Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie 1
1. L’énoncé donne \(P(D) = 0{,}1\), \(P_D(A) = 0{,}6\) et \(P_{\overline{D}}(A) = 0{,}2\). On complète par passage au contraire : \(P(\overline{D}) = 0{,}9\), \(P_D(\overline{A}) = 0{,}4\) et \(P_{\overline{D}}(\overline{A}) = 0{,}8\).
2. On suit le chemin \(D\) puis \(A\) de l’arbre et on multiplie les probabilités rencontrées :
\[P(D \cap A) = P(D) \times P_D(A) = 0{,}1 \times 0{,}6 = 0{,}06.\]
La probabilité qu’un candidat soit sélectionné sur dossier puis admis est \(0{,}06\).
3. Les évènements \(D\) et \(\overline{D}\) forment une partition de l’univers. Avec \(P(\overline{D} \cap A) = 0{,}9 \times 0{,}2 = 0{,}18\), la formule des probabilités totales donne :
\[P(A) = P(D \cap A) + P(\overline{D} \cap A) = 0{,}06 + 0{,}18 = 0{,}24.\]
On a bien \(P(A) = 0{,}24\).
4. On sait que le candidat est admis : on calcule la probabilité conditionnelle de \(\overline{D}\) sachant \(A\).
\[P_A(\overline{D}) = \dfrac{P(\overline{D} \cap A)}{P(A)} = \dfrac{0{,}18}{0{,}24} = \dfrac{3}{4} = 0{,}75.\]
Un candidat admis a été recruté par l’épreuve écrite avec une probabilité de \(0{,}75\) : trois admis sur quatre viennent de l’écrit.
Partie 2
1. a. On répète 7 fois, de façon indépendante (tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « le candidat est admis » a pour probabilité \(0{,}24\). \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 7\) et \(p = 0{,}24\).
b. On cherche \(P(X = 1)\) :
\[P(X = 1) = \binom\,{7}{1} \times 0{,}24^1 \times 0{,}76^6 = 7 \times 0{,}24 \times 0{,}76^6 \approx 0{,}324.\]
Au centième, \(P(X = 1) \approx 0{,}32\).
c. « Au moins deux » est le contraire de « zéro ou un ». Avec \(P(X = 0) = 0{,}76^7 \approx 0{,}146\) :
\[P(X \geq\, 2) = 1 – P(X = 0) – P(X = 1) \approx 1 – 0{,}146\,5 – 0{,}323\,7 \approx 0{,}530.\]
Au centième, \(P(X \geq\, 2) \approx 0{,}53\).
2. a. Chacun des \(n\) candidats est refusé avec la probabilité \(1 – 0{,}24 = 0{,}76\), et les résultats sont indépendants. La probabilité qu’aucun ne soit admis est le produit de ces \(n\) probabilités : \(0{,}76^n\).
b. La probabilité qu’au moins un élève soit admis est l’évènement contraire : \(1 – 0{,}76^n\). On résout :
\[1 – 0{,}76^n \geq\, 0{,}99 \iff 0{,}76^n \leq\, 0{,}01 \iff n \ln(0{,}76) \leq\, \ln(0{,}01),\]
par stricte croissance de \(\ln\) sur \(]0\,;\,+\infty[\). Comme \(\ln(0{,}76) \lt 0\), la division change le sens de l’inégalité :
\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}76)} \approx 16{,}78.\]
Vérification : \(1 – 0{,}76^{16} \approx 0{,}988 \lt 0{,}99\) et \(1 – 0{,}76^{17} \approx 0{,}991 \geq\, 0{,}99\). C’est donc à partir de \(n = 17\) candidats que la probabilité d’avoir au moins un admis atteint 99 %.
Exercice 2 :
1. a. Par croissance comparée de l’exponentielle et des puissances, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{x} = +\infty\).
b. Quand \(x\) tend vers 0 par valeurs positives, \(\text{e}^x\) tend vers \(\text{e}^0 = 1\) et \(\dfrac{1}{x}\) tend vers \(+\infty\). Par produit, \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = +\infty\). Une limite infinie en 0 signifie que la droite d’équation \(x = 0\), c’est-à-dire l’axe des ordonnées, est asymptote verticale à \(\mathcal{C}_f\).
2. \(f\) est le quotient \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = \text{e}^x\), \(u^{\prime}(x) = \text{e}^x\), \(v(x) = x\), \(v^{\prime}(x) = 1\), et \(v\) ne s’annule pas sur \(]0\,;\,+\infty[\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\text{e}^x \times x – \text{e}^x \times 1}{x^2} = \dfrac{\text{e}^x(x – 1)}{x^2}.\]
3. Pour \(x \gt 0\), \(\text{e}^x \gt 0\) et \(x^2 \gt 0\) : \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(x – 1\). Donc \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]0\,;\,1[\), \(f^{\prime}(1) = 0\) et \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]1\,;\,+\infty[\). \(f\) est strictement décroissante sur \(]0\,;\,1]\) et strictement croissante sur \([1\,;\,+\infty[\), avec un minimum \(f(1) = \text{e}\).
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | || | \(-\) | \(0\) | \(+\) | |
| \(f(x)\) | || \(+\infty\) | \(\searrow\) | \(\text{e}\) | \(\nearrow\) | \(+\infty\) |
4. On raisonne sur chacun des deux intervalles de monotonie, où \(f\) est continue et strictement monotone.
- Si \(m \lt \text{e}\) : le minimum de \(f\) est \(\text{e}\), donc \(f(x) \geq\, \text{e} \gt m\) pour tout \(x\) : aucune solution.
- Si \(m = \text{e}\) : le minimum n’est atteint qu’en \(x = 1\) : une seule solution, \(x = 1\).
- Si \(m \gt \text{e}\) : sur \(]0\,;\,1]\), \(f\) décroît de \(+\infty\) à \(\text{e}\), et sur \([1\,;\,+\infty[\), elle croît de \(\text{e}\) à \(+\infty\). Le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires donne une solution unique dans chacun des deux intervalles : deux solutions.
5. a. Deux droites sont parallèles lorsqu’elles ont le même coefficient directeur. Celui de \(\Delta\) est \(-1\) et celui de la tangente en A est \(f^{\prime}(a)\). La condition s’écrit donc, avec \(a \gt 0\) :
\[\dfrac{\text{e}^a(a – 1)}{a^2} = -1 \iff \text{e}^a(a – 1) = -a^2 \iff \text{e}^a(a – 1) + a^2 = 0.\]
(On a multiplié par \(a^2 \neq 0\).) Ainsi \(a\) est solution de l’équation \(\text{e}^x(x – 1) + x^2 = 0\).
b. On dérive le produit \(\text{e}^x(x – 1)\) et le carré :
\[g^{\prime}(x) = \text{e}^x(x – 1) + \text{e}^x \times 1 + 2x = x\,\text{e}^x + 2x = x(\text{e}^x + 2).\]
Sur \([0\,;\,+\infty[\), \(x \geq\, 0\) et \(\text{e}^x + 2 \gt 0\), donc \(g^{\prime}(x) \geq\, 0\), avec égalité seulement en 0 : \(g\) est strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\). On a \(g(0) = 1 \times (-1) + 0 = -1\) et, comme \(\text{e}^x(x – 1)\) et \(x^2\) tendent vers \(+\infty\), \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty\).
| \(x\) | \(0\) | \(+\infty\) | |
|---|---|---|---|
| \(g^{\prime}(x)\) | \(0\) | \(+\) | |
| \(g(x)\) | \(-1\) | \(\nearrow\) | \(+\infty\) |
c. La fonction \(g\) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\), avec \(g(0) = -1 \lt 0\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(a\) dans \([0\,;\,+\infty[\), et \(a \neq 0\) puisque \(g(0) \neq 0\) : \(a\) appartient bien à \(]0\,;\,+\infty[\).
D’après la question a (où chaque étape est une équivalence), les points de \(\mathcal{C}_f\) où la tangente est parallèle à \(\Delta\) sont exactement ceux dont l’abscisse est solution de \(g(x) = 0\). Il existe donc un unique point A qui convient. La calculatrice donne \(g(0{,}73) \lt 0 \lt g(0{,}74)\), d’où \(a \approx 0{,}74\) et \(f(a) \approx 2{,}83\).
Exercice 3 :
1. Les droites (DK) et (SD) sont confondues (K est sur [SD]) ; (AS) et (IC) se coupent en A, car (IC) est la droite (AC) ; (LM) est parallèle à (CB) par le théorème des milieux dans le triangle SCB, donc à (AD) : ces trois paires sont coplanaires. En revanche, (AC) est contenue dans le plan de la base, que (SB) ne coupe qu’au point B ; comme B n’est pas sur la diagonale (AC), les deux droites n’ont aucun point commun sans être parallèles. Réponse c.
2. K milieu de [SD] : \(\text{K}(0\,;\,-\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2})\) ; L milieu de [SC] : \(\text{L}(\dfrac{1}{2}\,;\,0\,;\,\dfrac{1}{2})\). Le milieu de [KL] a pour coordonnées les moyennes : \(\text{N}(\dfrac{1}{4}\,;\,-\dfrac{1}{4}\,;\,\dfrac{1}{2})\). Réponse b.
3. \(\vec{\text{AS}}\) a pour coordonnées \((0 – (-1)\,;\,0 – 0\,;\,1 – 0) = (1\,;\,0\,;\,1)\). Réponse b.
4. Il faut un vecteur directeur colinéaire à \((1\,;\,0\,;\,1)\) : cela élimine a et d (coordonnée \(y\) non constante). Pour b, \(y = 0\) et le vecteur \((2\,;\,0\,;\,2)\) convient, mais le point de paramètre \(t = 0\) est \((-1\,;\,0\,;\,1)\), qui n’est pas sur (AS) (le point de (AS) d’abscisse \(-1\) est A, de cote 0). Pour c, \(t = -1\) donne \((-1\,;\,0\,;\,0)\), c’est-à-dire A, et \(t = 0\) donne \((0\,;\,0\,;\,1)\), c’est-à-dire S. Réponse c.
5. On teste les trois points S(0 ; 0 ; 1), C(1 ; 0 ; 0) et B(0 ; 1 ; 0), non alignés. Pour \(x + y + z – 1 = 0\) : \(0 + 0 + 1 – 1 = 0\), \(1 + 0 + 0 – 1 = 0\) et \(0 + 1 + 0 – 1 = 0\) : les trois points vérifient l’équation. Les autres propositions échouent : a n’est pas vérifiée par C, c par S, d par B. Réponse b.
Exercice A :
1. Avec \(n = 0\) : \(u_1 = \dfrac{3}{4} \times 1 + \dfrac{1}{4} \times 0 + 1 = \dfrac{3}{4} + 1 = \dfrac{7}{4}\).
Avec \(n = 1\) : \(u_2 = \dfrac{3}{4} \times \dfrac{7}{4} + \dfrac{1}{4} \times 1 + 1 = \dfrac{21}{16} + \dfrac{4}{16} + \dfrac{16}{16} = \dfrac{41}{16}\).
Ainsi \(u_1 = \dfrac{7}{4}\) et \(u_2 = \dfrac{41}{16}\) (fractions irréductibles, car 7 et 41 sont impairs), ce qui correspond bien à 1,75 et 2,562 5 dans le tableur.
2. a. La cellule B3 contient \(u_1\), calculé à partir de \(u_0\) (cellule B2) et de \(n = 0\) (cellule A2). On peut écrire =3/4*B2+1/4*A2+1 (ou =0,75*B2+0,25*A2+1) : en recopiant vers le bas, les références deviennent B3 et A3, puis B4 et A4, etc.
b. Les valeurs affichées augmentent : 1 ; 1,75 ; 2,562 5 ; 3,42… ; 4,32… On conjecture que la suite \((u_n)\) est croissante.
3. a. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(n \leq\, u_n \leq\, n + 1\) ».
Initialisation. \(u_0 = 1\) et \(0 \leq\, 1 \leq\, 1\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(n \leq\, u_n \leq\, n + 1\). On multiplie par \(\dfrac{3}{4} \gt 0\) (le sens des inégalités est conservé), puis on ajoute \(\dfrac{1}{4}n + 1\) :
\[\dfrac{3}{4}n + \dfrac{1}{4}n + 1 \leq\, \dfrac{3}{4}u_n + \dfrac{1}{4}n + 1 \leq\, \dfrac{3}{4}(n + 1) + \dfrac{1}{4}n + 1,\]
c’est-à-dire \(n + 1 \leq\, u_{n+1} \leq\, n + \dfrac{7}{4}\). Or \(n + \dfrac{7}{4} \leq\, n + 2\), donc \(n + 1 \leq\, u_{n+1} \leq\, (n + 1) + 1\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(n \leq\, u_n \leq\, n + 1\).
b. Sens de variation. Pour tout \(n\), l’encadrement au rang \(n + 1\) donne \(u_{n+1} \geq\, n + 1\), et celui au rang \(n\) donne \(n + 1 \geq\, u_n\). Donc \(u_{n+1} \geq\, u_n\) : la suite \((u_n)\) est croissante, ce qui confirme la conjecture.
Limite. Pour tout \(n\), \(u_n \geq\, n\) et \(\lim\limits_{n \to +\infty} n = +\infty\). Par comparaison, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = +\infty\).
c. Pour \(n \geq\, 1\), on divise l’encadrement par \(n \gt 0\) :
\[1 \leq\, \dfrac{u_n}{n} \leq\, \dfrac{n + 1}{n} = 1 + \dfrac{1}{n}.\]
Comme \(\lim\limits_{n \to +\infty} (1 + \dfrac{1}{n}) = 1\), le théorème des gendarmes donne \(\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{u_n}{n} = 1\).
4. a. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[v_{n+1} = u_{n+1} – (n + 1) = \dfrac{3}{4}u_n + \dfrac{1}{4}n + 1 – n – 1 = \dfrac{3}{4}u_n – \dfrac{3}{4}n = \dfrac{3}{4}(u_n – n) = \dfrac{3}{4}v_n.\]
Chaque terme s’obtient en multipliant le précédent par \(\dfrac{3}{4}\) : \((v_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{3}{4}\), de premier terme \(v_0 = u_0 – 0 = 1\).
b. Le terme général d’une suite géométrique donne \(v_n = v_0 \times (\dfrac{3}{4})^n = (\dfrac{3}{4})^n\). Comme \(u_n = v_n + n\), on obtient, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = (\dfrac{3}{4})^n + n\).
Exercice B :
1. La somme \(x – 4\ln(x)\) est une forme indéterminée « \(\infty – \infty\) ». On factorise par \(x\) :
\[f(x) = x(1 – 4\,\dfrac{\ln(x)}{x}) + 4 – \dfrac{3}{x}.\]
Par croissance comparée, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\), donc la parenthèse tend vers 1 et le produit tend vers \(+\infty\). Comme \(4 – \dfrac{3}{x}\) tend vers 4, par somme \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).
2. On dérive terme à terme : la dérivée de \(x + 4\) est 1, celle de \(-4\ln(x)\) est \(-\dfrac{4}{x}\), celle de \(-\dfrac{3}{x}\) est \(\dfrac{3}{x^2}\). En réduisant au dénominateur \(x^2\) :
\[f^{\prime}(x) = 1 – \dfrac{4}{x} + \dfrac{3}{x^2} = \dfrac{x^2 – 4x + 3}{x^2}.\]
3. a. Comme \(x^2 \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(x^2 – 4x + 3\), dont 1 est racine évidente (\(1 – 4 + 3 = 0\)) ; le produit des racines valant 3, l’autre racine est 3. Ainsi \(x^2 – 4x + 3 = (x – 1)(x – 3)\), positif à l’extérieur des racines et négatif entre elles.
Valeurs aux extremums : \(f(1) = 1 + 4 – 0 – 3 = 2\) et \(f(3) = 3 + 4 – 4\ln(3) – 1 = 6 – 4\ln(3) \approx 1{,}61\).
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(3\) | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | || | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | |
| \(f(x)\) | || \(-\infty\) | \(\nearrow\) | \(2\) | \(\searrow\) | \(6 – 4\ln(3)\) | \(\nearrow\) | \(+\infty\) |
\(f\) est croissante sur \(]0\,;\,1]\), décroissante sur \([1\,;\,3]\) et croissante sur \([3\,;\,+\infty[\), avec un maximum local 2 et un minimum local \(6 – 4\ln(3)\).
b. On compare \(\dfrac{5}{3} \approx 1{,}67\) aux valeurs du tableau : \(6 – 4\ln(3) \approx 1{,}61 \lt \dfrac{5}{3} \lt 2\).
- Sur \(]0\,;\,1]\), \(f\) croît de \(-\infty\) à 2 : la valeur \(\dfrac{5}{3}\) est atteinte une fois.
- Sur \([1\,;\,3]\), \(f\) décroît de 2 à \(6 – 4\ln(3)\) : \(\dfrac{5}{3}\) est atteinte une fois.
- Sur \([3\,;\,+\infty[\), \(f\) croît de \(6 – 4\ln(3)\) à \(+\infty\) : \(\dfrac{5}{3}\) est atteinte une fois.
L’équation \(f(x) = \dfrac{5}{3}\) admet trois solutions sur \(]0\,;\,+\infty[\).
4. On dérive \(f^{\prime}(x) = 1 – \dfrac{4}{x} + \dfrac{3}{x^2}\) terme à terme :
\[f^{\prime\prime}(x) = \dfrac{4}{x^2} – \dfrac{6}{x^3} = \dfrac{4x – 6}{x^3} = \dfrac{2(2x – 3)}{x^3}.\]
Comme \(x^3 \gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(2x – 3\), qui s’annule en \(\dfrac{3}{2}\) :
- sur \(]0\,;\,\dfrac{3}{2}]\), \(f^{\prime\prime}(x) \leq\, 0\) : \(f\) est concave ;
- sur \([\dfrac{3}{2}\,;\,+\infty[\), \(f^{\prime\prime}(x) \geq\, 0\) : \(f\) est convexe.
La dérivée seconde s’annule en changeant de signe uniquement en \(x = \dfrac{3}{2}\) : la courbe \(\mathcal{C}\) admet donc un unique point d’inflexion, d’abscisse \(\dfrac{3}{2}\). Son ordonnée est :
\[f(\dfrac{3}{2}) = \dfrac{3}{2} + 4 – 4\ln(\dfrac{3}{2}) – 2 = \dfrac{7}{2} – 4\ln(\dfrac{3}{2}) \approx 1{,}88.\]
Le point d’inflexion est \((\dfrac{3}{2}\,;\,\dfrac{7}{2} – 4\ln(\dfrac{3}{2}))\).
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