Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Affirmation 1 : fausse.
Un vecteur est normal à un plan lorsqu’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Les vecteurs \(\vec{\text{OA}}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{OC}}\begin{pmatrix}5\\0\\-3\end{pmatrix}\) ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{\text{OC}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{OA}}\)) : les points O, A et C définissent bien un plan.
On calcule les produits scalaires : \(\vec{n} \cdot \vec{\text{OA}} = 1 \times 2 + 0 \times 1 + 2 \times (-1) = 0\), mais \(\vec{n} \cdot \vec{\text{OC}} = 1 \times 5 + 0 \times 0 + 2 \times (-3) = -1 \neq 0\).
Le vecteur \(\vec{n}\) n’est pas orthogonal au vecteur \(\vec{\text{OC}}\), qui est pourtant un vecteur du plan (OAC) : \(\vec{n}\) n’est pas normal au plan (OAC), l’affirmation 1 est fausse.
Affirmation 2 : vraie.
Il suffit de vérifier que C appartient aux deux droites et que ces droites ne sont pas confondues.
C appartient à (AB) ? On a \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}-3\\1\\2\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}3\\-1\\-2\end{pmatrix}\), donc \(\vec{\text{AC}} = -\vec{\text{AB}}\) : les points A, B, C sont alignés et \(\text{C} \in (\text{AB})\).
C appartient à \(\mathcal{D}\) ? On cherche \(t\) tel que \(-t + 3 = 5\), \(t + 2 = 0\) et \(2t + 1 = -3\). La première équation donne \(t = -2\), qui vérifie aussi \(t + 2 = 0\) et \(2 \times (-2) + 1 = -3\). Donc \(\text{C} \in \mathcal{D}\) (paramètre \(t = -2\)).
Enfin, un vecteur directeur de \(\mathcal{D}\) est \(\vec{u}\begin{pmatrix}-1\\1\\2\end{pmatrix}\), qui n’est pas colinéaire à \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}-3\\1\\2\end{pmatrix}\) (les deuxièmes coordonnées imposeraient un coefficient 1, incompatible avec les premières). Les droites ne sont donc pas parallèles : elles ont un seul point commun. Les droites \(\mathcal{D}\) et (AB) sont sécantes en C, l’affirmation 2 est vraie.
Affirmation 3 : vraie.
Un vecteur normal à \(\mathcal{P}\) est \(\vec{n^{\prime}}\begin{pmatrix}1\\5\\-2\end{pmatrix}\) (coefficients de \(x\), \(y\), \(z\) dans l’équation). On a \(\vec{u} \cdot \vec{n^{\prime}} = -1 + 5 – 4 = 0\) : le vecteur directeur de \(\mathcal{D}\) est orthogonal au vecteur normal du plan, donc \(\mathcal{D}\) est parallèle à \(\mathcal{P}\).
On peut préciser : le point de \(\mathcal{D}\) de paramètre \(t = 0\) est \((3~;~2~;~1)\), et \(3 + 5 \times 2 – 2 \times 1 + 3 = 14 \neq 0\), donc ce point n’est pas dans \(\mathcal{P}\). La droite est strictement parallèle au plan \(\mathcal{P}\) : l’affirmation 3 est vraie.
Affirmation 4 : vraie.
Le milieu I de [BC] a pour coordonnées \((\dfrac{-1 + 5}{2}~;~\dfrac{2 + 0}{2}~;~\dfrac{1 – 3}{2})\), c’est-à-dire \(\text{I}(2~;~1~;~-1)\) (c’est d’ailleurs le point A). On vérifie qu’il est dans \(Q\) : \(3 \times 2 – 1 – 2 \times (-1) – 7 = 6 – 1 + 2 – 7 = 0\).
Un vecteur normal à \(Q\) est \(\vec{v}\begin{pmatrix}3\\-1\\-2\end{pmatrix}\). Or \(\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix}6\\-2\\-4\end{pmatrix} = 2\vec{v}\) : le segment [BC] est donc perpendiculaire au plan \(Q\).
Le plan \(Q\) passe par le milieu de [BC] et est perpendiculaire à [BC] : c’est bien le plan médiateur de [BC], l’affirmation 4 est vraie.
Exercice 2 :
Partie A
1. Le logiciel note \(k * \text{exp}(-0.02 * t)\) ce que l’on écrit \(k\text{e}^{-0{,}02t}\) : il affirme donc que les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{-0{,}02t} + 50m\), avec \(k\) réel.
L’équation s’écrit \(y^{\prime} = -0{,}02y + m\), de la forme \(y^{\prime} = ay + b\) avec \(a = -0{,}02 \neq 0\) et \(b = m\). D’après le cours, ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{at} – \dfrac{b}{a}\), \(k \in \mathbb{R}\). Ici \(-\dfrac{b}{a} = \dfrac{m}{0{,}02} = 50m\), d’où les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{-0{,}02t} + 50m\).
Vérification directe : si \(y(t) = k\text{e}^{-0{,}02t} + 50m\), alors \(y^{\prime}(t) = -0{,}02k\text{e}^{-0{,}02t}\) et \(y^{\prime} + 0{,}02y = -0{,}02k\text{e}^{-0{,}02t} + 0{,}02k\text{e}^{-0{,}02t} + 0{,}02 \times 50m = m\). L’affichage du logiciel est donc justifié.
2. La fonction \(f\) est l’une de ces solutions : \(f(t) = k\text{e}^{-0{,}02t} + 50m\) pour un certain réel \(k\).
Comme \(-0{,}02 \lt 0\), on a \(\lim\limits_{t \to +\infty} \text{e}^{-0{,}02t} = 0\), donc \(\lim\limits_{t \to +\infty} f(t) = 50m\).
On sait que cette limite vaut 30, donc \(50m = 30\), soit \(m = \dfrac{30}{50}\) : \(m = 0{,}6\).
3. Avec \(m = 0{,}6\), on a \(50m = 30\) et \(f(t) = k\text{e}^{-0{,}02t} + 30\).
La condition initiale donne \(f(0) = k \times \text{e}^{0} + 30 = k + 30 = 210\), donc \(k = 180\).
\(f(t) = 180\text{e}^{-0{,}02t} + 30\) pour tout \(t \geq\, 0\).
Partie B
1. a. On trace la droite horizontale d’ordonnée 50 : elle coupe la courbe en un point dont l’abscisse se situe un peu avant 110. On lit \(T \approx 110\) secondes.
b. La fonction \(f\) est strictement décroissante (car \(f^{\prime}(t) = -3{,}6\text{e}^{-0{,}02t} \lt 0\)), donc la température passe sous 50 °C à l’instant \(T\) où \(f(T) = 50\). On résout :
\[180\text{e}^{-0{,}02T} + 30 = 50 \iff 180\text{e}^{-0{,}02T} = 20 \iff \text{e}^{-0{,}02T} = \dfrac{1}{9}\]
En appliquant la fonction logarithme népérien (bijective sur \(]0~;~+\infty[\)) :
\[-0{,}02T = \ln(\dfrac{1}{9}) = -\ln 9 \iff T = \dfrac{\ln 9}{0{,}02} = 50\ln 9.\]
\(T = 50\ln 9\) secondes, soit environ 109,9 s, ce qui confirme la lecture graphique.
2. La valeur moyenne de \(f\) sur \([0~;~100]\) est \(\mu = \dfrac{1}{100 – 0}\displaystyle\int_0^{100} f(t)\,\text{d}t\).
Une primitive de \(t \mapsto 180\text{e}^{-0{,}02t}\) est \(t \mapsto \dfrac{180}{-0{,}02}\text{e}^{-0{,}02t} = -9000\text{e}^{-0{,}02t}\), donc une primitive de \(f\) est \(F(t) = -9000\text{e}^{-0{,}02t} + 30t\).
\[\int_0^{100} f(t)\,\text{d}t = F(100) – F(0) = (-9000\text{e}^{-2} + 3000) – (-9000) = 12000 – 9000\text{e}^{-2}.\]
\[\mu = \dfrac{12000 – 9000\text{e}^{-2}}{100} = 120 – 90\text{e}^{-2}.\]
La température moyenne sur les 100 premières secondes vaut \(120 – 90\text{e}^{-2} \approx 107{,}8\) °C.
Exercice 3 :
Partie A
1. On répète trois fois, de façon identique et indépendante, une épreuve à deux issues : « Face » (succès), de probabilité \(\dfrac{1}{2}\) puisque la pièce est équilibrée, ou « Pile ». La variable \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 3\) et \(p = \dfrac{1}{2}\).
2. Pour \(k \in \{0~;~1~;~2~;~3\}\), \(P(X = k) = \dbinom{3}{k}(\dfrac{1}{2})^k(\dfrac{1}{2})^{3-k} = \dbinom{3}{k} \times \dfrac{1}{8}\). Avec \(\dbinom{3}{0} = \dbinom{3}{3} = 1\) et \(\dbinom{3}{1} = \dbinom{3}{2} = 3\) :
| \(k\) | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| \(P(X = k)\) | \(\dfrac{1}{8}\) | \(\dfrac{3}{8}\) | \(\dfrac{3}{8}\) | \(\dfrac{1}{8}\) |
Partie B
1. Si \(A_1\) est réalisé, une seule pièce est sur « Face » : on la garde et on relance les deux autres. La partie est gagnée si ces deux pièces tombent toutes les deux sur « Face ». Les deux lancers sont indépendants, chacun donnant « Face » avec probabilité \(\dfrac{1}{2}\), donc \(P_{A_1}(G) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}\), soit \(P_{A_1}(G) = \dfrac{1}{4}\).
2. Le même raisonnement donne les autres probabilités conditionnelles :
- sachant \(A_0\), on relance les trois pièces et il faut trois « Face » : \(P_{A_0}(G) = (\dfrac{1}{2})^3 = \dfrac{1}{8}\), donc \(P_{A_0}(\overline{G}) = \dfrac{7}{8}\) ;
- sachant \(A_1\) : \(P_{A_1}(G) = \dfrac{1}{4}\) et \(P_{A_1}(\overline{G}) = \dfrac{3}{4}\) ;
- sachant \(A_2\), on relance une seule pièce : \(P_{A_2}(G) = \dfrac{1}{2}\) et \(P_{A_2}(\overline{G}) = \dfrac{1}{2}\) ;
- sachant \(A_3\), la partie est gagnée d’emblée : \(P_{A_3}(G) = 1\).
3. Les évènements \(A_0\), \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[p = P(G) = P(A_0)P_{A_0}(G) + P(A_1)P_{A_1}(G) + P(A_2)P_{A_2}(G) + P(A_3)P_{A_3}(G)\]
\[p = \dfrac{1}{8} \times \dfrac{1}{8} + \dfrac{3}{8} \times \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{8} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{8} \times 1 = \dfrac{1}{64} + \dfrac{6}{64} + \dfrac{12}{64} + \dfrac{8}{64} = \dfrac{27}{64}.\]
On a bien \(p = \dfrac{27}{64}\).
4. On cherche \(P_G(A_1)\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[P_G(A_1) = \dfrac{P(A_1 \cap G)}{P(G)} = \dfrac{\dfrac{3}{8} \times \dfrac{1}{4}}{\dfrac{27}{64}} = \dfrac{6}{64} \times \dfrac{64}{27} = \dfrac{6}{27} = \dfrac{2}{9}.\]
Sachant que la partie a été gagnée, la probabilité qu’une seule pièce soit tombée sur « Face » au premier lancer est \(\dfrac{2}{9}\).
5. On joue \(n\) parties indépendantes, chacune gagnée avec la probabilité \(\dfrac{27}{64}\) et perdue avec la probabilité \(\dfrac{37}{64}\). L’évènement « gagner au moins une partie » est le contraire de « perdre les \(n\) parties », donc sa probabilité est \(1 – (\dfrac{37}{64})^n\).
\[1 – (\dfrac{37}{64})^n \gt 0{,}95 \iff (\dfrac{37}{64})^n \lt 0{,}05 \iff n\ln(\dfrac{37}{64}) \lt \ln(0{,}05)\]
en appliquant la fonction \(\ln\), strictement croissante. Comme \(\dfrac{37}{64} \lt 1\), \(\ln(\dfrac{37}{64}) \lt 0\) et diviser par ce nombre change le sens de l’inégalité :
\[n \gt \dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(\dfrac{37}{64})} \approx 5{,}47.\]
Contrôle : \((\dfrac{37}{64})^5 \approx 0{,}065\) et \((\dfrac{37}{64})^6 \approx 0{,}037\). Il faut jouer au moins 6 parties.
Exercice 4 :
Partie A
1. La variable u part de \(u_0 = 3\) et, à chacun des \(n\) passages dans la boucle, on remplace \(u\) par \(\dfrac{4}{5 – u}\) :
def suite(n):
u = 3
for i in range(n) :
u = 4/(5 - u)
return u
2. suite(2) effectue deux passages dans la boucle. Au premier : \(u_1 = \dfrac{4}{5 – 3} = 2\). Au second : \(u_2 = \dfrac{4}{5 – 2} = \dfrac{4}{3}\).
Or \(\dfrac{4}{3} = 1{,}333\ldots\) a une écriture décimale illimitée ; Python en affiche une valeur approchée à 16 chiffres. L’affichage 1.3333333333333333 correspond donc à \(u_2 = \dfrac{4}{3}\).
3. Les valeurs \(u_0 = 3\), \(u_1 = 2\), \(u_2 \approx 1{,}333\), \(u_5 \approx 1{,}0058\), \(u_{10} \approx 1{,}000006\), \(u_{20} \approx 1{,}000\,000\,000\,005\) diminuent en se rapprochant de 1. On conjecture que la suite \((u_n)\) est décroissante et qu’elle converge vers 1.
Partie B
1. Sur \(]-\infty~;~5[\), \(f = \dfrac{4}{v}\) avec \(v(x) = 5 – x\), qui ne s’annule pas et vérifie \(v^{\prime}(x) = -1\). Donc :
\[f^{\prime}(x) = -\dfrac{4v^{\prime}(x)}{v(x)^2} = \dfrac{4}{(5 – x)^2}.\]
Un carré non nul étant strictement positif, \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]-\infty~;~5[\) : \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty~;~5[\).
2. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété : « \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\) ».
Initialisation. \(u_0 = 3\) et \(u_1 = 2\) (calculé en partie A), donc \(1 \leq\, u_1 \leq\, u_0 \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}_n\) soit vraie : \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\). Les nombres 1, \(u_{n+1}\), \(u_n\) et 4 appartiennent tous à \(]-\infty~;~5[\), où \(f\) est croissante ; l’application de \(f\) conserve donc l’ordre :
\[f(1) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(u_n) \leq\, f(4).\]
Or \(f(1) = \dfrac{4}{4} = 1\), \(f(4) = \dfrac{4}{1} = 4\), \(f(u_{n+1}) = u_{n+2}\) et \(f(u_n) = u_{n+1}\). On obtient \(1 \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1} \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. \(\mathcal{P}_0\) est vraie et la propriété est héréditaire ; par le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\).
3. a. Soit \(x \in ]-\infty~;~5[\). Alors \(5 – x \neq 0\) (et même \(5 – x \gt 0\)), on peut donc multiplier les deux membres par \(5 – x\) sans perdre l’équivalence :
\[f(x) = x \iff \dfrac{4}{5 – x} = x \iff 4 = x(5 – x) \iff 4 = 5x – x^2 \iff x^2 – 5x + 4 = 0.\]
L’équivalence est démontrée.
b. Le trinôme \(x^2 – 5x + 4\) a pour discriminant \(\Delta = 25 – 16 = 9 = 3^2\), d’où deux racines \(x_1 = \dfrac{5 – 3}{2} = 1\) et \(x_2 = \dfrac{5 + 3}{2} = 4\). On a donc \(x^2 – 5x + 4 = (x – 1)(x – 4)\).
Les deux racines appartiennent à \(]-\infty~;~5[\). Les solutions de \(f(x) = x\) sur \(]-\infty~;~5[\) sont 1 et 4.
4. D’après la question 2, pour tout \(n\), \(u_{n+1} \leq\, u_n\) : la suite est décroissante ; et \(u_n \geq\, 1\) : elle est minorée par 1. Toute suite décroissante et minorée converge : la suite \((u_n)\) est convergente. Notons \(\ell\) sa limite.
Comme \(1 \leq\, u_n \leq\, u_0 = 3\) pour tout \(n\), on a par passage à la limite \(1 \leq\, \ell \leq\, 3\), donc \(\ell \in ]-\infty~;~5[\).
La fonction \(f\) est continue sur \(]-\infty~;~5[\) (elle y est dérivable) et \(u_{n+1} = f(u_n)\). En passant à la limite dans cette égalité, on obtient \(\ell = f(\ell)\). D’après la question 3.b, \(\ell = 1\) ou \(\ell = 4\) ; comme \(\ell \leq\, 3\), on exclut 4. La suite \((u_n)\) converge vers 1, ce qui confirme la conjecture de la partie A.
5. Si \(u_0 = 4\), alors \(u_1 = f(4) = \dfrac{4}{5 – 4} = 4\). Puisque 4 est un point fixe de \(f\), on montre immédiatement par récurrence que \(u_n = 4\) pour tout \(n\) : si \(u_n = 4\), alors \(u_{n+1} = f(4) = 4\).
La suite est alors constante égale à 4 : elle converge vers 4, et non plus vers 1, et elle n’est plus strictement décroissante. Le comportement n’est donc pas le même qu’avec \(u_0 = 3\).
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