Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. On traduit les données de l’énoncé en probabilités :
- 0,4 % des vaches sont infectées : \(P(I) = 0{,}004\), donc \(P(\overline{I}) = 1 – 0{,}004 = 0{,}996\) ;
- une vache infectée a un test positif avec la probabilité \(P_I(T) = 0{,}992\), donc \(P_I(\overline{T}) = 1 – 0{,}992 = 0{,}008\) ;
- une vache saine a un test négatif avec la probabilité \(P_{\overline{I}}(\overline{T}) = 0{,}984\), donc \(P_{\overline{I}}(T) = 1 – 0{,}984 = 0{,}016\).
L’arbre complété se lit donc ainsi (chaque ligne correspond à un chemin, de la racine vers une feuille) :
| Premier niveau | Second niveau | Probabilité du chemin |
|---|---|---|
| \(I\) : 0,004 | \(T\) : 0,992 | \(P(I \cap T) = 0{,}003\,968\) |
| \(I\) : 0,004 | \(\overline{T}\) : 0,008 | \(P(I \cap \overline{T}) = 0{,}000\,032\) |
| \(\overline{I}\) : 0,996 | \(T\) : 0,016 | \(P(\overline{I} \cap T) = 0{,}015\,936\) |
| \(\overline{I}\) : 0,996 | \(\overline{T}\) : 0,984 | \(P(\overline{I} \cap \overline{T}) = 0{,}980\,064\) |
Sur l’arbre, on écrit donc 0,996 sur la branche menant à \(\overline{I}\), 0,992 et 0,008 sur les branches issues de \(I\), 0,016 et 0,984 sur les branches issues de \(\overline{I}\). On vérifie que les probabilités issues d’un même nœud ont bien pour somme 1.
2. a. On cherche \(P(\overline{I} \cap \overline{T})\). On multiplie les probabilités le long du chemin \(\overline{I} \to \overline{T}\) :
\[P(\overline{I} \cap \overline{T}) = P(\overline{I}) \times P_{\overline{I}}(\overline{T}) = 0{,}996 \times 0{,}984 = 0{,}980\,064.\]
La probabilité qu’une vache soit saine et ait un test négatif vaut environ 0,980.
b. Les évènements \(I\) et \(\overline{I}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(T) = P(I \cap T) + P(\overline{I} \cap T) = 0{,}004 \times 0{,}992 + 0{,}996 \times 0{,}016 = 0{,}003\,968 + 0{,}015\,936 = 0{,}019\,904.\]
Arrondi au millième, on obtient bien \(P(T) \approx 0{,}020\).
c. La valeur prédictive positive est la probabilité conditionnelle \(P_T(I)\). Par définition :
\[P_T(I) = \dfrac{P(I \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}003\,968}{0{,}019\,904} \approx 0{,}199\,36.\]
La valeur prédictive positive du test vaut environ 0,199. Autrement dit, moins d’une vache sur cinq ayant un test positif est réellement infectée : comme la maladie est rare, les « faux positifs » parmi les nombreuses vaches saines sont plus nombreux que les vrais positifs.
d. L’information est erronée dans deux cas incompatibles : un faux positif (\(\overline{I} \cap T\)) ou un faux négatif (\(I \cap \overline{T}\)). On additionne leurs probabilités :
\[P(\overline{I} \cap T) + P(I \cap \overline{T}) = 0{,}996 \times 0{,}016 + 0{,}004 \times 0{,}008 = 0{,}015\,936 + 0{,}000\,032 = 0{,}015\,968.\]
La probabilité que le test donne une information erronée est environ 0,016.
Partie B
3. a. Pour chaque vache de l’échantillon, on répète la même épreuve de Bernoulli : le succès « le test est positif » a la probabilité \(p = 0{,}02\). Le choix étant assimilé à un tirage avec remise, les 100 épreuves sont identiques et indépendantes. La variable \(X\) compte le nombre de succès : elle suit donc la loi binomiale de paramètres \(n = 100\) et \(p = 0{,}02\).
b. Pour une loi binomiale, \(P(X = k) = \dbinom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}\). Ici :
\[P(X = 3) = \dbinom{100}{3} \times 0{,}02^{3} \times 0{,}98^{97} = 161\,700 \times 0{,}000\,008 \times 0{,}98^{97} \approx 0{,}182.\]
La probabilité d’avoir exactement 3 vaches positives est environ 0,182.
c. « Au plus 3 » signifie \(X \leq\, 3\), c’est-à-dire \(X \in \{0~;~1~;~2~;~3\}\) :
\[P(X \leq\, 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) \approx 0{,}133 + 0{,}271 + 0{,}273 + 0{,}182.\]
La calculatrice (fonction de répartition binomiale) donne \(P(X \leq\, 3) \approx 0{,}859\).
4. Avec un échantillon de \(n\) vaches, le nombre \(Y\) de vaches testées positives suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et 0,02. L’évènement « au moins une vache positive » est le contraire de « aucune vache positive », donc :
\[P(Y \geq\, 1) = 1 – P(Y = 0) = 1 – 0{,}98^n.\]
On cherche le plus petit entier \(n\) tel que \(1 – 0{,}98^n \geq\, 0{,}99\), c’est-à-dire \(0{,}98^n \leq\, 0{,}01\). La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0~;~+\infty[\), elle conserve donc l’ordre :
\[0{,}98^n \leq\, 0{,}01 \iff n \ln(0{,}98) \leq\, \ln(0{,}01) \iff n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}98)}.\]
Le sens de l’inégalité change à la dernière étape car on divise par \(\ln(0{,}98)\), qui est strictement négatif (car \(0{,}98 \lt 1\)). Or \(\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}98)} \approx 227{,}95\). Vérification : \(0{,}98^{227} \approx 0{,}010\,19 \gt 0{,}01\) et \(0{,}98^{228} \approx 0{,}009\,99 \leq\, 0{,}01\).
Il faut donc un échantillon d’au moins 228 vaches.
Exercice 2 :
1. a. Le coefficient directeur de la tangente à \(C\) au point d’abscisse 1 est le nombre dérivé \(f^{\prime}(1)\). On le lit sur la courbe \(C^{\prime}\) : c’est l’ordonnée du point de \(C^{\prime}\) d’abscisse 1, soit environ 2.
b. La fonction \(f\) est convexe sur un intervalle lorsque sa dérivée \(f^{\prime}\) y est croissante. Sur le graphique, \(C^{\prime}\) descend jusqu’au point où elle touche sa tangente horizontale (T), d’abscisse environ 7,4, puis remonte. Le plus grand intervalle sur lequel \(f\) est convexe est donc environ \([7{,}4~;~+\infty[\).
2. a. On a \(\lim\limits_{x \to +\infty} \ln x = +\infty\), donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} (2 – \ln x) = -\infty\). Par produit d’une limite \(-\infty\) par une limite \(+\infty\) :
\[\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty.\]
b. On a \(\lim\limits_{x \to 0} \ln x = -\infty\), donc \(\lim\limits_{x \to 0} (2 – \ln x) = +\infty\). Par produit :
\[\lim\limits_{x \to 0} f(x) = -\infty.\]
Graphiquement, la courbe \(C\) admet l’axe des ordonnées (droite d’équation \(x = 0\)) comme asymptote verticale.
3. Les points d’intersection de \(C\) avec l’axe des abscisses ont pour abscisses les solutions de \(f(x) = 0\) sur \(]0~;~+\infty[\). Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul :
\[f(x) = 0 \iff 2 – \ln x = 0 \ \text{ ou } \ \ln x = 0 \iff \ln x = 2 \ \text{ ou } \ \ln x = 0 \iff x = \text{e}^2 \ \text{ ou } \ x = 1.\]
L’équation a exactement deux solutions, donc \(C\) coupe l’axe des abscisses en exactement deux points : \((1~;~0)\) et \((\text{e}^2~;~0)\).
4. a. On dérive le produit \(f = u \times v\) avec \(u(x) = 2 – \ln x\), \(u^{\prime}(x) = -\dfrac1x\), et \(v(x) = \ln x\), \(v^{\prime}(x) = \dfrac1x\). Comme \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) :
\[f^{\prime}(x) = -\dfrac1x \times \ln x + (2 – \ln x) \times \dfrac1x = \dfrac{-\ln x + 2 – \ln x}{x} = \dfrac{2 – 2\ln x}{x} = \dfrac{2(1 – \ln x)}{x}.\]
b. Sur \(]0~;~+\infty[\), on a \(x \gt 0\) et \(2 \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – \ln x\). Or, la fonction \(\ln\) étant strictement croissante :
- \(1 – \ln x \gt 0 \iff \ln x \lt 1 \iff x \lt \text{e}\) ;
- \(1 – \ln x = 0 \iff x = \text{e}\) ;
- \(1 – \ln x \lt 0 \iff x \gt \text{e}\).
La fonction \(f\) est donc strictement croissante sur \(]0~;~\text{e}]\) et strictement décroissante sur \([\text{e}~;~+\infty[\). Son maximum vaut \(f(\text{e}) = (2 – \ln \text{e}) \times \ln \text{e} = (2 – 1) \times 1 = 1\). Avec les limites de la question 2, on obtient le tableau :
| \(x\) | \(0\) | \(\text{e}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| Signe de \(f^{\prime}(x)\) | || | \(+\) | \(0\) | \(-\) | |
| Variations de \(f\) | \(-\infty\) | \(\nearrow\) | \(1\) | \(\searrow\) | \(-\infty\) |
5. \(f\) est convexe sur un intervalle si et seulement si \(f^{\prime\prime}\) y est positive. Comme \(x^2 \gt 0\) et \(2 \gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(\ln x – 2\) :
\[f^{\prime\prime}(x) \geq\, 0 \iff \ln x – 2 \geq\, 0 \iff \ln x \geq\, 2 \iff x \geq\, \text{e}^2.\]
Le plus grand intervalle sur lequel \(f\) est convexe est donc \([\text{e}^2~;~+\infty[\) (on retrouve la lecture graphique, car \(\text{e}^2 \approx 7{,}39\)). Sur \(]0~;~\text{e}^2]\), \(f^{\prime\prime}\) est négative et \(f\) est concave.
La dérivée seconde s’annule en \(\text{e}^2\) en changeant de signe : la courbe \(C\) change de convexité en ce point, qui est un point d’inflexion. Son ordonnée est \(f(\text{e}^2) = (2 – 2) \times 2 = 0\). Le point d’inflexion de \(C\) est \((\text{e}^2~;~0)\), qui est aussi l’un des deux points trouvés à la question 3.
Exercice 3 :
1. On applique la relation de récurrence avec \(n = 1\), puis \(n = 2\) :
\[u_2 = \dfrac{1}{\text{e}}(1 + \dfrac11) u_1 = \dfrac{1}{\text{e}} \times 2 \times \dfrac{1}{\text{e}} = \dfrac{2}{\text{e}^2}.\]
\[u_3 = \dfrac{1}{\text{e}}(1 + \dfrac12) u_2 = \dfrac{1}{\text{e}} \times \dfrac32 \times \dfrac{2}{\text{e}^2} = \dfrac{3}{\text{e}^3}.\]
Ainsi \(u_2 = \dfrac{2}{\text{e}^2}\) et \(u_3 = \dfrac{3}{\text{e}^3}\).
2. La ligne \(L_2\) doit initialiser la variable u à \(u_1 = \dfrac{1}{\text{e}}\). Dans la boucle, i prend les valeurs 1, 2, …, \(n-1\) : au passage d’indice i, on remplace \(u_i\) par \(u_{i+1} = \dfrac{1}{\text{e}}(1 + \dfrac1i) u_i\). Après les \(n – 1\) passages, u contient \(u_n\). En utilisant la fonction exponentielle du module math (\(\dfrac{1}{\text{e}} = \text{e}^{-1}\)), le programme complet est :
from math import exp
def suite(n):
u = exp(-1)
for i in range(1, n):
u = exp(-1) * (1 + 1/i) * u
return u
On peut aussi écrire u = 1/e en ligne 2 si l’on a importé la constante e par from math import e. L’instruction return u doit être indentée pour appartenir à la fonction.
3. a. Soit \(n\) un entier naturel non nul. Comme \(n \geq\, 1\), on a \(0 \lt \dfrac1n \leq\, 1\), donc \(1 + \dfrac1n \leq\, 2\). Or \(\text{e} \approx 2{,}718\), donc \(2 \lt \text{e}\). Par transitivité, \(1 + \dfrac1n \leq\, \text{e}\).
b. On divise l’inégalité précédente par \(\text{e} \gt 0\) : \(\dfrac{1}{\text{e}}(1 + \dfrac1n) \leq\, 1\). On multiplie ensuite par \(u_n\), qui est strictement positif, ce qui conserve le sens de l’inégalité :
\[u_{n+1} = \dfrac{1}{\text{e}}(1 + \dfrac1n) u_n \leq\, u_n.\]
Cela est vrai pour tout \(n \geq\, 1\) : la suite \((u_n)\) est décroissante.
c. La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par 0 (tous ses termes sont strictement positifs). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) est convergente, et sa limite \(\ell\) vérifie \(\ell \geq\, 0\).
4. a. Pour \(n \geq\, 1\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(u_n = \dfrac{n}{\text{e}^n}\) ».
Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(\dfrac{1}{\text{e}^1} = \dfrac{1}{\text{e}} = u_1\). Donc \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \geq\, 1\) un entier tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie, c’est-à-dire \(u_n = \dfrac{n}{\text{e}^n}\). Alors, en écrivant \(1 + \dfrac1n = \dfrac{n+1}{n}\) :
\[u_{n+1} = \dfrac{1}{\text{e}} \times \dfrac{n+1}{n} \times \dfrac{n}{\text{e}^n} = \dfrac{n+1}{\text{e} \times \text{e}^n} = \dfrac{n+1}{\text{e}^{n+1}}.\]
Donc \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 1 et elle est héréditaire ; d’après le principe de récurrence, \(u_n = \dfrac{n}{\text{e}^n}\) pour tout entier \(n \geq\, 1\). On retrouve bien les valeurs de \(u_2\) et \(u_3\) de la question 1.
b. D’après le théorème des croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{x} = +\infty\), donc par passage à l’inverse \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\text{e}^x} = 0\). En particulier, pour les entiers :
\[\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = \lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{n}{\text{e}^n} = 0.\]
La suite \((u_n)\) converge vers 0.
Exercice 4 :
Aucune justification n’était demandée ; on en donne une pour chaque question.
1. Réponse c. On remplace les coordonnées de chaque point dans \(3x + 2y + z – 4\) :
- \(R\) : \(3 – 6 + 1 – 4 = -6 \neq 0\) ;
- \(S\) : \(3 + 4 – 1 – 4 = 2 \neq 0\) ;
- \(T\) : \(3 + 0 + 1 – 4 = 0\) ;
- \(U\) : \(6 – 2 + 1 – 4 = 1 \neq 0\).
Seul le point \(T(1~;~0~;~1)\) appartient au plan \(\mathcal{P}\).
2. Réponse d. On calcule \(\vec{\text{AB}}(2~;~0~;~4)\), \(\vec{\text{AC}}(2~;~2~;~-1)\) et \(\vec{\text{BC}}(0~;~2~;~-5)\).
Produit scalaire : \(\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = 2 \times 2 + 0 \times 2 + 4 \times (-1) = 0\). Les vecteurs sont orthogonaux, donc le triangle est rectangle en A.
Longueurs : \(\text{AB}^2 = 4 + 0 + 16 = 20\), \(\text{AC}^2 = 4 + 4 + 1 = 9\) et \(\text{BC}^2 = 0 + 4 + 25 = 29\) (on vérifie \(20 + 9 = 29\)). Les trois longueurs sont différentes : le triangle ABC est rectangle non isocèle.
3. Réponse d. Un vecteur directeur de \(\Delta\) est \(\vec{v}(-1~;~0~;~3)\) (coefficients de \(t\)) et un vecteur normal à \(\mathcal{P}\) est \(\vec{n}(3~;~2~;~1)\). Or \(\vec{v} \cdot \vec{n} = -3 + 0 + 3 = 0\) : la droite \(\Delta\) est parallèle au plan \(\mathcal{P}\) (ce qui exclut les réponses a et b).
Pour \(t = 0\), on obtient le point \(\text{H}(1~;~2~;~-4)\) de \(\Delta\). Or \(3 \times 1 + 2 \times 2 + (-4) – 4 = -1 \neq 0\), donc H n’est pas dans \(\mathcal{P}\) et \(\Delta\) n’est pas incluse dans \(\mathcal{P}\). La droite \(\Delta\) est strictement parallèle au plan \(\mathcal{P}\).
4. Réponse a. On utilise \(\vec{\text{BA}} \cdot \vec{\text{BC}} = \text{BA} \times \text{BC} \times \cos\widehat{\text{ABC}}\). D’après la question 2, \(\text{BA} = \sqrt{20}\) et \(\text{BC} = \sqrt{29}\), donc :
\[\cos\widehat{\text{ABC}} = \dfrac{20}{\sqrt{20} \times \sqrt{29}} = \sqrt{\dfrac{20}{29}} \approx 0{,}830\,5.\]
La calculatrice donne \(\widehat{\text{ABC}} \approx 33{,}85^{\circ}\), soit \(34^{\circ}\) au degré près. On pouvait aussi raisonner sans calcul : le triangle est rectangle en A, donc l’angle en B est aigu (ce qui élimine 120° et 90°) et non nul.
5. Réponse b. Un vecteur normal à \(\mathcal{Q}\) est \(\vec{n^{\prime}}(-6~;~-4~;~-2) = -2\,\vec{n}\) : il est colinéaire à \(\vec{n}\), donc les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{Q}\) sont parallèles.
En divisant l’équation de \(\mathcal{Q}\) par \(-2\), on obtient \(3x + 2y + z – 3{,}5 = 0\). Un point commun aux deux plans vérifierait à la fois \(3x + 2y + z = 4\) et \(3x + 2y + z = 3{,}5\), ce qui est impossible. Les plans sont strictement parallèles : leur intersection est l’ensemble vide.
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