Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Il suffit de dériver chaque proposition et de retrouver \(f\). Pour la réponse d, la dérivée de \(\text{e}^{u}\) étant \(u^{\prime}\text{e}^{u}\) avec \(u(x)=x^2-3\) et \(u^{\prime}(x)=2x\), on obtient \(F^{\prime}(x)=\dfrac12\times 2x\,\text{e}^{x^2-3}=x\,\text{e}^{x^2-3}=f(x)\). Réponse d.
Les autres ne conviennent pas : par exemple, en a, \(F^{\prime}(0)=2\text{e}^{-3}\neq0=f(0)\).
2. Pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1}=\text{e}^{2(n+1)+1}=\text{e}^{2n+1+2}=\text{e}^{2}\times \text{e}^{2n+1}=\text{e}^2\,u_n\). On passe d’un terme au suivant en multipliant toujours par \(\text{e}^2\) : la suite est géométrique de raison \(\text{e}^2\). Réponse c.
3. La boucle while se répète tant que sa condition est vraie. On veut qu’elle s’arrête dès que \(u\gt10\,000\) : il faut donc qu’elle continue tant que \(u\leq\,10\,000\). Réponse a.
4. Pour tout entier naturel \(n\), \(v_{n+1}=u_{n+1}+60=1{,}2u_n+12+60=1{,}2u_n+72=1{,}2(u_n+60)=1{,}2\,v_n\). La suite \((v_n)\) est géométrique de raison 1,2 (de premier terme \(v_0=75\)). Réponse b.
Exercice 2 :
1. a. On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}1\\-2\\0\end{pmatrix}\). La troisième coordonnée de \(\vec{\text{AC}}\) est nulle alors que celle de \(\vec{\text{AB}}\) vaut 3 : aucun réel \(k\) ne vérifie \(\vec{\text{AB}}=k\,\vec{\text{AC}}\). Les vecteurs ne sont pas colinéaires, les points A, B, C ne sont donc pas alignés : ils définissent un plan \(\mathcal{P}\).
b. On a \(\vec{\text{CD}}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\). Dans le repère orthonormé :
\(\vec{\text{CD}}\cdot\vec{\text{AB}}=2\times 2+1\times (-1)+(-1)\times 3=4-1-3=0\) et \(\vec{\text{CD}}\cdot\vec{\text{AC}}=2\times 1+1\times (-2)+(-1)\times 0=0\).
Le vecteur \(\vec{\text{CD}}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \(\mathcal{P}\) : la droite (CD) est orthogonale au plan \(\mathcal{P}\). Comme de plus C appartient à \(\mathcal{P}\), C est le projeté orthogonal du point D sur le plan \(\mathcal{P}\).
c. Le vecteur \(\vec{\text{CD}}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\) est normal à \(\mathcal{P}\), donc \(\mathcal{P}\) a une équation de la forme \(2x+y-z+d=0\). Le point \(\text{A}(1\,;\,0\,;\,-1)\) est dans le plan : \(2+0+1+d=0\), d’où \(d=-3\). Une équation cartésienne de \(\mathcal{P}\) est bien \(2x+y-z-3=0\). (Vérification : B donne \(6-1-2-3=0\) et C donne \(4-2+1-3=0\).)
2. a. \(\text{CD}=\sqrt{2^2+1^2+(-1)^2}=\sqrt{6}\), donc \(\text{CD}=\sqrt6\).
b. Soit M un point de \(\mathcal{P}\) distinct de C. La droite (CD) étant orthogonale à \(\mathcal{P}\), elle est orthogonale à la droite (CM) contenue dans ce plan : le triangle CDM est rectangle en C. Le théorème de Pythagore donne \(\text{MD}^2=\text{CD}^2+\text{CM}^2=6+\text{CM}^2\gt6\), puisque \(\text{CM}\gt0\). Donc \(\text{MD}\gt\sqrt6\) : il n’existe aucun point M de \(\mathcal{P}\), autre que C, tel que \(\text{MD}=\sqrt6\). C’est la propriété du projeté orthogonal : C est l’unique point du plan le plus proche de D.
3. a. Soit \(M(0\,;\,2+t\,;\,-1+t)\) un point quelconque de \(\Delta\). En remplaçant dans l’équation de \(\mathcal{P}\) : \(2\times 0+(2+t)-(-1+t)-3=2+t+1-t-3=0\). L’égalité est vraie pour tout réel \(t\) : tous les points de \(\Delta\) sont dans \(\mathcal{P}\), donc \(\Delta\) est incluse dans \(\mathcal{P}\).
b. Pour \(t=-2\), on obtient le point \(\text{K}(0\,;\,0\,;\,-3)\) de \(\Delta\). Un vecteur directeur de \(\Delta\) est \(\vec{u}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\) (coefficients de \(t\)) et \(\vec{\text{DK}}\begin{pmatrix}0-4\\0+1\\-3+2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\1\\-1\end{pmatrix}\).
Alors \(\vec{\text{DK}}\cdot\vec{u}=-4\times 0+1\times 1+(-1)\times 1=0\) : la droite (DK) est perpendiculaire à \(\Delta\) en K, point de \(\Delta\). K est donc le projeté orthogonal de D sur \(\Delta\) : H est le point de paramètre \(t=-2\), c’est-à-dire \(\text{H}(0\,;\,0\,;\,-3)\).
c. La distance de D à la droite \(\Delta\) est la longueur DH : \(\text{DH}=\sqrt{(-4)^2+1^2+(-1)^2}=\sqrt{18}=\sqrt{9\times 2}\), soit \(\text{DH}=3\sqrt2\).
Exercice 3 :
Partie A
1. Traduisons les données : \(p(A)=x\), donc \(p(\overline{A})=1-x\) ; \(p_A(T)=0{,}97\), donc \(p_A(\overline{T})=0{,}03\) ; \(p_{\overline{A}}(\overline{T})=0{,}957\), donc \(p_{\overline{A}}(T)=0{,}043\). L’arbre complété porte :
| Premier niveau | Second niveau |
|---|---|
| \(A\) : \(x\) | \(T\) : 0,97 ; \(\overline{T}\) : 0,03 |
| \(\overline{A}\) : \(1-x\) | \(T\) : 0,043 ; \(\overline{T}\) : 0,957 |
2. a. Les évènements \(A\) et \(\overline{A}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[p(T)=p(A)\,p_A(T)+p(\overline{A})p_{\overline{A}}(T)=0{,}97x+0{,}043(1-x)=0{,}97x-0{,}043x+0{,}043.\]
On obtient bien \(p(T)=0{,}927x+0{,}043\).
b. On sait que \(p(T)=0{,}2\), donc \(0{,}927x+0{,}043=0{,}2\), soit \(0{,}927x=0{,}157\) et \(x=\dfrac{0{,}157}{0{,}927}\approx0{,}16936\). La probabilité que l’individu soit allergique est \(p(A)\approx0{,}169\).
3. On cherche la probabilité conditionnelle \(p_T(A)=\dfrac{p(A\cap T)}{p(T)}=\dfrac{0{,}97x}{0{,}2}=4{,}85x\). Avec la valeur exacte \(x=\dfrac{0{,}157}{0{,}927}\), on trouve \(p_T(A)=\dfrac{4{,}85\times 0{,}157}{0{,}927}\approx0{,}821\).
Ainsi \(p_T(A)\approx0{,}821\gt0{,}8\) : l’affirmation est vraie, un individu dont le test est positif a environ 82 % de chances d’être allergique.
Partie B
1. On répète 150 fois, de manière identique et indépendante (tirages avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « l’habitant est allergique » a pour probabilité 0,08. La variable \(X\), qui compte les succès, suit la loi binomiale de paramètres \(n=150\) et \(p=0{,}08\).
2. \(p(X=20)=\dbinom{150}{20}\times 0{,}08^{20}\times 0{,}92^{130}\approx0{,}00821\), soit \(p(X=20)\approx0{,}008\).
3. 10 % de 150 personnes représentent 15 personnes. On cherche \(p(X\geq\,15)=1-p(X\leq\,14)\). La calculatrice donne \(p(X\leq\,14)\approx0{,}7797\), d’où \(p(X\geq\,15)\approx0{,}220\).
Exercice 4 :
Partie A
1. Pour \(x\gt0\), on dérive terme à terme : la dérivée de \(\dfrac2x\) est \(-\dfrac{2}{x^2}\), celle de \(-\dfrac{1}{x^2}=-x^{-2}\) est \(2x^{-3}=\dfrac{2}{x^3}\), celle de \(\ln x\) est \(\dfrac1x\). En réduisant au même dénominateur \(x^3\) :
\[g^{\prime}(x)=-\dfrac{2}{x^2}+\dfrac{2}{x^3}+\dfrac1x=\dfrac{-2x+2+x^2}{x^3}=\dfrac{x^2-2x+2}{x^3}.\]
Pour \(x\gt0\), on a \(x^3\gt0\) : \(g^{\prime}(x)\) a le même signe que \(x^2-2x+2\).
2. Le discriminant du trinôme \(x^2-2x+2\) est \(\Delta=(-2)^2-4\times 1\times 2=-4\lt0\). Le trinôme n’a donc pas de racine et garde le signe de son coefficient dominant 1 : il est strictement positif pour tout réel \(x\). (On peut aussi écrire \(x^2-2x+2=(x-1)^2+1\geq\,1\).) Par conséquent \(g^{\prime}(x)\gt0\) sur \(]0\,;\,+\infty[\) et \(g\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\).
3. Sur \([0{,}5\,;\,1]\), la fonction \(g\) est continue (car dérivable) et strictement croissante. De plus :
\(g(0{,}5)=\dfrac{2}{0{,}5}-\dfrac{1}{0{,}25}+\ln(0{,}5)=4-4-\ln2=-\ln2\approx-0{,}69\lt0\) et \(g(1)=2-1+\ln1=1\gt0\).
Le nombre 0 est compris entre \(g(0{,}5)\) et \(g(1)\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (appliqué à une fonction continue et strictement monotone), l’équation \(g(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([0{,}5\,;\,1]\). La calculatrice donne \(\alpha\approx0{,}592\).
4. La fonction \(g\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\) et \(g(\alpha)=0\). Donc :
- si \(0\lt x\lt\alpha\), alors \(g(x)\lt g(\alpha)=0\) ;
- si \(x\gt\alpha\), alors \(g(x)\gt g(\alpha)=0\).
Comme \(g\) est strictement croissante sur tout \(]0\,;\,+\infty[\), \(\alpha\) est aussi la seule solution de \(g(x)=0\) sur cet intervalle. Le tableau de signes proposé est donc justifié : \(g\) est négative sur \(]0\,;\,\alpha[\), nulle en \(\alpha\) et positive sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\).
Partie B
1. On dérive \(f^{\prime}(x)=\text{e}^x\times v(x)\) avec \(v(x)=\dfrac1x+\ln x\) et \(v^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac1x\). La formule \((uv)^{\prime}=u^{\prime}v+uv^{\prime}\) donne :
\[f^{\prime\prime}(x)=\text{e}^x(\dfrac1x+\ln x)+\text{e}^x(-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac1x)=\text{e}^x(\dfrac1x+\dfrac1x-\dfrac{1}{x^2}+\ln x).\]
Donc \(f^{\prime\prime}(x)=\text{e}^x(\dfrac2x-\dfrac{1}{x^2}+\ln x)\) pour tout \(x\gt0\).
2. On reconnaît dans la parenthèse l’expression de \(g(x)\) : \(f^{\prime\prime}(x)=\text{e}^x\times g(x)\).
3. a. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^x\gt0\) : \(f^{\prime\prime}(x)\) a le même signe que \(g(x)\), étudié en partie A.
| \(x\) | 0 | \(\alpha\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime\prime}(x)\) | || | \(-\) | 0 | \(+\) |
b. Un point d’inflexion est un point où la courbe traverse sa tangente, ce qui se produit lorsque \(f^{\prime\prime}\) s’annule en changeant de signe. D’après le tableau, \(f^{\prime\prime}\) ne s’annule qu’en \(\alpha\), où elle passe du signe \(-\) au signe \(+\). La courbe \(\mathcal{C}_f\) admet donc un unique point d’inflexion A, d’abscisse \(\alpha\) (numériquement \(\text{A}(\alpha\,;\,f(\alpha))\) avec \(\alpha\approx0{,}592\) et \(f(\alpha)\approx-0{,}948\)).
c. Une fonction est convexe sur un intervalle où sa dérivée seconde est positive, concave là où elle est négative. Donc \(f\) est concave sur \(]0\,;\,\alpha]\) et convexe sur \([\alpha\,;\,+\infty[\).
4. a. En 0 : \(\lim\limits_{x\to0}\text{e}^x=1\) et \(\lim\limits_{x\to0,\,x\gt0}\ln x=-\infty\), donc par produit \(\lim\limits_{x\to0}f(x)=-\infty\) (la courbe admet l’axe des ordonnées pour asymptote verticale).
En \(+\infty\) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^x=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty\), donc par produit \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\).
b. Puisque \(g(\alpha)=0\), on a \(\dfrac2\alpha-\dfrac{1}{\alpha^2}+\ln\alpha=0\), d’où \(\ln\alpha=\dfrac{1}{\alpha^2}-\dfrac{2}{\alpha}\). En reportant dans \(f^{\prime}(\alpha)\) :
\[f^{\prime}(\alpha)=\text{e}^{\alpha}(\dfrac1\alpha+\dfrac{1}{\alpha^2}-\dfrac2\alpha)=\text{e}^{\alpha}(\dfrac{1}{\alpha^2}-\dfrac1\alpha)=\text{e}^{\alpha}\times \dfrac{1-\alpha}{\alpha^2}.\]
On obtient bien \(f^{\prime}(\alpha)=\dfrac{\text{e}^{\alpha}}{\alpha^2}(1-\alpha)\).
c. On a \(\text{e}^{\alpha}\gt0\), \(\alpha^2\gt0\), et \(\alpha\in[0{,}5\,;\,1]\) avec \(\alpha\neq1\) (car \(g(1)=1\neq0\)), donc \(\alpha\lt1\) et \(1-\alpha\gt0\). Par produit et quotient de nombres strictement positifs, \(f^{\prime}(\alpha)\gt0\) (numériquement \(f^{\prime}(\alpha)\approx2{,}11\)).
Pour le signe de \(f^{\prime}\), utilisons les variations de \(f^{\prime}\) : sa dérivée est \(f^{\prime\prime}\), négative sur \(]0\,;\,\alpha]\) et positive sur \([\alpha\,;\,+\infty[\). La fonction \(f^{\prime}\) est donc décroissante puis croissante : elle admet en \(\alpha\) un minimum égal à \(f^{\prime}(\alpha)\). Pour tout \(x\gt0\), \(f^{\prime}(x)\geq\, f^{\prime}(\alpha)\gt0\) : \(f^{\prime}(x)\gt0\) sur \(]0\,;\,+\infty[\).
d. La dérivée étant strictement positive, \(f\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), de \(-\infty\) à \(+\infty\) :
| \(x\) | 0 | \(+\infty\) | |
|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | || | \(+\) | |
| variations de \(f\) | || \(-\infty\) | ↗ | \(+\infty\) |
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