Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Réponse d. La fonction \(g\) est de la forme \(\ln(u)\) avec \(u(x) = x^2 + x + 1\), strictement positive sur \(]0~;~+\infty[\). On applique la formule \((\ln u)^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u^{\prime}(x) = 2x + 1\), ce qui donne \(g^{\prime}(x) = \dfrac{2x + 1}{x^2 + x + 1}\). La réponse b oublie le facteur \(u^{\prime}(x)\), et les réponses a et c ne correspondent à aucune règle de dérivation.
2. Réponse c. Pour vérifier qu’une fonction est une primitive de \(\ln\), on la dérive. Avec \(G(x) = x\ln(x) – x\), la dérivée du produit \(x\ln(x)\) vaut \(1 \times \ln(x) + x \times \dfrac{1}{x} = \ln(x) + 1\), donc \(G^{\prime}(x) = \ln(x) + 1 – 1 = \ln(x)\). Les autres propositions ne conviennent pas : la dérivée de \(\ln\) est \(\dfrac{1}{x}\), celle de \(\dfrac{1}{x}\) est \(-\dfrac{1}{x^2}\), et celle de \(\dfrac{\ln(x)}{x}\) est \(\dfrac{1 – \ln(x)}{x^2}\).
3. Réponse a. Le numérateur et le dénominateur tendent tous deux vers l’infini : on factorise par les termes dominants. Pour tout \(n\) :
\[a_n = \dfrac{3^n(\dfrac{1}{3^n} – 1)}{2^n(\dfrac{1}{2^n} + 1)} = (\dfrac{3}{2})^n \times \dfrac{\dfrac{1}{3^n} – 1}{\dfrac{1}{2^n} + 1}.\]
Comme \(\dfrac{1}{3^n}\) et \(\dfrac{1}{2^n}\) tendent vers 0, la fraction de droite tend vers \(\dfrac{-1}{1} = -1\). Comme \(\dfrac{3}{2} \gt 1\), \((\dfrac{3}{2})^n\) tend vers \(+\infty\). Par produit, \(\lim\limits_{n \to +\infty} a_n = -\infty\).
4. Réponse d. Une fonction est concave sur un intervalle où sa dérivée est décroissante, convexe là où sa dérivée est croissante. D’après le tableau, \(f^{\prime}\) est décroissante sur \([-2~;~0]\) (de 1 à \(-2\)) puis croissante sur \([0~;~2]\) (de \(-2\) à \(-1\)). Donc \(f\) est concave sur \([-2~;~0]\) et convexe sur \([0~;~2]\). La proposition a est fausse (\(f\) est concave sur \([-2~;~-1]\)), b aussi (\(f\) est convexe sur \([0~;~1]\)), et c aussi puisque \(f^{\prime}\) n’est pas croissante sur \([-1~;~2]\).
5. Réponse c. Les variations de \(f\) se lisent sur le signe de \(f^{\prime}\), c’est-à-dire la position de la courbe par rapport à l’axe des abscisses. On lit : \(f^{\prime}(x) \geq\, 0\) sur \([-1~;~1]\), \(f^{\prime}(x) \leq\, 0\) sur \([1~;~3]\) et \(f^{\prime}(x) \geq\, 0\) sur \([3~;~4]\). Sur \([0~;~2]\), \(f\) est donc croissante sur \([0~;~1]\) puis décroissante sur \([1~;~2]\) : elle admet un maximum en 1. La proposition a est fausse (\(f\) croît sur \([0~;~1]\)), b aussi (\(f^{\prime}\) est positive sur \([-1~;~0]\)), et en 3 la dérivée passe du négatif au positif : \(f\) y admet un minimum et non un maximum, ce qui élimine d.
6. Réponse a. Il faut répéter la hausse de 3 % (multiplication par 1,03) et compter les mois tant que la valeur n’a pas atteint 200 € : c’est exactement la boucle while v < 200 de la réponse a, qui renvoie le compteur m. Avec la réponse b, la condition \(57 \gt 200\) est fausse dès le départ : la boucle ne s’exécute jamais et la fonction renvoie 0. La réponse c renvoie une valeur (le cours après 200 mois) et non un nombre de mois. La réponse d ne contient aucune boucle : elle renvoie 1. Pour information, la fonction a renvoie 43 : la valeur de l’action dépasse 200 € au bout de 43 mois.
Exercice 2 :
1. Traduisons l’énoncé en probabilités : \(P(M) = 0{,}07\), donc \(P(\overline{M}) = 0{,}93\). Chez les malades, le test est négatif dans 20 % des cas, donc positif dans 80 % des cas : \(P_M(T) = 0{,}8\) et \(P_M(\overline{T}) = 0{,}2\). Chez les personnes saines : \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}01\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}99\).
| Chemin de l’arbre | Première branche | Seconde branche | Probabilité du chemin |
|---|---|---|---|
| \(M \cap T\) | \(0{,}07\) | \(0{,}8\) | \(0{,}056\) |
| \(M \cap \overline{T}\) | \(0{,}07\) | \(0{,}2\) | \(0{,}014\) |
| \(\overline{M} \cap T\) | \(0{,}93\) | \(0{,}01\) | \(0{,}0093\) |
| \(\overline{M} \cap \overline{T}\) | \(0{,}93\) | \(0{,}99\) | \(0{,}9207\) |
La probabilité d’un chemin est le produit des probabilités portées par ses branches :
\[P(M \cap T) = P(M) \times P_M(T) = 0{,}07 \times 0{,}8 = 0{,}056.\]
Donc \(P(M \cap T) = 0{,}056\).
2. Les évènements \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(T) = P(M \cap T) + P(\overline{M} \cap T) = 0{,}056 + 0{,}93 \times 0{,}01 = 0{,}056 + 0{,}0093 = 0{,}0653.\]
On retrouve bien \(P(T) = 0{,}0653\).
3. \(P_M(T)\) mesure la capacité du test à repérer les malades : c’est une caractéristique du test, déjà connue (0,8). Mais dans un dépistage, on connaît le résultat du test et pas l’état de santé : la question qui se pose à une personne testée positive est « quelle est la probabilité que je sois réellement malade ? ». C’est donc \(P_T(M)\) qu’il est plus pertinent de connaître.
4. On calcule la probabilité conditionnelle :
\[P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}056}{0{,}0653} \approx 0{,}8576.\]
Une personne dont le test est positif est malade avec une probabilité d’environ 0,86. Autrement dit, environ 14 % des tests positifs concernent des personnes saines.
5. a. Pour chacune des 10 personnes, on observe une épreuve de Bernoulli dont le succès est « le test est positif », de probabilité \(p = P(T) = 0{,}0653\). Le prélèvement étant assimilé à un tirage avec remise, les 10 épreuves sont identiques et indépendantes. \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 10\) et \(p = 0{,}0653\).
b. D’après la formule de la loi binomiale :
\[P(X = 2) = \binom\,{10}{2} \times 0{,}0653^2 \times (1 – 0{,}0653)^8 = 45 \times 0{,}0653^2 \times 0{,}9347^8 \approx 0{,}1118.\]
La probabilité qu’exactement deux personnes aient un test positif est d’environ 0,11.
6. Pour \(n\) personnes testées, le nombre de tests positifs suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(0{,}0653\). L’évènement « au moins un test positif » est le contraire de « aucun test positif », dont la probabilité est \(0{,}9347^n\). On cherche donc le plus petit entier \(n\) tel que :
\[1 – 0{,}9347^n \gt 0{,}99 \iff 0{,}9347^n \lt 0{,}01.\]
La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0~;~+\infty[\), cette inégalité équivaut à \(n\ln(0{,}9347) \lt \ln(0{,}01)\). Comme \(\ln(0{,}9347) \lt 0\), diviser par ce nombre change le sens de l’inégalité :
\[n \gt \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}9347)} \approx 68{,}19.\]
Contrôle : \(1 – 0{,}9347^{68} \approx 0{,}9899\), inférieur à 0,99, et \(1 – 0{,}9347^{69} \approx 0{,}9905\), supérieur à 0,99. Il faut donc tester au minimum 69 personnes.
Exercice 3 :
1. a. On applique la relation de récurrence de proche en proche :
\[u_1 = \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}, \qquad u_2 = \dfrac{\dfrac{1}{2}}{1 + \dfrac{1}{2}} = \dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{3}{2}} = \dfrac{1}{3}, \qquad u_3 = \dfrac{\dfrac{1}{3}}{1 + \dfrac{1}{3}} = \dfrac{\dfrac{1}{3}}{\dfrac{4}{3}} = \dfrac{1}{4}.\]
Donc \(u_1 = \dfrac{1}{2}\), \(u_2 = \dfrac{1}{3}\) et \(u_3 = \dfrac{1}{4}\).
b. La variable u doit d’abord recevoir le premier terme \(u_0 = 1\) (ligne 3). Dans la boucle, après avoir ajouté la valeur courante à la liste, on la remplace par le terme suivant, calculé avec la relation de récurrence (ligne 6). La boucle tourne \(k + 1\) fois, ce qui range bien \(u_0, u_1, \ldots, u_k\) dans la liste. Le script complété est :
1. def liste(k) : 2. L = [] 3. u = 1 4. for i in range(0, k+1) : 5. L.append(u) 6. u = u/(1+u) 7. return(L)
2. Étudions le signe de la différence de deux termes consécutifs. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[u_{n+1} – u_n = \dfrac{u_n}{1 + u_n} – u_n = \dfrac{u_n – u_n(1 + u_n)}{1 + u_n} = \dfrac{-u_n^2}{1 + u_n}.\]
Comme \(u_n \gt 0\), le numérateur \(-u_n^2\) est strictement négatif et le dénominateur \(1 + u_n\) strictement positif. Donc \(u_{n+1} – u_n \lt 0\) pour tout \(n\) : la suite \((u_n)\) est strictement décroissante.
3. La suite \((u_n)\) est décroissante (question 2) et minorée par 0 puisque tous ses termes sont strictement positifs. D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge.
4. Notons \(\ell\) la limite. Comme \(u_n \gt 0\) pour tout \(n\), on a \(\ell \geq\, 0\). La fonction \(h : x \longmapsto \dfrac{x}{1 + x}\) est continue sur \([0~;~+\infty[\) et \(u_{n+1} = h(u_n)\) ; en passant à la limite, on obtient \(\ell = h(\ell)\), c’est-à-dire :
\[\ell = \dfrac{\ell}{1 + \ell} \iff \ell(1 + \ell) = \ell \iff \ell^2 = 0 \iff \ell = 0.\]
La suite \((u_n)\) a pour limite 0.
5. a. Les premiers termes sont \(u_0 = 1 = \dfrac{1}{1}\), \(u_1 = \dfrac{1}{2}\), \(u_2 = \dfrac{1}{3}\), \(u_3 = \dfrac{1}{4}\) : le dénominateur vaut à chaque fois le rang augmenté de 1. On conjecture que, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = \dfrac{1}{n + 1}\).
b. Notons \(P(n)\) la propriété « \(u_n = \dfrac{1}{n + 1}\) ».
Initialisation. \(u_0 = 1\) et \(\dfrac{1}{0 + 1} = 1\) : \(P(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(P(n)\) est vraie, c’est-à-dire \(u_n = \dfrac{1}{n + 1}\). Alors \(1 + u_n = \dfrac{n + 1 + 1}{n + 1} = \dfrac{n + 2}{n + 1}\), et :
\[u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n} = \dfrac{1}{n + 1} \times \dfrac{n + 1}{n + 2} = \dfrac{1}{n + 2} = \dfrac{1}{(n + 1) + 1}.\]
La propriété \(P(n + 1)\) est donc vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = \dfrac{1}{n + 1}\). On retrouve au passage que la limite de la suite est 0.
Exercice 4 :
1. a. On calcule les coordonnées des vecteurs issus de A : \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}1 – 2\\0 – (-1)\\-3 – 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\1\\-3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}6 – 2\\6 – (-1)\\1 – 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\7\\1\end{pmatrix}\). Le repère étant orthonormé :
\[\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = (-1) \times 4 + 1 \times 7 + (-3) \times 1 = -4 + 7 – 3 = 0.\]
Les vecteurs \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\), non nuls, sont orthogonaux : le triangle ABC est rectangle en A.
b. On a \(\vec{\text{BA}}\begin{pmatrix}1\\-1\\3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix}5\\6\\4\end{pmatrix}\), donc :
\[\vec{\text{BA}} \cdot \vec{\text{BC}} = 1 \times 5 + (-1) \times 6 + 3 \times 4 = 5 – 6 + 12 = 11.\]
\[\text{BA} = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 3^2} = \sqrt{11} \qquad \text{et} \qquad \text{BC} = \sqrt{5^2 + 6^2 + 4^2} = \sqrt{77}.\]
Ainsi \(\vec{\text{BA}} \cdot \vec{\text{BC}} = 11\), \(\text{BA} = \sqrt{11}\) et \(\text{BC} = \sqrt{77}\).
c. Le produit scalaire s’écrit aussi \(\vec{\text{BA}} \cdot \vec{\text{BC}} = \text{BA} \times \text{BC} \times \cos\widehat{\text{ABC}}\). Donc :
\[\cos\widehat{\text{ABC}} = \dfrac{11}{\sqrt{11} \times \sqrt{77}} = \dfrac{11}{\sqrt{847}} = \dfrac{11}{11\sqrt{7}} = \dfrac{1}{\sqrt{7}}.\]
À la calculatrice, \(\widehat{\text{ABC}} = \arccos(\dfrac{1}{\sqrt{7}}) \approx 67{,}8^\circ\), soit \(\widehat{\text{ABC}} \approx 68^\circ\) au degré près. (Vérification : dans le triangle rectangle en A, \(\cos\widehat{\text{ABC}} = \dfrac{\text{AB}}{\text{BC}} = \dfrac{\sqrt{11}}{\sqrt{77}} = \dfrac{1}{\sqrt{7}}\).)
2. a. D’après son équation, le plan \(\mathcal{P}\) admet pour vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\-1\end{pmatrix}\). Calculons :
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AB}} = 2 \times (-1) + (-1) \times 1 + (-1) \times (-3) = -2 – 1 + 3 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{\text{AC}} = 2 \times 4 + (-1) \times 7 + (-1) \times 1 = 8 – 7 – 1 = 0.\]
Les vecteurs \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) ne sont pas colinéaires (ils sont orthogonaux et non nuls) : ils dirigent le plan ABC. Le vecteur \(\vec{n}\) leur est orthogonal, il est donc normal au plan ABC. Les plans \(\mathcal{P}\) et ABC ont un vecteur normal commun : ils sont parallèles. (Ils sont même distincts, car A n’est pas dans \(\mathcal{P}\) : \(2 \times 2 – (-1) – 0 + 4 = 9 \neq 0\).)
b. Le plan ABC, de vecteur normal \(\vec{n}\), a une équation de la forme \(2x – y – z + d = 0\). Il contient \(\text{A}(2~;~-1~;~0)\), donc \(4 + 1 – 0 + d = 0\), soit \(d = -5\). Une équation cartésienne du plan ABC est \(2x – y – z – 5 = 0\). On peut contrôler avec B : \(2 – 0 + 3 – 5 = 0\), et avec C : \(12 – 6 – 1 – 5 = 0\).
c. La droite \(\mathcal{D}\) est orthogonale au plan ABC : elle est dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\-1\end{pmatrix}\). Comme elle passe par \(\text{E}(1~;~2~;~4)\), une représentation paramétrique de \(\mathcal{D}\) est :
\[\{\begin{array}{l} x = 1 + 2t \\ y = 2 – t \\ z = 4 – t \end{array}. ,\ t \in \mathbb{R}.\]
d. Le projeté orthogonal H de E sur le plan ABC est le point d’intersection de la droite \(\mathcal{D}\) avec ce plan. On injecte la représentation paramétrique dans l’équation du plan :
\[2(1 + 2t) – (2 – t) – (4 – t) – 5 = 0 \iff 2 + 4t – 2 + t – 4 + t – 5 = 0 \iff 6t – 9 = 0 \iff t = \dfrac{3}{2}.\]
Pour \(t = \dfrac{3}{2}\) : \(x = 1 + 3 = 4\), \(y = 2 – \dfrac{3}{2} = \dfrac{1}{2}\) et \(z = 4 – \dfrac{3}{2} = \dfrac{5}{2}\). Donc \(\text{H}(4~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{5}{2})\).
3. Le triangle ABC est rectangle en A, donc son aire vaut la moitié du produit des côtés de l’angle droit. On a \(\text{AB} = \sqrt{(-1)^2 + 1^2 + (-3)^2} = \sqrt{11}\) et \(\text{AC} = \sqrt{4^2 + 7^2 + 1^2} = \sqrt{66}\), d’où :
\[\mathcal{B} = \dfrac{\text{AB} \times \text{AC}}{2} = \dfrac{\sqrt{11} \times \sqrt{66}}{2} = \dfrac{\sqrt{726}}{2} = \dfrac{11\sqrt{6}}{2}.\]
L’aire du triangle ABC est \(\dfrac{11\sqrt{6}}{2}\) unités d’aire (environ 13,47).
On prend ABC comme base de la pyramide ABCE. La hauteur associée est la distance de E au plan ABC, c’est-à-dire la longueur EH, puisque H est le projeté orthogonal de E sur ce plan. Avec \(\vec{\text{EH}}\begin{pmatrix}3\\-\dfrac{3}{2}\\-\dfrac{3}{2}\end{pmatrix}\) :
\[\text{EH} = \sqrt{9 + \dfrac{9}{4} + \dfrac{9}{4}} = \sqrt{\dfrac{27}{2}} = \sqrt{\dfrac{54}{4}} = \dfrac{3\sqrt{6}}{2}.\]
On en déduit le volume :
\[\mathcal{V} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{11\sqrt{6}}{2} \times \dfrac{3\sqrt{6}}{2} = \dfrac{11 \times 3 \times 6}{3 \times 4} = \dfrac{66}{4} = 16{,}5.\]
Le volume de la pyramide ABCE est bien 16,5 unités de volume.
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