Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Question 1 : réponse B.
Pour trouver une primitive, le plus sûr est de dériver chaque proposition et de voir laquelle redonne \(f\). Pour \(F(x)=(x-1)\text{e}^x\), on applique la formule \((uv)^{\prime}=u^{\prime}v+uv^{\prime}\) avec \(u(x)=x-1\) et \(v(x)=\text{e}^x\) :
\[F^{\prime}(x)=1\times \text{e}^x+(x-1)\text{e}^x=(1+x-1)\text{e}^x=x\text{e}^x=f(x).\]
À titre de contrôle, la proposition C donne \(((x+1)\text{e}^x)^{\prime}=(x+2)\text{e}^x\), qui n’est pas \(f(x)\). La bonne réponse est donc B.
Question 2 : réponse D.
Lisons les signes sur la courbe. Sur \(]5\,;\,+\infty[\), la courbe est au-dessus de l’axe des abscisses, donc \(f(x)\gt 0\). De plus, P est l’unique point d’inflexion et, après P, la courbe est au-dessus de ses tangentes (on le voit avec la tangente en pointillés en P) : \(f\) est convexe sur \(]5\,;\,+\infty[\), donc \(f^{\prime\prime}(x)\gt 0\). Ainsi \(f(x)\) et \(f^{\prime\prime}(x)\) sont tous deux positifs : la proposition D est vraie.
Les autres sont fausses : sur \(]5\,;\,+\infty[\), \(f\) décroît donc \(f^{\prime}(x)\lt 0\) alors que \(f(x)\gt 0\) (B fausse) ; sur \(]0\,;\,1[\), \(f(x)\lt 0\) alors que \(f\) croît, donc \(f^{\prime}(x)\gt 0\) (A fausse) ; sur \(]0\,;\,3[\), \(f^{\prime}(x)\gt 0\) alors que la courbe est concave avant P, donc \(f^{\prime\prime}(x)\lt 0\) (C fausse). Réponse D.
Question 3 : réponse D.
D’une part \(g(0)=\dfrac{a}{b+\text{e}^0}=\dfrac{a}{b+1}\), donc \(g(0)=2\) donne \(a=2(b+1)\).
D’autre part \(\lim\limits_{t\to+\infty}\text{e}^{-t}=0\), donc (pour \(b\neq 0\)) \(\lim\limits_{t\to+\infty}g(t)=\dfrac{a}{b}\), et la condition donne \(a=3b\).
En égalant : \(3b=2b+2\), d’où \(b=2\) puis \(a=6\). On vérifie : \(g(0)=\dfrac{6}{3}=2\) et la limite vaut \(\dfrac62=3\). Réponse D.
Question 4 : réponse C.
Notons B l’événement « Alice choisit l’urne B » et V l’événement « la boule tirée est verte ». Le choix de l’urne se fait au hasard, donc \(P(\text{B})=\dfrac12\), et d’après la composition des urnes \(P_{\text{A}}(V)=\dfrac24=\dfrac12\) et \(P_{\text{B}}(V)=\dfrac34\).
Par la formule des probabilités totales :
\[P(V)=\dfrac12\times \dfrac12+\dfrac12\times \dfrac34=\dfrac14+\dfrac38=\dfrac58.\]
On cherche une probabilité « à l’envers », c’est-à-dire \(P_V(\text{B})\) :
\[P_V(\text{B})=\dfrac{P(\text{B}\cap V)}{P(V)}=\dfrac{\dfrac38}{\dfrac58}=\dfrac35.\]
Réponse C.
Question 5 : réponse b.
La variable \(k\) parcourt les entiers de 0 à 99 avec range(100), donc \(k+1\) parcourt les entiers de 1 à 100 : il faut ajouter \(\dfrac{1}{k+1}\) à chaque tour à une somme initialisée à 0. C’est exactement ce que fait le script b.
Le script a remplace \(S\) à chaque tour au lieu de l’augmenter : il renvoie seulement \(\dfrac{1}{100}\). Dans les scripts c et d, la variable \(S\) est utilisée sans avoir reçu de valeur (c’est \(k\) qui est initialisé), ce qui provoque une erreur ; de plus, dans d, \(k\) n’est jamais augmenté, la boucle ne s’arrêterait pas.
Exercice 2 :
Partie A
1. Limite de \(g\) en \(-1{,}5\).
Pour tout \(x\gt -1{,}5\), \(g(x)=\ln(2x+3)-1-x\). Quand \(x\) tend vers \(-1{,}5\) par valeurs supérieures, \(2x+3\) tend vers 0 en restant positif, donc \(\ln(2x+3)\) tend vers \(-\infty\) (car \(\lim\limits_{X\to 0^+}\ln X=-\infty\)). Pendant ce temps, \(-1-x\) tend vers \(-1+1{,}5=0{,}5\). Par somme :
\[\lim\limits_{x\to -1{,}5}g(x)=-\infty.\]
2. Variations de \(g\).
La fonction \(x\mapsto \ln(2x+3)\) est de la forme \(\ln(u)\) avec \(u(x)=2x+3\gt 0\), de dérivée \(\dfrac{u^{\prime}}{u}=\dfrac{2}{2x+3}\). Donc, pour tout \(x\gt -1{,}5\) :
\[g^{\prime}(x)=\dfrac{2}{2x+3}-1=\dfrac{2-(2x+3)}{2x+3}=\dfrac{-2x-1}{2x+3}.\]
Sur \(]-1{,}5\,;\,+\infty[\), le dénominateur \(2x+3\) est strictement positif, donc \(g^{\prime}(x)\) a le signe de \(-2x-1\), qui est positif lorsque \(x\lt -0{,}5\) et négatif lorsque \(x\gt -0{,}5\).
Donc \(g\) est strictement croissante sur \(]-1{,}5\,;\,-0{,}5]\) et strictement décroissante sur \([-0{,}5\,;\,+\infty[\). Elle admet un maximum en \(-0{,}5\) :
\[g(-0{,}5)=\ln(2)-1+0{,}5=\ln(2)-0{,}5\approx 0{,}193.\]
| \(x\) | \(-1{,}5\) | \(-0{,}5\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(g^{\prime}(x)\) | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| variations de \(g\) | \(-\infty\) | \(\nearrow\) | \(\ln(2)-0{,}5\) | \(\searrow\) | \(-\infty\) |
3. a. Existence et unicité de \(\alpha\).
Sur l’intervalle \(]-0{,}5\,;\,+\infty[\), la fonction \(g\) est continue (elle est dérivable) et strictement décroissante. Quand \(x\) tend vers \(-0{,}5\), \(g(x)\) tend vers \(g(-0{,}5)=\ln(2)-0{,}5\gt 0\), et \(\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty\). Ainsi \(g\) réalise une bijection de \(]-0{,}5\,;\,+\infty[\) sur \(]-\infty\,;\,\ln(2)-0{,}5[\), intervalle qui contient 0.
D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]-0{,}5\,;\,+\infty[\).
b. À la calculatrice, on balaye d’abord avec un pas de 0,1 : \(g(0{,}2)\approx 0{,}024\gt 0\) et \(g(0{,}3)\approx -0{,}02\lt 0\). Puis avec un pas de 0,01 :
\[g(0{,}25)\approx 0{,}0028\gt 0\quad\text{et}\quad g(0{,}26)\approx -0{,}0015\lt 0.\]
Comme \(g\) est décroissante sur cet intervalle, on en déduit \(0{,}25\lt\alpha\lt 0{,}26\) (en fait \(\alpha\approx 0{,}2564\)).
Partie B
1. Soit \(x\in[-1\,;\,\alpha]\), c’est-à-dire \(-1\leq\, x\leq\,\alpha\). Ces nombres sont dans \(]-1{,}5\,;\,+\infty[\), où \(f\) est strictement croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre :
\[f(-1)\leq\, f(x)\leq\, f(\alpha).\]
Calculons les deux bornes. D’une part \(f(-1)=\ln(-2+3)-1=\ln(1)-1=-1\). D’autre part, \(\alpha\) vérifie \(g(\alpha)=0\), c’est-à-dire \(f(\alpha)-\alpha=0\), soit \(f(\alpha)=\alpha\).
Donc \(-1\leq\, f(x)\leq\,\alpha\) : si \(x\in[-1\,;\,\alpha]\), alors \(f(x)\in[-1\,;\,\alpha]\).
2. a. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(-1\leq\, u_n\leq\, u_{n+1}\leq\,\alpha\) ».
Initialisation. \(u_0=0\) et \(u_1=f(0)=\ln(3)-1\approx 0{,}099\). Comme \(\alpha\gt 0{,}25\), on a bien \(-1\leq\, 0\leq\, 0{,}099\leq\,\alpha\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier \(n\) fixé : \(-1\leq\, u_n\leq\, u_{n+1}\leq\,\alpha\). Tous ces nombres sont dans \([-1\,;\,\alpha]\), où \(f\) est croissante ; en appliquant \(f\), l’ordre est conservé :
\[f(-1)\leq\, f(u_n)\leq\, f(u_{n+1})\leq\, f(\alpha).\]
Or \(f(-1)=-1\), \(f(u_n)=u_{n+1}\), \(f(u_{n+1})=u_{n+2}\) et \(f(\alpha)=\alpha\) (question 1). On obtient \(-1\leq\, u_{n+1}\leq\, u_{n+2}\leq\,\alpha\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc par récurrence pour tout entier naturel \(n\), \(-1\leq\, u_n\leq\, u_{n+1}\leq\,\alpha\).
b. L’inégalité \(u_n\leq\, u_{n+1}\) pour tout \(n\) signifie que la suite \((u_n)\) est croissante, et l’inégalité \(u_{n+1}\leq\,\alpha\) (avec \(u_0\leq\,\alpha\)) signifie qu’elle est majorée par \(\alpha\). D’après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : la suite \((u_n)\) est convergente, et sa limite est inférieure ou égale à \(\alpha\).
Exercice 3 :
Dans ce repère, l’unité vaut la moitié de l’arête de la maison : l’arête du cube ABCDEFGH mesure donc 2 unités, et celle du garage (dont L et K sont des milieux) mesure 1 unité.
1. a. On a A(0 ; 0 ; 0), B(2 ; 0 ; 0), D(0 ; 2 ; 0) et E(0 ; 0 ; 2). Le point H est au-dessus de D, à la hauteur de E. Le garage s’appuie sur la face BCGF : I prolonge [AB] d’une unité et M est au-dessus de I à la hauteur 1 ; N se déduit de M par une unité dans la direction de \(\vec{\jmath}\). D’où :
\[\text{H}(0\,;\,2\,;\,2),\qquad \text{M}(3\,;\,0\,;\,1),\qquad \text{N}(3\,;\,1\,;\,1).\]
b. La droite (HM) passe par H et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{HM}}\) de coordonnées \((3-0\,;\,0-2\,;\,1-2)=(3\,;\,-2\,;\,-1)\). Une représentation paramétrique de (HM) est donc :
\[\{\begin{array}{l}x=3t\\y=2-2t\\z=2-t\end{array}.\qquad t\in\mathbb{R}.\]
2. Les points B, C et F ont tous pour abscisse 2 (ils sont sur la face du cube opposée à la face ADHE, d’équation \(x=0\)) : le plan (BCF) est le plan d’équation \(x=2\).
Un point de (HM) de paramètre \(t\) appartient à ce plan si et seulement si \(3t=2\), c’est-à-dire \(t=\dfrac23\). On obtient alors \(y=2-2\times \dfrac23=\dfrac23\) et \(z=2-\dfrac23=\dfrac43\). Donc P a pour coordonnées \((2\,;\,\dfrac23\,;\,\dfrac43)\).
3. a. On calcule les coordonnées des deux vecteurs :
\[\vec{\text{PM}}(3-2\,;\,0-\dfrac23\,;\,1-\dfrac43)=(1\,;\,-\dfrac23\,;\,-\dfrac13),\qquad\vec{\text{PN}}(3-2\,;\,1-\dfrac23\,;\,1-\dfrac43)=(1\,;\,\dfrac13\,;\,-\dfrac13).\]
Le repère est orthonormé, donc le produit scalaire est la somme des produits des coordonnées :
\[\vec{\text{PM}}\cdot\vec{\text{PN}}=1\times 1+(-\dfrac23)\times \dfrac13+(-\dfrac13)\times (-\dfrac13)=1-\dfrac29+\dfrac19=\dfrac89.\]
Donc \(\vec{\text{PM}}\cdot\vec{\text{PN}}=\dfrac89\).
b. \(\text{PM}=\sqrt{1^2+(-\dfrac23)^2+(-\dfrac13)^2}=\sqrt{1+\dfrac49+\dfrac19}=\sqrt{\dfrac{14}{9}}\), soit \(\text{PM}=\dfrac{\sqrt{14}}{3}\).
c. Le produit scalaire s’écrit aussi \(\vec{\text{PM}}\cdot\vec{\text{PN}}=\text{PM}\times \text{PN}\times \cos\widehat{\text{MPN}}\). Donc :
\[\cos\widehat{\text{MPN}}=\dfrac{\dfrac89}{\dfrac{\sqrt{14}}{3}\times \dfrac{\sqrt{11}}{3}}=\dfrac{\dfrac89}{\dfrac{\sqrt{154}}{9}}=\dfrac{8}{\sqrt{154}}\approx 0{,}645.\]
La calculatrice donne \(\widehat{\text{MPN}}\approx 49{,}9^\circ\). Cet angle ne dépasse pas \(55^\circ\) : le toit pourra être construit.
4. Première justification, géométrique : les droites (EH) et (MN) sont toutes deux dirigées par \(\vec{\jmath}\), elles sont donc parallèles et définissent un plan qui contient E, H, M et N. Les droites (HM) et (EN) sont ainsi coplanaires ; elles ne sont pas parallèles car \(\vec{\text{HM}}(3\,;\,-2\,;\,-1)\) et \(\vec{\text{EN}}(3\,;\,1\,;\,-1)\) n’ont pas des coordonnées proportionnelles (mêmes premières coordonnées mais deuxièmes différentes). Deux droites coplanaires non parallèles sont sécantes.
Pour trouver le point d’intersection, on paramètre (EN), qui passe par E(0 ; 0 ; 2) et est dirigée par \(\vec{\text{EN}}\) :
\[\{\begin{array}{l}x=3s\\y=s\\z=2-s\end{array}.\qquad s\in\mathbb{R}.\]
Un point commun aux deux droites correspond à des paramètres \(t\) et \(s\) tels que \(3t=3s\), \(2-2t=s\) et \(2-t=2-s\). Les première et troisième équations donnent \(s=t\) ; la deuxième devient \(2-2t=t\), soit \(t=\dfrac23\). Ce couple vérifie les trois équations, ce qui confirme que les droites sont sécantes, et le point obtenu est \((3\times \dfrac23\,;\,\dfrac23\,;\,2-\dfrac23)\).
Les droites (HM) et (EN) se coupent en P\((2\,;\,\dfrac23\,;\,\dfrac43)\), le sommet du toit.
Exercice 4 :
Notons \(X\) le nombre de candidats qualifiés à l’issue de la première phase. On répète 4 fois, de façon indépendante (la qualification ne dépend que du hasard), une épreuve à deux issues dont le succès « le candidat se qualifie » a pour probabilité 0,6. Donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=4\) et \(p=0{,}6\) : pour \(k\) entier de 0 à 4,
\[P(X=k)=\binom\,{4}{k}\times 0{,}6^k\times 0{,}4^{4-k}.\]
| \(k\) | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|---|---|
| \(P(X=k)\) | \(0{,}0256\) | \(0{,}1536\) | \(0{,}3456\) | \(0{,}3456\) | \(0{,}1296\) |
Par exemple \(P(X=2)=6\times 0{,}36\times 0{,}16=0{,}3456\) et \(P(X=4)=0{,}6^4=0{,}1296\).
Condition n° 1. La deuxième phase a lieu si et seulement si \(X\geq\, 2\). Par l’événement contraire :
\[P(X\geq\, 2)=1-P(X=0)-P(X=1)=1-0{,}0256-0{,}1536=0{,}8208.\]
Comme \(0{,}8208\geq\, 0{,}8\), la deuxième phase a lieu dans plus de 80 % des cas : la condition n° 1 est vérifiée.
Condition n° 2. Notons \(T\) la durée, en minutes, de la deuxième phase. D’après le tableau, \(T\) prend les valeurs 0, 5, 9 et 11 avec \(P(T=0)=P(X=0)+P(X=1)\), \(P(T=5)=P(X=2)\), \(P(T=9)=P(X=3)\) et \(P(T=11)=P(X=4)\). La durée moyenne est l’espérance de \(T\) :
\[E(T)=0\times 0{,}1792+5\times 0{,}3456+9\times 0{,}3456+11\times 0{,}1296=1{,}728+3{,}1104+1{,}4256=6{,}264.\]
La durée moyenne est d’environ 6,26 minutes, elle dépasse 6 minutes : la condition n° 2 n’est pas vérifiée.
Conclusion : une des deux conditions n’étant pas remplie, le jeu ne peut pas être retenu.
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