\vec j&\vec k\\ 0&0&2\\ 2&0&0 \end{vmatrix} \]On obtient :
\[ \overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}=4\vec j \]Donc on peut prendre comme vecteur normal au plan \((OAB)\) :
\[ \vec n=\vec j=(0,1,0) \]Une équation cartésienne du plan \((OAB)\) est alors de la forme :
\[ 0x+1y+0z+d=0 \]c’est-à-dire :
\[ y+d=0 \]Comme \(O(0,0,0)\in(OAB)\), on obtient :
\[ d=0 \]Ainsi :
\[ (OAB):\quad y=0 \]La sphère \((S)\) a pour centre \(O\) et pour rayon \(2\). Or :
\[ O\in(OAB) \]Donc :
\[ d(O,(OAB))=0 \]Comme :
\[ 0\lt 2 \]le plan \((OAB)\) coupe la sphère \((S)\) suivant un cercle.
Le centre de ce cercle est le projeté orthogonal de \(O\) sur le plan \((OAB)\). Comme \(O\in(OAB)\), ce projeté est \(O\) lui-même.
Son rayon est :
\[ r=\sqrt{2^2-0^2}=2 \]Par conséquent, l’intersection du plan \((OAB)\) avec la sphère \((S)\) est le cercle de centre \(O\) et de rayon \(2\), contenu dans le plan \((OAB)\)
On peut aussi l’écrire sous la forme :
\[ \begin{cases} y=0\\ x^2+z^2=4 \end{cases} \]Exercice 1 — 2-b 0,5 pt
Comme \(I\) est le milieu de \([AB]\), on a :
\[ I\left(\frac{0+2}{2},\frac{0+0}{2},\frac{2+0}{2}\right) \]Donc :
\[ I(1,0,1) \]Ainsi :
\[ \overrightarrow{OI}=(1,0,1) \]D’autre part :
\[ \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA} \]Donc :
\[ \overrightarrow{AB} = (2,0,0)-(0,0,2) = (2,0,-2) \]On calcule :
\[ \overrightarrow{OI}\cdot\overrightarrow{AB} = 1\times2+0\times0+1\times(-2) \]Donc :
\[ \overrightarrow{OI}\cdot\overrightarrow{AB}=0 \]Ainsi :
\[ (OI)\perp(AB) \]Comme \(I\in(AB)\), le point \(I\) est le projeté orthogonal de \(O\) sur la droite \((AB)\). Donc :
\[ d(O,(AB))=OI \]Or :
\[ OI=\sqrt{1^2+0^2+1^2} \]Donc :
\[ OI=\sqrt2 \]Ainsi :
\[ d(O,(AB))=\sqrt2 \]3) On considère un point \(M(0,m,0)\) de l’espace, où \(m\in\mathbb R\).
Exercice 1 — 3-a 0,5 pt
On a :
\[ \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA} \]Donc :
\[ \overrightarrow{AB} = (2,0,0)-(0,0,2) = (2,0,-2) \]De même :
\[ \overrightarrow{AM} = \overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OA} \]Donc :
\[ \overrightarrow{AM} = (0,m,0)-(0,0,2) = (0,m,-2) \]Ainsi :
\[ \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AM} = \begin{vmatrix} \vec i&\vec j&\vec k\\ 2&0&-2\\ 0&m&-2 \end{vmatrix} \]Donc :
\[ \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AM} = (0\times(-2)-(-2)m)\vec i - (2\times(-2)-(-2)\times0)\vec j + (2m-0\times0)\vec k \]Ainsi :
\[ \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AM} = 2m\vec i+4\vec j+2m\vec k \]Exercice 1 — 3-b 0,25 pt
D’après la question précédente :
\[ \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AM} = 2m\vec i+4\vec j+2m\vec k \]Ce vecteur est normal au plan \((ABM)\). On peut donc prendre :
\[ \vec n=(m,2,m) \]Une équation cartésienne du plan \((ABM)\) est alors de la forme :
\[ mx+2y+mz+d=0 \]Comme \(A(0,0,2)\in(ABM)\), on obtient :
\[ m\times0+2\times0+m\times2+d=0 \]Donc :
\[ 2m+d=0 \]Ainsi :
\[ d=-2m \]Par conséquent :
\[ (ABM):\quad mx+2y+mz-2m=0 \]Exercice 1 — 3-c 0,25 pt
Le plan \((ABM)\) a pour équation :
\[ mx+2y+mz-2m=0 \]La distance du point \(O(0,0,0)\) au plan \((ABM)\) est :
\[ d(O,(ABM)) = \frac{|m\times0+2\times0+m\times0-2m|} {\sqrt{m^2+2^2+m^2}} \]Donc :
\[ d(O,(ABM)) = \frac{|-2m|}{\sqrt{2m^2+4}} \]Ainsi :
\[ d(O,(ABM)) = \frac{2|m|}{\sqrt{4+2m^2}} \]4) Le plan \((ABM)\) coupe la sphère \((S)\) suivant un cercle \((\Gamma_m)\) de rayon \(r\).
Exercice 1 — 4 0,5 pt
La sphère \((S)\) a pour centre \(O\) et pour rayon :
\[ R=2 \]D’après la question précédente :
\[ d(O,(ABM))=\frac{2|m|}{\sqrt{4+2m^2}} \]Le plan \((ABM)\) coupe la sphère suivant un cercle de rayon \(r\). Donc :
\[ r^2=R^2-d^2(O,(ABM)) \]Ainsi :
\[ r^2 = 4-\left(\frac{2|m|}{\sqrt{4+2m^2}}\right)^2 \]Donc :
\[ r^2 = 4-\frac{4m^2}{4+2m^2} \]Comme :
\[ 4+2m^2=2(2+m^2) \]on obtient :
\[ r^2 = 4-\frac{2m^2}{2+m^2} \]Donc :
\[ r^2 = \frac{4(2+m^2)-2m^2}{2+m^2} \]Ainsi :
\[ r^2 = \frac{8+2m^2}{2+m^2} \]D’où :
\[ r^2=2+\frac4{2+m^2} \]Comme \(r\gt 0\), on obtient :
\[ r=\sqrt{2+\frac4{2+m^2}} \]Pour tout \(m\in\mathbb R\), on a :
\[ m^2\geq0 \]Donc :
\[ 2+m^2\geq2 \]Ainsi :
\[ 0\lt \frac4{2+m^2}\leq2 \]Donc :
\[ 2\lt 2+\frac4{2+m^2}\leq4 \]Comme la fonction racine carrée est strictement croissante sur \([0,+\infty[\), on obtient :
\[ \sqrt2\lt r\leq2 \]Exercice 2 — Nombres complexes — 3,5 points
Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct \((O,\vec u,\vec v)\), on considère les points \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) et \(\Omega\) d’affixes respectives :
\[ a=1+2i,\qquad b=\overline a,\qquad c=\frac{3(3+i)}2,\qquad d=\frac{3(1+i)}2,\qquad \omega=\frac52 \]Exercice 2 — 1-a 0,5 pt
On calcule :
\[ a+b=(1+2i)+(1-2i) \]Donc :
\[ a+b=2 \]Puisque \(P\) est le milieu de \([AB]\), son affixe est :
\[ p=\frac{a+b}{2} \]Ainsi :
\[ p=\frac22=1 \]Donc :
\[ p=1 \]Exercice 2 — 1-b 0,5 pt
On considère l’équation :
\[ z^2-2z+5=0 \]Son discriminant est :
\[ \Delta=(-2)^2-4\times1\times5 \]Donc :
\[ \Delta=4-20=-16 \]Comme :
\[ -16=(4i)^2 \]les solutions sont :
\[ z_1=\frac{2+4i}{2}=1+2i \]et :
\[ z_2=\frac{2-4i}{2}=1-2i \]Or :
\[ a=1+2i \]et :
\[ b=1-2i \]Donc \(a\) et \(b\) sont les solutions de l’équation :
\[ z^2-2z+5=0 \]Exercice 2 — 2-a 0,5 pt
On calcule :
\[ |\omega-a| = \left|\frac52-(1+2i)\right| = \left|\frac32-2i\right| \]Donc :
\[ |\omega-a| = \sqrt{\left(\frac32\right)^2+(-2)^2} = \sqrt{\frac94+4} = \frac52 \]De même :
\[ |\omega-b| = \left|\frac52-(1-2i)\right| = \left|\frac32+2i\right| = \frac52 \]Enfin :
\[ |\omega-c| = \left|\frac52-\left(\frac92+\frac32i\right)\right| = \left|-2-\frac32i\right| \]Donc :
\[ |\omega-c| = \sqrt{(-2)^2+\left(-\frac32\right)^2} = \sqrt{4+\frac94} = \frac52 \]Ainsi :
\[ |\omega-a|=|\omega-b|=|\omega-c|=\frac52 \]Exercice 2 — 2-b 0,25 pt
D’après la question précédente :
\[ |\omega-a|=|\omega-b|=|\omega-c| \]Donc :
\[ \Omega A=\Omega B=\Omega C \]Ainsi, le point \(\Omega\) est équidistant des points \(A\), \(B\) et \(C\).
Par conséquent, \(\Omega\) est le centre du cercle circonscrit au triangle \(ABC\)
Exercice 2 — 3-a 0,25 pt
On calcule :
\[ d-c= \left(\frac32+\frac32i\right) - \left(\frac92+\frac32i\right) =-3 \]Et :
\[ a-b=(1+2i)-(1-2i)=4i \]Donc :
\[ \frac{d-c}{a-b} = \frac{-3}{4i} \]Comme :
\[ \frac1i=-i \]on obtient :
\[ \frac{-3}{4i} = -\frac34\cdot\frac1i = -\frac34(-i) = \frac34 i \]Ainsi :
\[ \frac{d-c}{a-b}=\frac34 i \]Exercice 2 — 3-b 0,5 pt
On calcule :
\[ c-a= \left(\frac92+\frac32i\right)-(1+2i) \]Donc :
\[ c-a=\frac72-\frac12i \]Or :
\[ e^{i\frac{\pi}{2}}=i \]Ainsi :
\[ (c-a)e^{i\frac{\pi}{2}} = \left(\frac72-\frac12i\right)i \]Donc :
\[ (c-a)e^{i\frac{\pi}{2}} = \frac72i-\frac12i^2 \]Comme :
\[ i^2=-1 \]on obtient :
\[ (c-a)e^{i\frac{\pi}{2}} = \frac12+\frac72i \]D’autre part :
\[ d-b= \left(\frac32+\frac32i\right)-(1-2i) \]Donc :
\[ d-b= \frac12+\frac72i \]Ainsi :
\[ d-b=(c-a)e^{i\frac{\pi}{2}} \]Comme \(c-a\) est l’affixe du vecteur \(\overrightarrow{AC}\), et \(d-b\) est l’affixe du vecteur \(\overrightarrow{BD}\), on a :
\[ \frac{d-b}{c-a}=e^{i\frac{\pi}{2}} \]Donc :
\[ \arg\left(\frac{d-b}{c-a}\right)=\frac{\pi}{2}\ [2\pi] \]Ainsi :
\[ (\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD})=\frac{\pi}{2}\ [2\pi] \]Par conséquent :
\[ (DB)\perp(AC) \]4) Soit \(h\) l’homothétie de centre \(C\) et de rapport \(\dfrac23\), qui transforme chaque point \(M\) du plan d’affixe \(z\) en un point \(M'\) d’affixe \(z'\). On pose \(h(P)=G\).
Exercice 2 — 4-a 0,25 pt
Comme \(h\) est l’homothétie de centre \(C\) et de rapport \(\frac23\), on a :
\[ \overrightarrow{CM'}=\frac23\overrightarrow{CM} \]En utilisant les affixes :
\[ z'-c=\frac23(z-c) \]Donc :
\[ z'=\frac23z-\frac23c+c \]Ainsi :
\[ z'=\frac23z+\frac13c \]Or :
\[ c=\frac92+\frac32i \]Donc :
\[ \frac13c=\frac32+\frac12i \]Par conséquent :
\[ z'=\frac23z+\frac32+\frac12i \]Exercice 2 — 4-b 0,25 pt
D’après la question précédente :
\[ z'=\frac23z+\frac32+\frac12i \]Comme :
\[ h(P)=G \]et :
\[ p=1 \]on obtient :
\[ g=\frac23p+\frac32+\frac12i \]Donc :
\[ g=\frac23+\frac32+\frac12i \]Or :
\[ \frac23+\frac32=\frac46+\frac96=\frac{13}{6} \]Ainsi :
\[ g=\frac{13}{6}+\frac12i \]Exercice 2 — 5 0,5 pt
Pour montrer que les points \(\Omega\), \(G\) et \(D\) sont alignés, on montre que les vecteurs \(\overrightarrow{\Omega G}\) et \(\overrightarrow{\Omega D}\) sont colinéaires.
L’affixe de \(\overrightarrow{\Omega G}\) est :
\[ g-\omega \]On calcule :
\[ g-\omega= \left(\frac{13}{6}+\frac12i\right)-\frac52 \]Donc :
\[ g-\omega= \frac{13}{6}-\frac{15}{6}+\frac12i = -\frac13+\frac12i \]L’affixe de \(\overrightarrow{\Omega D}\) est :
\[ d-\omega \]On calcule :
\[ d-\omega= \left(\frac32+\frac32i\right)-\frac52 = -1+\frac32i \]Or :
\[ 3(g-\omega) = 3\left(-\frac13+\frac12i\right) = -1+\frac32i \]Donc :
\[ d-\omega=3(g-\omega) \]Comme \(3\in\mathbb R\), les vecteurs \(\overrightarrow{\Omega G}\) et \(\overrightarrow{\Omega D}\) sont colinéaires.
Par conséquent, les points \(\Omega\), \(G\) et \(D\) sont alignés
Exercice 3 — Probabilités — 2,5 points
Une urne contient six boules indiscernables au toucher :
Quatre boules blanches numérotées \(0\), \(1\), \(1\), \(1\), et deux boules noires numérotées \(0\), \(1\).
On tire au hasard et simultanément deux boules de l’urne.
On considère les événements suivants :
\[ A:\ \text{« Les deux boules tirées portent le numéro }1\text{ »} \] \[ B:\ \text{« Les deux boules tirées sont de même couleur »} \]Exercice 3 — 1-a 0,5 pt
L’événement \(A\) est réalisé lorsque les deux boules tirées portent le numéro \(1\).
Il y a quatre boules portant le numéro \(1\). Pour réaliser \(A\), on choisit donc deux boules parmi ces quatre boules.
Ainsi :
\[ \operatorname{Card}(A)=\Comb{4}{2}=6 \]Donc :
\[ p(A)=\frac{\Comb{4}{2}}{\Comb{6}{2}} \]Ainsi :
\[ p(A)=\frac6{15}=\frac25 \]Exercice 3 — 1-b 0,5 pt
L’événement \(B\) est réalisé lorsque les deux boules tirées sont de même couleur.
Cela peut se produire de deux manières incompatibles :
\[ \text{tirer deux boules blanches} \]ou :
\[ \text{tirer deux boules noires} \]Donc :
\[ \operatorname{Card}(B)=\Comb{4}{2}+\Comb{2}{2} \]Or :
\[ \Comb{4}{2}=6,\qquad \Comb{2}{2}=1 \]Donc :
\[ \operatorname{Card}(B)=7 \]Ainsi :
\[ p(B)=\frac{\operatorname{Card}(B)}{\operatorname{Card}(\Omega)} = \frac7{15} \]Exercice 3 — 1-c 0,5 pt
On calcule \(p(A\cap B)\).
L’événement \(A\cap B\) signifie que les deux boules tirées portent le numéro \(1\) et sont de même couleur.
Les boules portant le numéro \(1\) sont :
\[ 3 \text{ boules blanches et } 1 \text{ boule noire} \]Pour avoir deux boules portant le numéro \(1\) et de même couleur, la seule possibilité est de tirer deux boules blanches portant le numéro \(1\).
Donc :
\[ \operatorname{Card}(A\cap B)=\Comb{3}{2}=3 \]Ainsi :
\[ p(A\cap B)=\frac{\Comb{3}{2}}{\Comb{6}{2}} = \frac3{15} = \frac15 \]D’autre part :
\[ p(A)p(B)=\frac25\times\frac7{15} = \frac{14}{75} \]Or :
\[ p(A\cap B)=\frac15=\frac{15}{75} \]Donc :
\[ p(A\cap B)\neq p(A)p(B) \]Par conséquent, les événements \(A\) et \(B\) ne sont pas indépendants
2) On répète l’expérience précédente trois fois successives. On considère la variable aléatoire \(X\) indiquant le nombre de fois que l’on réalise l’événement \(A\).
Exercice 3 — 2-a 0,75 pt
| \(X=x_i\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) |
|---|---|---|---|---|
| \(p(X=x_i)\) | \(\dfrac{27}{125}\) |
On a montré que :
\[ p(A)=\frac25 \]Donc :
\[ 1-p(A)=\frac35 \]La variable aléatoire \(X\) compte le nombre de réalisations de l’événement \(A\) dans trois répétitions de l’expérience. On utilise donc la loi binomiale de paramètres :
\[ n=3,\qquad p=\frac25 \]Ainsi :
\[ X\sim\mathcal B\left(3,\frac25\right) \]Pour tout \(k\in\{0,1,2,3\}\), on a :
\[ p(X=k)=\Comb{3}{k}\left(\frac25\right)^k\left(\frac35\right)^{3-k} \]On calcule :
\[ p(X=0)=\Comb{3}{0}\left(\frac25\right)^0\left(\frac35\right)^3=\frac{27}{125} \] \[ p(X=1)=\Comb{3}{1}\left(\frac25\right)\left(\frac35\right)^2 = 3\times\frac25\times\frac9{25} = \frac{54}{125} \] \[ p(X=2)=\Comb{3}{2}\left(\frac25\right)^2\left(\frac35\right) = 3\times\frac4{25}\times\frac35 = \frac{36}{125} \] \[ p(X=3)=\Comb{3}{3}\left(\frac25\right)^3 = \frac8{125} \]Donc le tableau complété est :
\[ \begin{array}{c|cccc} x_i&0&1&2&3\\ \hline p(X=x_i)&\dfrac{27}{125}&\dfrac{54}{125}&\dfrac{36}{125}&\dfrac8{125} \end{array} \]Exercice 3 — 2-b 0,25 pt
Comme :
\[ X\sim\mathcal B\left(3,\frac25\right) \]on a :
\[ E(X)=np \]Donc :
\[ E(X)=3\times\frac25 \]Ainsi :
\[ E(X)=\frac65 \]Problème — Étude de fonctions, suites et intégrales — 11 points
Partie I
Le graphique ci-dessous représente les courbes \((C_g)\) et \((C_h)\) des fonctions :
\[ g:x\mapsto x^2 \]et :
\[ h:x\mapsto 2\ln x-(\ln x)^2 \]sur l’intervalle \(]0,+\infty[\), dans un même repère orthonormé.
Problème — Partie I — 1-a 0,25 pt
D’après le graphique donné, pour tout \(x\in]0,+\infty[\), la courbe \((C_g)\) est située au-dessus de la courbe \((C_h)\).
Donc :
\[ g(x)\gt h(x) \]Ainsi :
\[ g(x)-h(x)\gt 0 \]Problème — Partie I — 1-b 0,5 pt
D’après la question précédente :
\[ g(x)-h(x)\gt 0 \]Donc :
\[ h(x)\lt g(x) \]Or :
\[ g(x)=x^2 \]et :
\[ h(x)=2\ln x-(\ln x)^2 \]Donc :
\[ 2\ln x-(\ln x)^2\lt x^2 \]Comme \(x\in]0,+\infty[\), on a :
\[ x^2\gt 0 \]On peut donc diviser par \(x^2\), d’où :
\[ \frac{2\ln x-(\ln x)^2}{x^2}\lt 1 \]Problème — Partie I — 2-a 0,5 pt
Pour tout \(x\in]0,+\infty[\), on a :
\[ H(x)=x\ln x-x \]Donc :
\[ H^{\prime}(x)=(x\ln x)^{\prime}-(x)^{\prime} \]Or :
\[ (x\ln x)^{\prime}=\ln x+x\times\frac1x \]Ainsi :
\[ H^{\prime}(x)=\ln x+1-1 \]Donc :
\[ H^{\prime}(x)=\ln x \]Ainsi \(H\) est une primitive de la fonction \(x\mapsto\ln x\) sur \(]0,+\infty[\).
On en déduit :
\[ \int_1^{e^2}\ln x\,dx = \left[x\ln x-x\right]_1^{e^2} \]Calculons :
\[ e^2\ln(e^2)-e^2=2e^2-e^2=e^2 \]Et :
\[ 1\ln1-1=0-1=-1 \]Donc :
\[ \int_1^{e^2}\ln x\,dx = e^2-(-1) \]Ainsi :
\[ \int_1^{e^2}\ln x\,dx=1+e^2 \]Problème — Partie I — 2-b 0,5 pt
On pose :
\[ I=\int_1^{e^2}(\ln x)^2\,dx \]On utilise l’intégration par parties avec :
\[ u(x)=(\ln x)^2 \]et :
\[ v^{\prime}(x)=1 \]Alors :
\[ u^{\prime}(x)=2\ln x\times\frac1x=\frac{2\ln x}{x} \]et :
\[ v(x)=x \]Donc :
\[ I= \left[x(\ln x)^2\right]_1^{e^2} - \int_1^{e^2}x\times\frac{2\ln x}{x}\,dx \]Ainsi :
\[ I= \left[x(\ln x)^2\right]_1^{e^2} - 2\int_1^{e^2}\ln x\,dx \]On calcule :
\[ \left[x(\ln x)^2\right]_1^{e^2} = e^2(\ln(e^2))^2-1(\ln1)^2 \]Comme :
\[ \ln(e^2)=2 \]et :
\[ \ln1=0 \]on obtient :
\[ \left[x(\ln x)^2\right]_1^{e^2}=4e^2 \]D’après la question précédente :
\[ \int_1^{e^2}\ln x\,dx=1+e^2 \]Donc :
\[ I=4e^2-2(1+e^2) \]Ainsi :
\[ I=2e^2-2 \]Donc :
\[ \int_1^{e^2}(\ln x)^2\,dx=2e^2-2 \]Problème — Partie I — 2-c 0,5 pt
On résout :
\[ h(x)=0 \]Or :
\[ h(x)=2\ln x-(\ln x)^2 \]Donc :
\[ 2\ln x-(\ln x)^2=0 \]On factorise :
\[ \ln x(2-\ln x)=0 \]Donc :
\[ \ln x=0 \]ou :
\[ 2-\ln x=0 \]Ainsi :
\[ x=1 \]ou :
\[ x=e^2 \]Les points d’intersection de la courbe \((C_h)\) avec l’axe des abscisses sont donc :
\[ (1,0) \]et :
\[ (e^2,0) \]Problème — Partie I — 2-d 0,5 pt
Sur l’intervalle \([1,e^2]\), on a :
\[ 1\leq x\leq e^2 \]Comme la fonction \(\ln\) est croissante sur \(]0,+\infty[\), on obtient :
\[ 0\leq\ln x\leq2 \]Donc :
\[ \ln x\geq0 \]et :
\[ 2-\ln x\geq0 \]Or :
\[ h(x)=2\ln x-(\ln x)^2=\ln x(2-\ln x) \]Donc :
\[ h(x)\geq0 \]sur \([1,e^2]\).
Ainsi, l’aire demandée est :
\[ \mathcal A=\int_1^{e^2}h(x)\,dx \]Donc :
\[ \mathcal A= \int_1^{e^2}\left(2\ln x-(\ln x)^2\right)\,dx \]Par linéarité :
\[ \mathcal A= 2\int_1^{e^2}\ln x\,dx - \int_1^{e^2}(\ln x)^2\,dx \]D’après les questions précédentes :
\[ \int_1^{e^2}\ln x\,dx=1+e^2 \]et :
\[ \int_1^{e^2}(\ln x)^2\,dx=2e^2-2 \]Donc :
\[ \mathcal A=2(1+e^2)-(2e^2-2) \]Ainsi :
\[ \mathcal A=4 \]Partie II
On considère la fonction numérique \(f\) définie sur \(]0,+\infty[\) par :
\[ f(x)=x-\frac{(\ln x)^2}{x} \]Soit \((C_f)\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé \((O,\vec i,\vec j)\).
Problème — Partie II — 1-a 0,5 pt
On a :
\[ f(x)=x-\frac{(\ln x)^2}{x} \]Lorsque \(x\to0^+\), on a :
\[ \ln x\to-\infty \]Donc :
\[ (\ln x)^2\to+\infty \]Pour justifier la limite du quotient, on pose :
\[ t=\frac1x \]Alors, lorsque \(x\to0^+\), on a :
\[ t\to+\infty \]et :
\[ \frac{(\ln x)^2}{x} = t\left(\ln\frac1t\right)^2 \]Or :
\[ \ln\frac1t=-\ln t \]Donc :
\[ \frac{(\ln x)^2}{x} = t(\ln t)^2 \]Lorsque \(t\to+\infty\), on obtient :
\[ t(\ln t)^2\to+\infty \]Ainsi :
\[ \frac{(\ln x)^2}{x}\to+\infty \]Donc :
\[ f(x)=x-\frac{(\ln x)^2}{x}\to-\infty \]Par conséquent :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty \]Interprétation géométrique : la droite d’équation
\[ x=0 \]est une asymptote verticale à la courbe \((C_f)\)
Problème — Partie II — 1-b 0,5 pt
On pose :
\[ t=\sqrt{x} \]Alors :
\[ x=t^2 \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a :
\[ t\to+\infty \]On écrit :
\[ \frac{(\ln x)^2}{x} = \frac{(\ln(t^2))^2}{t^2} \]Or :
\[ \ln(t^2)=2\ln t \]Donc :
\[ \frac{(\ln x)^2}{x} = \frac{4(\ln t)^2}{t^2} = 4\left(\frac{\ln t}{t}\right)^2 \]Comme :
\[ \lim_{t\to+\infty}\frac{\ln t}{t}=0 \]on obtient :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{(\ln x)^2}{x}=0 \]Maintenant :
\[ f(x)=x-\frac{(\ln x)^2}{x} \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a :
\[ x\to+\infty \]et :
\[ \frac{(\ln x)^2}{x}\to0 \]Donc :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty \]Problème — Partie II — 1-c 0,5 pt
On calcule :
\[ f(x)-x= x-\frac{(\ln x)^2}{x}-x \]Donc :
\[ f(x)-x=-\frac{(\ln x)^2}{x} \]D’après la question précédente :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{(\ln x)^2}{x}=0 \]Donc :
\[ \lim_{x\to+\infty}(f(x)-x)=0 \]Ainsi, la droite d’équation :
\[ y=x \]est une asymptote oblique à la courbe \((C_f)\) au voisinage de \(+\infty\)
Problème — Partie II — 2-a 0,75 pt
On a :
\[ f(x)=x-\frac{(\ln x)^2}{x} \]Posons :
\[ u(x)=\frac{(\ln x)^2}{x} \]Alors :
\[ u(x)=(\ln x)^2\cdot\frac1x \]Donc :
\[ u^{\prime}(x) = \left((\ln x)^2\right)^{\prime}\cdot\frac1x + (\ln x)^2\cdot\left(\frac1x\right)^{\prime} \]Or :
\[ \left((\ln x)^2\right)^{\prime} = 2\ln x\cdot\frac1x \]et :
\[ \left(\frac1x\right)^{\prime} = -\frac1{x^2} \]Donc :
\[ u^{\prime}(x) = \frac{2\ln x}{x}\cdot\frac1x - \frac{(\ln x)^2}{x^2} \]Ainsi :
\[ u^{\prime}(x) = \frac{2\ln x-(\ln x)^2}{x^2} \]Comme :
\[ f(x)=x-u(x) \]on obtient :
\[ f^{\prime}(x)=1-u^{\prime}(x) \]Donc :
\[ f^{\prime}(x)=1-\frac{2\ln x-(\ln x)^2}{x^2} \]Problème — Partie II — 2-b 0,5 pt
D’après la Partie I, pour tout \(x\in]0,+\infty[\), on a :
\[ \frac{2\ln x-(\ln x)^2}{x^2}\lt 1 \]Donc :
\[ 1-\frac{2\ln x-(\ln x)^2}{x^2}\gt 0 \]Or :
\[ f^{\prime}(x)=1-\frac{2\ln x-(\ln x)^2}{x^2} \]Donc :
\[ f^{\prime}(x)\gt 0 \]Ainsi, \(f\) est strictement croissante sur \(]0,+\infty[\)
Problème — Partie II — 3-a 0,5 pt
La fonction \(f\) est continue sur \(]0,+\infty[\).
D’après les questions précédentes :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty \]et :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty \]Donc l’équation :
\[ f(x)=0 \]admet au moins une solution dans \(]0,+\infty[\).
De plus, \(f\) est strictement croissante sur \(]0,+\infty[\).
Donc cette solution est unique.
On la note :
\[ \alpha \]Problème — Partie II — 3-b 0,75 pt
On calcule :
\[ f(e^{-1}) = e^{-1}-\frac{(\ln(e^{-1}))^2}{e^{-1}} \]Or :
\[ \ln(e^{-1})=-1 \]Donc :
\[ f(e^{-1}) = e^{-1}-\frac1{e^{-1}} = e^{-1}-e \]Ainsi :
\[ f(e^{-1})\lt 0 \]D’autre part :
\[ f(1)=1-\frac{(\ln1)^2}{1} \]Comme :
\[ \ln1=0 \]on obtient :
\[ f(1)=1\gt 0 \]Donc :
\[ f(e^{-1})\lt 0\lt f(1) \]Comme \(f\) est strictement croissante et que \(f(\alpha)=0\), on en déduit :
\[ e^{-1}\lt \alpha\lt 1 \]Puisque :
\[ f(\alpha)=0 \]on a :
\[ \alpha-\frac{(\ln\alpha)^2}{\alpha}=0 \]Comme \(\alpha\gt 0\), on multiplie par \(\alpha\), et on obtient :
\[ \alpha^2-(\ln\alpha)^2=0 \]Donc :
\[ (\ln\alpha)^2=\alpha^2 \]Ainsi :
\[ \ln\alpha=\alpha \]ou :
\[ \ln\alpha=-\alpha \]Or :
\[ e^{-1}\lt \alpha\lt 1 \]Donc :
\[ 0\lt \alpha\lt 1 \]Ainsi :
\[ \ln\alpha\lt 0 \]tandis que :
\[ \alpha\gt 0 \]Par conséquent :
\[ \ln\alpha=-\alpha \]Problème — Partie II — 3-c 0,25 pt
Pour tout \(x\in]0,+\infty[\), on a :
\[ (\ln x)^2\geq0 \]et :
\[ x\gt 0 \]Donc :
\[ \frac{(\ln x)^2}{x}\geq0 \]Or :
\[ f(x)=x-\frac{(\ln x)^2}{x} \]Ainsi :
\[ f(x)\leq x \]Problème — Partie II — 3-d 0,5 pt
On calcule :
\[ f(1)=1-\frac{(\ln1)^2}{1} \]Comme :
\[ \ln1=0 \]on obtient :
\[ f(1)=1 \]D’autre part :
\[ f^{\prime}(x)=1-\frac{2\ln x-(\ln x)^2}{x^2} \]Donc :
\[ f^{\prime}(1) = 1-\frac{2\ln1-(\ln1)^2}{1^2} \]Comme :
\[ \ln1=0 \]on obtient :
\[ f^{\prime}(1)=1 \]L’équation de la tangente à \((C_f)\) au point d’abscisse \(1\) est :
\[ y=f^{\prime}(1)(x-1)+f(1) \]Donc :
\[ y=1(x-1)+1 \]Ainsi :
\[ y=x \]4) Le graphique ci-dessous représente la courbe \((C_f)\) dans le repère orthonormé \((O,\vec i,\vec j)\).
Soit \(\varphi\) la restriction de \(f\) sur l’intervalle \(]0,1]\).
Problème — Partie II — 4-a 0,5 pt
La fonction \(f\) est continue et strictement croissante sur \(]0,+\infty[\).
Donc sa restriction \(\varphi\) est continue et strictement croissante sur \(]0,1]\).
De plus :
\[ \lim_{x\to0^+}\varphi(x)=\lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty \]Et :
\[ \varphi(1)=f(1)=1 \]Ainsi, l’image de \(]0,1]\) par \(\varphi\) est :
\[ J=]-\infty,1] \]Donc \(\varphi\) réalise une bijection de \(]0,1]\) vers \(J\).
Par conséquent, \(\varphi\) admet une fonction réciproque :
\[ \varphi^{-1}:]-\infty,1]\to]0,1] \]Problème — Partie II — 4-b 0,5 pt
On sait que :
\[ f(\alpha)=0 \]et :
\[ e^{-1}\lt \alpha\lt 1 \]Donc :
\[ \alpha\in]0,1] \]Puisque \(\varphi\) est la restriction de \(f\) à \(]0,1]\), on a :
\[ \varphi(\alpha)=0 \]Donc :
\[ \varphi^{-1}(0)=\alpha \]On utilise la formule de dérivation d’une fonction réciproque :
\[ (\varphi^{-1})^{\prime}(0)=\frac1{\varphi^{\prime}(\alpha)} \]Or :
\[ \varphi^{\prime}(\alpha)=f^{\prime}(\alpha) \]On calcule donc \(f^{\prime}(\alpha)\).
On a :
\[ f^{\prime}(x)=1-\frac{2\ln x-(\ln x)^2}{x^2} \]Donc :
\[ f^{\prime}(\alpha)=1-\frac{2\ln\alpha-(\ln\alpha)^2}{\alpha^2} \]D’après la question 3-b :
\[ \ln\alpha=-\alpha \]Alors :
\[ 2\ln\alpha-(\ln\alpha)^2 = 2(-\alpha)-(-\alpha)^2 \]Donc :
\[ 2\ln\alpha-(\ln\alpha)^2=-2\alpha-\alpha^2 \]Ainsi :
\[ f^{\prime}(\alpha) = 1-\frac{-2\alpha-\alpha^2}{\alpha^2} \]Donc :
\[ f^{\prime}(\alpha) = 1+\frac{2\alpha+\alpha^2}{\alpha^2} \]Ainsi :
\[ f^{\prime}(\alpha) = 1+\frac2\alpha+1 = 2+\frac2\alpha \]Donc :
\[ f^{\prime}(\alpha)=\frac{2\alpha+2}{\alpha} \]Comme :
\[ \alpha\gt 0 \]on a :
\[ f^{\prime}(\alpha)\neq0 \]Donc \(\varphi^{-1}\) est dérivable en \(0\), et :
\[ (\varphi^{-1})^{\prime}(0) = \frac1{f^{\prime}(\alpha)} \]Ainsi :
\[ (\varphi^{-1})^{\prime}(0) = \frac1{\frac{2\alpha+2}{\alpha}} = \frac{\alpha}{2\alpha+2} \]Donc :
\[ (\varphi^{-1})^{\prime}(0)=\frac{\alpha}{2+2\alpha} \]Problème — Partie II — 4-c 0,75 pt
La courbe représentative de \(\varphi^{-1}\) est le symétrique de la courbe représentative de \(\varphi\) par rapport à la droite :
\[ y=x \]On construit donc la droite \(y=x\), puis on prend le symétrique de la courbe de \(\varphi\) par rapport à cette droite.
En particulier :
\[ (\alpha,0)\in C_{\varphi} \]donc, par symétrie :
\[ (0,\alpha)\in C_{\varphi^{-1}} \]Le point :
\[ (1,1) \]reste invariant, car il appartient à la droite \(y=x\).
Partie III
Soit \((u_n)\) la suite numérique définie par :
\[ u_0=e \qquad\text{et}\qquad u_{n+1}=f(u_n) \]pour tout \(n\in\mathbb N\).
Problème — Partie III — 1 0,5 pt
On considère la propriété :
\[ P_n:\quad 1\lt u_n \]Initialisation :
Pour \(n=0\), on a :
\[ u_0=e \]Or :
\[ e\gt 1 \]Donc :
\[ 1\lt u_0 \]La propriété est vraie au rang \(0\).
Hérédité :
Supposons que, pour un certain \(n\in\mathbb N\), on ait :
\[ 1\lt u_n \]Comme \(f\) est strictement croissante sur \(]0,+\infty[\), on obtient :
\[ f(1)\lt f(u_n) \]Or :
\[ f(1)=1 \]Donc :
\[ 1\lt f(u_n) \]Mais :
\[ u_{n+1}=f(u_n) \]Ainsi :
\[ 1\lt u_{n+1} \]La propriété est héréditaire.
Conclusion :
Par récurrence :
\[ 1\lt u_n \]pour tout \(n\in\mathbb N\)
Problème — Partie III — 2-a 0,5 pt
D’après la Partie II, pour tout \(x\in]0,+\infty[\), on a :
\[ f(x)\leq x \]D’après la question précédente :
\[ u_n\gt 1 \]Donc :
\[ u_n\in]0,+\infty[ \]On peut appliquer l’inégalité précédente à \(x=u_n\). On obtient :
\[ f(u_n)\leq u_n \]Or :
\[ u_{n+1}=f(u_n) \]Donc :
\[ u_{n+1}\leq u_n \]Ainsi, la suite \((u_n)\) est décroissante
Problème — Partie III — 2-b 0,25 pt
D’après la question 1, pour tout \(n\in\mathbb N\), on a :
\[ 1\lt u_n \]Donc la suite \((u_n)\) est minorée par \(1\).
D’après la question précédente, la suite \((u_n)\) est décroissante.
Ainsi, \((u_n)\) est décroissante et minorée.
Donc elle est convergente
Problème — Partie III — 2-c 0,5 pt
Puisque la suite \((u_n)\) est convergente, on pose :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n=\ell \]Comme :
\[ u_n\gt 1 \]pour tout \(n\in\mathbb N\), on obtient :
\[ \ell\geq1 \]Donc :
\[ \ell\gt 0 \]La fonction \(f\) est continue sur \(]0,+\infty[\). On peut donc passer à la limite dans la relation :
\[ u_{n+1}=f(u_n) \]Lorsque \(n\to+\infty\), on obtient :
\[ \ell=f(\ell) \]Or :
\[ f(\ell)=\ell-\frac{(\ln\ell)^2}{\ell} \]Donc :
\[ \ell=\ell-\frac{(\ln\ell)^2}{\ell} \]Ainsi :
\[ \frac{(\ln\ell)^2}{\ell}=0 \]Comme :
\[ \ell\gt 0 \]on obtient :
\[ (\ln\ell)^2=0 \]Donc :
\[ \ln\ell=0 \]Par conséquent :
\[ \ell=1 \]Ainsi :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n=1 \]Lecture directe du sujet PDF
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FIN DE LA CORRECTION — EXAMEN NATIONAL 2025 — SESSION ORDINAIRE — PC/SVT
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