Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Commençons par lire les coordonnées utiles dans le repère \((\text{A} ; \vec{\text{AD}}, \vec{\text{AB}}, \vec{\text{AE}})\) : le premier axe suit [AD], le deuxième [AB], le troisième [AE]. On obtient \(\text{C}(1 ; 1 ; 0)\) car \(\vec{\text{AC}} = \vec{\text{AD}} + \vec{\text{AB}}\), \(\text{F}(0 ; 1 ; 1)\) car \(\vec{\text{AF}} = \vec{\text{AB}} + \vec{\text{AE}}\), \(\text{H}(1 ; 0 ; 1)\) et \(\text{G}(1 ; 1 ; 1)\). K étant le milieu de [HG], ses coordonnées sont les moyennes de celles de H et G : \(\text{K}(1 ; \dfrac{1}{2} ; 1)\).
1. Trois points définissent un plan dès qu’ils ne sont pas alignés. Calculons \(\vec{\text{CF}}\begin{pmatrix}0-1\\1-1\\1-0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{CK}}\begin{pmatrix}1-1\\\frac{1}{2}-1\\1-0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\-\frac{1}{2}\\1\end{pmatrix}\).
La première coordonnée de \(\vec{\text{CK}}\) est nulle alors que celle de \(\vec{\text{CF}}\) vaut \(-1\) : si l’on avait \(\vec{\text{CK}} = k\,\vec{\text{CF}}\), on aurait \(k = 0\), donc \(\vec{\text{CK}} = \vec{0}\), ce qui est faux. Les deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc C, F et K ne sont pas alignés et définissent un plan.
2. a. K est le milieu d’une arête de longueur 1 et [GF], [GC] sont des arêtes du cube : \(\text{KG} = \dfrac{1}{2}\), \(\text{GF} = 1\) et \(\text{GC} = 1\).
b. La face BCGF est un carré, donc l’angle \(\widehat{\text{FGC}}\) est droit : le triangle FGC est rectangle en G. Son aire vaut la moitié du produit des côtés de l’angle droit :
\[\mathcal{A}_{\text{FGC}} = \dfrac{\text{GF} \times \text{GC}}{2} = \dfrac{1 \times 1}{2} = \dfrac{1}{2}.\]
L’aire du triangle FGC est \(\dfrac{1}{2}\) unité d’aire.
c. Prenons FGC comme base. La droite (KG) est portée par l’arête [HG], perpendiculaire à la face BCGF (elle est orthogonale à [GF] et à [GC], deux droites sécantes de cette face). Le segment [KG] est donc la hauteur issue de K, de longueur \(\dfrac{1}{2}\). D’où :
\[V_{\text{FGCK}} = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{\text{FGC}} \times \text{KG} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{12}.\]
Le volume du tétraèdre FGCK est \(\dfrac{1}{12}\) unité de volume.
3. a. Un vecteur est normal à un plan s’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. On utilise \(\vec{\text{CF}}\) et \(\vec{\text{CK}}\), non colinéaires d’après la question 1 :
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{CF}} = 1 \times (-1) + 2 \times 0 + 1 \times 1 = 0\]
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{CK}} = 1 \times 0 + 2 \times (-\dfrac{1}{2}) + 1 \times 1 = 0\]
Les deux produits scalaires sont nuls, donc \(\vec{n}\) est normal au plan (CFK).
b. Puisque \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}\) est normal au plan, celui-ci admet une équation de la forme \(x + 2y + z + d = 0\). Le point C(1 ; 1 ; 0) appartient au plan, donc \(1 + 2 \times 1 + 0 + d = 0\), soit \(d = -3\). Une équation cartésienne de (CFK) est bien \(x + 2y + z – 3 = 0\). (On peut contrôler avec F : \(0 + 2 + 1 – 3 = 0\), et avec K : \(1 + 1 + 1 – 3 = 0\).)
4. Une droite orthogonale à un plan a pour vecteur directeur n’importe quel vecteur normal à ce plan : \(\Delta\) est dirigée par \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}\). Elle passe par G(1 ; 1 ; 1). Un point M(\(x\) ; \(y\) ; \(z\)) appartient à \(\Delta\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{GM}} = t\,\vec{n}\), c’est-à-dire \(x – 1 = t\), \(y – 1 = 2t\) et \(z – 1 = t\). On obtient bien la représentation paramétrique :
\[\{\begin{array}{l} x = 1 + t \\ y = 1 + 2t \\ z = 1 + t \end{array}. \quad (t \in \mathbb{R})\]
5. a. Le point L est sur \(\Delta\), donc ses coordonnées s’écrivent \((1 + t ; 1 + 2t ; 1 + t)\) pour un certain réel \(t\), et il est dans le plan (CFK), donc elles vérifient l’équation du plan :
\[(1 + t) + 2(1 + 2t) + (1 + t) – 3 = 0 \iff 6t + 1 = 0 \iff t = -\dfrac{1}{6}.\]
On remplace : \(x = 1 – \dfrac{1}{6} = \dfrac{5}{6}\), \(y = 1 – \dfrac{2}{6} = \dfrac{2}{3}\), \(z = \dfrac{5}{6}\). Donc \(\text{L}(\dfrac{5}{6} ; \dfrac{2}{3} ; \dfrac{5}{6})\).
b. On calcule la distance entre G(1 ; 1 ; 1) et L :
\[\text{LG} = \sqrt{(1 – \dfrac{5}{6})^2 + (1 – \dfrac{2}{3})^2 + (1 – \dfrac{5}{6})^2} = \sqrt{\dfrac{1}{36} + \dfrac{4}{36} + \dfrac{1}{36}} = \sqrt{\dfrac{6}{36}} = \dfrac{\sqrt{6}}{6}.\]
On retrouve bien \(\text{LG} = \dfrac{\sqrt{6}}{6}\). Comme L est le projeté orthogonal de G sur le plan (CFK), c’est la distance du point G à ce plan.
6. On calcule le volume du même tétraèdre FGCK d’une autre façon, en prenant cette fois pour base le triangle CFK. La hauteur associée est la distance de G au plan (CFK), c’est-à-dire \(\text{LG} = \dfrac{\sqrt{6}}{6}\). En notant \(\mathcal{B}\) l’aire de CFK et en utilisant le volume trouvé à la question 2 :
\[\dfrac{1}{3} \times \mathcal{B} \times \dfrac{\sqrt{6}}{6} = \dfrac{1}{12} \iff \mathcal{B} = \dfrac{3 \times 6}{12\sqrt{6}} = \dfrac{3}{2\sqrt{6}} = \dfrac{3\sqrt{6}}{12} = \dfrac{\sqrt{6}}{4}.\]
L’aire du triangle CFK vaut \(\dfrac{\sqrt{6}}{4}\) unité d’aire (environ 0,612).
Exercice 2 :
1. Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{x} = +\infty\). En passant à l’inverse (quantité positive pour \(x \gt 0\)), on obtient \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\text{e}^x} = 0\), c’est-à-dire \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0\). La courbe \(\mathcal{C}_f\) admet donc en \(+\infty\) une asymptote horizontale d’équation \(y = 0\) : l’axe des abscisses.
2. \(f\) est le produit de \(u(x) = x\) et \(v(x) = \text{e}^{-x}\), avec \(u^{\prime}(x) = 1\) et \(v^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\). La formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) donne :
\[f^{\prime}(x) = 1 \times \text{e}^{-x} + x \times (-\text{e}^{-x}) = (1 – x)\text{e}^{-x}.\]
3. Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\) pour tout réel \(x\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – x\) : positif sur \([0 ; 1]\), nul en 1, négatif sur \([1 ; +\infty[\). On calcule \(f(0) = 0\), \(f(1) = \text{e}^{-1} = \dfrac{1}{\text{e}}\), et on a vu que \(f\) tend vers 0 en \(+\infty\).
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | \(0\) | \(\nearrow\) | \(\text{e}^{-1}\) | \(\searrow\) | \(0\) |
La fonction \(f\) est strictement croissante sur \([0 ; 1]\), strictement décroissante sur \([1 ; +\infty[\), et admet un maximum égal à \(\text{e}^{-1}\) atteint en \(x = 1\).
4. On a \(\text{e}^{-1} \approx 0{,}3679\), donc \(\dfrac{367}{1000} = 0{,}367\) est strictement compris entre 0 et le maximum \(\text{e}^{-1}\). On découpe l’intervalle en deux :
- sur \([0 ; 1]\), \(f\) est continue et strictement croissante, de \(f(0) = 0\) à \(f(1) = \text{e}^{-1}\) ; comme \(0 \lt 0{,}367 \lt \text{e}^{-1}\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(f(x) = 0{,}367\) a exactement une solution dans cet intervalle ;
- sur \([1 ; +\infty[\), \(f\) est continue et strictement décroissante, de \(\text{e}^{-1}\) vers la limite 0 ; comme \(0 \lt 0{,}367 \lt \text{e}^{-1}\), le même corollaire donne exactement une solution dans cet intervalle (et \(x = 1\) n’en est pas une puisque \(f(1) \neq 0{,}367\)).
L’équation \(f(x) = \dfrac{367}{1000}\) admet donc exactement deux solutions sur \([0 ; +\infty[\) (la calculatrice donne environ 0,93 et 1,07, de part et d’autre de 1).
5. La convexité se lit sur le signe de \(f^{\prime\prime}\). Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(x – 2\) :
- sur \([0 ; 2]\), \(f^{\prime\prime}(x) \leq\, 0\) : \(f\) est concave sur \([0 ; 2]\) ;
- sur \([2 ; +\infty[\), \(f^{\prime\prime}(x) \geq\, 0\) : \(f\) est convexe sur \([2 ; +\infty[\).
La dérivée seconde s’annule en 2 en changeant de signe : le point de \(\mathcal{C}_f\) d’abscisse 2, de coordonnées \((2 ; 2\text{e}^{-2})\), est l’unique point d’inflexion de la courbe.
6. a. La tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse \(a\) a pour équation \(y = f^{\prime}(a)(x – a) + f(a)\). Avec \(f^{\prime}(a) = (1 – a)\text{e}^{-a}\) et \(f(a) = a\text{e}^{-a}\) :
\[y = (1 – a)\text{e}^{-a}\,x – a(1 – a)\text{e}^{-a} + a\text{e}^{-a}\]
Le terme constant vaut \(-a\text{e}^{-a} + a^2\text{e}^{-a} + a\text{e}^{-a} = a^2\text{e}^{-a}\). L’équation réduite de \(T_a\) est donc bien :
\[y = [(1 – a)\text{e}^{-a}]x + a^2\text{e}^{-a}.\]
b. Le point \(\text{H}_a\) est sur l’axe des ordonnées, donc son abscisse est 0. Son ordonnée s’obtient en remplaçant \(x\) par 0 dans l’équation de \(T_a\) : c’est l’ordonnée à l’origine. Ainsi \(g(a) = a^2\text{e}^{-a}\).
c. On étudie la fonction \(g\) définie sur \([0 ; +\infty[\) par \(g(a) = a^2\text{e}^{-a}\). Elle est dérivable comme produit de fonctions dérivables, et :
\[g^{\prime}(a) = 2a\,\text{e}^{-a} + a^2 \times (-\text{e}^{-a}) = a(2 – a)\text{e}^{-a}.\]
Sur \([0 ; +\infty[\), \(a \geq\, 0\) et \(\text{e}^{-a} \gt 0\), donc \(g^{\prime}(a)\) a le signe de \(2 – a\) (avec \(g^{\prime}(0) = 0\)) : \(g^{\prime}(a) \geq\, 0\) sur \([0 ; 2]\) et \(g^{\prime}(a) \lt 0\) sur \(]2 ; +\infty[\). La fonction \(g\) croît sur \([0 ; 2]\) puis décroît sur \([2 ; +\infty[\) : elle atteint son maximum en \(a = 2\), qui vaut \(g(2) = 4\text{e}^{-2}\).
Or on a vu à la question 5 que le point d’inflexion de \(\mathcal{C}_f\) est précisément le point d’abscisse 2. Donc \(g(a)\) est maximale lorsque A est le point d’inflexion de \(\mathcal{C}_f\).
Exercice 3 :
1. On applique la relation de récurrence avec \(u_0 = 0\) :
\[u_1 = \dfrac{-0 – 4}{0 + 3} = -\dfrac{4}{3}\]
\[u_2 = \dfrac{\dfrac{4}{3} – 4}{-\dfrac{4}{3} + 3} = \dfrac{-\dfrac{8}{3}}{\dfrac{5}{3}} = -\dfrac{8}{5}\]
Donc \(u_1 = -\dfrac{4}{3}\) et \(u_2 = -\dfrac{8}{5}\).
2. La variable u doit partir de \(u_0 = 0\), puis la boucle, exécutée \(n\) fois, remplace à chaque passage \(u_k\) par \(u_{k+1}\) ; après \(n\) passages, u contient \(u_n\). Le script complété est :
def terme (n) :
u = 0
for i in range(n):
u = (-u - 4) / (u + 3)
return(u)
3. \(f\) est un quotient de fonctions affines dont le dénominateur ne s’annule pas sur \(]-3 ; +\infty[\) : elle y est dérivable. Avec la formule \((\dfrac{u}{v})^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}v – uv^{\prime}}{v^2}\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{(-1)(x + 3) – (-x – 4) \times 1}{(x + 3)^2} = \dfrac{-x – 3 + x + 4}{(x + 3)^2} = \dfrac{1}{(x + 3)^2}.\]
Un carré non nul est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]-3 ; +\infty[\) : \(f\) est strictement croissante sur \(]-3 ; +\infty[\).
4. Notons \(P(n)\) la propriété « \(-2 \lt u_{n+1} \leq\, u_n\) ».
Initialisation. Pour \(n = 0\) : \(u_0 = 0\) et \(u_1 = -\dfrac{4}{3} \approx -1{,}33\). On a bien \(-2 \lt -\dfrac{4}{3} \leq\, 0\), donc \(P(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(P(n)\) soit vraie : \(-2 \lt u_{n+1} \leq\, u_n\). Les trois nombres \(-2\), \(u_{n+1}\) et \(u_n\) appartiennent à \(]-3 ; +\infty[\), intervalle sur lequel \(f\) est strictement croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre : \(f(-2) \lt f(u_{n+1}) \leq\, f(u_n)\). Or \(f(-2) = \dfrac{2 – 4}{-2 + 3} = -2\), \(f(u_{n+1}) = u_{n+2}\) et \(f(u_n) = u_{n+1}\). On obtient \(-2 \lt u_{n+2} \leq\, u_{n+1}\) : c’est \(P(n + 1)\).
Conclusion. \(P(0)\) est vraie et la propriété est héréditaire, donc par récurrence \(-2 \lt u_{n+1} \leq\, u_n\) pour tout entier naturel \(n\).
5. D’après la question 4, pour tout \(n\), \(u_{n+1} \leq\, u_n\) : la suite \((u_n)\) est décroissante. De plus \(u_0 = 0 \gt -2\) et \(u_{n+1} \gt -2\) pour tout \(n\), donc tous les termes sont strictement supérieurs à \(-2\) : la suite est minorée par \(-2\). Une suite décroissante et minorée converge (théorème de convergence monotone) : la suite \((u_n)\) est convergente.
6. Remarque préalable : comme \(u_n \gt -2\), on a \(u_n + 2 \gt 0\), donc \(v_n\) est bien défini et strictement positif pour tout \(n\).
a. \(v_0 = \dfrac{1}{0 + 2}\), donc \(v_0 = \dfrac{1}{2} = 0{,}5\).
b. Exprimons d’abord \(u_{n+1} + 2\) en réduisant au même dénominateur :
\[u_{n+1} + 2 = \dfrac{-u_n – 4 + 2(u_n + 3)}{u_n + 3} = \dfrac{u_n + 2}{u_n + 3}.\]
En prenant l’inverse, \(v_{n+1} = \dfrac{u_n + 3}{u_n + 2} = \dfrac{(u_n + 2) + 1}{u_n + 2} = 1 + \dfrac{1}{u_n + 2} = 1 + v_n\).
Pour tout \(n\), \(v_{n+1} – v_n = 1\) : la suite \((v_n)\) est arithmétique de raison 1, de premier terme \(v_0 = 0{,}5\).
c. Le terme général d’une suite arithmétique donne \(v_n = v_0 + n \times 1 = n + 0{,}5\). Par ailleurs, \(v_n = \dfrac{1}{u_n + 2}\) équivaut à \(u_n + 2 = \dfrac{1}{v_n}\) (car \(v_n \neq 0\)), soit \(u_n = \dfrac{1}{v_n} – 2\). Ainsi :
\[u_n = \dfrac{1}{n + 0{,}5} – 2,\]
ce qui est la formule demandée, valable pour tout \(n \geq\, 1\) (et même pour \(n = 0\), puisque \(\dfrac{1}{0{,}5} – 2 = 0 = u_0\)).
d. Quand \(n\) tend vers \(+\infty\), \(n + 0{,}5\) tend vers \(+\infty\), donc \(\dfrac{1}{n + 0{,}5}\) tend vers 0. Par somme, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = -2\). C’est cohérent avec la question 5 : la suite décroît et se rapproche de son minorant \(-2\) sans jamais l’atteindre.
Exercice 4 :
1. Réponse b. Sachant \(A\), on se restreint aux 75 adhérents qui pratiquent l’aviron ; parmi eux, 25 sont des filles. Donc \(P_A(F) = \dfrac{25}{75}\) \((= \dfrac{1}{3})\).
2. Réponse c. Par la formule \(P(A \cup F) = P(A) + P(F) – P(A \cap F) = \dfrac{75}{200} + \dfrac{105}{200} – \dfrac{25}{200} = \dfrac{155}{200} = \dfrac{31}{40}\). On peut aussi compter directement : seuls les 45 garçons qui font du basket ne sont ni filles ni rameurs, et \(\dfrac{200 – 45}{200} = \dfrac{155}{200}\).
3. Réponse d. Notons \(B\) « le bus est en panne » et \(T\) « le train est en panne ». Par indépendance, \(P(B \cap T) = P(B) \times P(T) = bt\). Alors \(p_1 = P(B \cup T) = P(B) + P(T) – P(B \cap T) = b + t – bt\).
4. Réponse b. Albert ne peut pas aller travailler uniquement si les deux moyens de transport sont en panne en même temps, ce qui a pour probabilité \(bt\). L’évènement contraire a donc pour probabilité \(p_2 = 1 – bt\).
5. Réponse d. Le contraire de « au moins une fois FACE » est « aucun FACE », c’est-à-dire PILE à chacun des \(n\) lancers. Les lancers étant indépendants, cette probabilité vaut \((1 – x)^n\). Donc \(p = 1 – (1 – x)^n\).
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