Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. a. Dans le repère \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\), on lit directement sur le cube :
D(0 ; 1 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), G(1 ; 1 ; 1), et I étant le milieu de [BD], ses coordonnées sont les moyennes de celles de B et D : \(\text{I}(\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,0)\).
b. On calcule d’abord \(\vec{\text{IG}}(1 – \dfrac{1}{2}\,;\,1 – \dfrac{1}{2}\,;\,1 – 0)\), c’est-à-dire \(\vec{\text{IG}}(\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,1)\). Donc \(\dfrac{3}{4}\vec{\text{IG}}\) a pour coordonnées \((\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})\).
La relation \(\vec{\text{IL}} = \dfrac{3}{4}\vec{\text{IG}}\) donne \(x_{\text{L}} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{8} = \dfrac{7}{8}\), \(y_{\text{L}} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{8} = \dfrac{7}{8}\) et \(z_{\text{L}} = 0 + \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{4}\).
Le point L a bien pour coordonnées \((\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})\).
2. Les points B, D et G ne sont pas alignés (ce sont trois sommets distincts d’un triangle du cube), ils définissent donc un plan. Il suffit de vérifier que leurs coordonnées satisfont l’équation \(x + y – z – 1 = 0\) :
- pour B : \(1 + 0 – 0 – 1 = 0\) ;
- pour D : \(0 + 1 – 0 – 1 = 0\) ;
- pour G : \(1 + 1 – 1 – 1 = 0\).
Les trois points appartiennent au plan d’équation \(x + y – z – 1 = 0\), qui est donc le plan (BDG) : \(x + y – z – 1 = 0\) est une équation cartésienne de (BDG).
3. a. D’après l’équation obtenue, le vecteur \(\vec{n}(1\,;\,1\,;\,-1)\) est normal au plan (BDG). La droite \(\Delta\) étant perpendiculaire à ce plan, \(\vec{n}\) est un vecteur directeur de \(\Delta\). Comme \(\Delta\) passe par \(\text{L}(\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})\), un point \(M(x\,;\,y\,;\,z)\) appartient à \(\Delta\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{L}M} = t\,\vec{n}\), ce qui s’écrit :
\[\{\begin{array}{l} x = \dfrac{7}{8} + t \\ y = \dfrac{7}{8} + t \\ z = \dfrac{3}{4} – t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]
C’est bien la représentation paramétrique annoncée.
b. On cherche s’il existe \(t\) tel que le point de paramètre \(t\) soit K. La première équation \(0 = \dfrac{7}{8} + t\) impose \(t = -\dfrac{7}{8}\) ; la deuxième donne la même valeur ; la troisième donne alors \(z = \dfrac{3}{4} + \dfrac{7}{8} = \dfrac{6}{8} + \dfrac{7}{8} = \dfrac{13}{8}\). Donc \(\text{K} \in \Delta\).
Par ailleurs la droite (AE) est l’axe des cotes : elle contient tous les points de coordonnées \((0\,;\,0\,;\,z)\), donc K appartient à (AE).
Les droites \(\Delta\) et (AE) ne sont pas confondues (L n’est pas sur (AE) puisque \(x_{\text{L}} \neq 0\)) et ont le point K en commun : elles sont sécantes en \(\text{K}(0\,;\,0\,;\,\dfrac{13}{8})\).
c. Le point L vérifie \(\vec{\text{IL}} = \dfrac{3}{4}\vec{\text{IG}}\), il est donc sur le segment [IG], lui-même contenu dans le plan (BDG) car I est le milieu de [BD]. On peut aussi vérifier : \(\dfrac{7}{8} + \dfrac{7}{8} – \dfrac{3}{4} – 1 = \dfrac{14}{8} – \dfrac{6}{8} – \dfrac{8}{8} = 0\).
Ainsi L est à la fois dans le plan (BDG) et sur la droite \(\Delta\), qui passe par K et est perpendiculaire à ce plan. L est le projeté orthogonal de K sur le plan (BDG).
4. a. On a \(\vec{\text{KL}}(\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{3}{4} – \dfrac{13}{8}) = (\dfrac{7}{8}\,;\,\dfrac{7}{8}\,;\,-\dfrac{7}{8})\) (on retrouve \(-\dfrac{7}{8}\,\vec{n}\), cohérent avec le paramètre \(t = -\dfrac{7}{8}\)). Dans un repère orthonormé :
\[\text{KL}^2 = (\dfrac{7}{8})^2 + (\dfrac{7}{8})^2 + (-\dfrac{7}{8})^2 = 3 \times \dfrac{49}{64} = \dfrac{147}{64}.\]
Donc \(\text{KL} = \dfrac{\sqrt{147}}{8} = \dfrac{7\sqrt{3}}{8}\).
b. Les côtés du triangle DBG sont des diagonales de faces carrées de côté 1, donc chacun mesure \(\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}\).
Dans le triangle équilatéral DBG, la médiane [GI] est aussi hauteur. Dans le triangle GIB rectangle en I, avec \(\text{IB} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\), le théorème de Pythagore donne \(\text{GI}^2 = \text{GB}^2 – \text{IB}^2 = 2 – \dfrac{2}{4} = \dfrac{3}{2}\), soit \(\text{GI} = \sqrt{\dfrac{3}{2}} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}\).
L’aire du triangle vaut alors \(\dfrac{\text{BD} \times \text{GI}}{2} = \dfrac{\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{6}}{2}}{2} = \dfrac{\sqrt{12}}{4} = \dfrac{2\sqrt{3}}{4}\), c’est-à-dire \(\mathcal{A}_{\text{DBG}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\).
c. On prend pour base du tétraèdre KDBG le triangle DBG. La hauteur relative à cette base est la distance de K au plan (BDG), c’est-à-dire KL puisque L est le projeté orthogonal de K sur ce plan. Donc :
\[\mathcal{V}_{\text{KDBG}} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{7\sqrt{3}}{8} = \dfrac{7 \times 3}{48} = \dfrac{7}{16}.\]
Le volume du tétraèdre KDBG est \(\dfrac{7}{16}\) unité de volume.
5. a. La pyramide ABCD\(K_a\) a pour base le carré ABCD, d’aire \(1 \times 1 = 1\). Le sommet \(K_a(0\,;\,0\,;\,a)\) est sur la droite (AE), perpendiculaire au plan (ABC) en A, et \(a \gt 0\) : la hauteur est donc \(\text{A}K_a = a\). Ainsi \(\mathcal{V}_a = \dfrac{1}{3} \times 1 \times a = \dfrac{a}{3}\).
b. Un point de \(\Delta_a\) a pour coordonnées \((t^{\prime}\,;\,t^{\prime}\,;\,-t^{\prime} + a)\). Il appartient au plan (BDG) si et seulement si :
\[t^{\prime} + t^{\prime} – (-t^{\prime} + a) – 1 = 0 \iff 3t^{\prime} – a – 1 = 0 \iff t^{\prime} = \dfrac{a+1}{3}.\]
On remplace : \(x = y = \dfrac{a+1}{3}\) et \(z = a – \dfrac{a+1}{3} = \dfrac{3a – a – 1}{3} = \dfrac{2a-1}{3}\). Donc \(L_a(\dfrac{a+1}{3}\,;\,\dfrac{a+1}{3}\,;\,\dfrac{2a-1}{3})\).
c. La droite \(\Delta_a\) a pour vecteur directeur \((1\,;\,1\,;\,-1)\), c’est-à-dire \(\vec{n}\) : elle est perpendiculaire au plan (BDG). Pour \(t^{\prime} = 0\), on obtient le point \((0\,;\,0\,;\,a)\), donc \(\Delta_a\) passe par \(K_a\). Par conséquent \(L_a\) est le projeté orthogonal de \(K_a\) sur (BDG), et la hauteur du tétraèdre GDB\(K_a\) relative à la base DBG est \(K_aL_a\).
On calcule \(\vec{K_aL_a}(\dfrac{a+1}{3}\,;\,\dfrac{a+1}{3}\,;\,\dfrac{2a-1}{3} – a) = (\dfrac{a+1}{3}\,;\,\dfrac{a+1}{3}\,;\,-\dfrac{a+1}{3})\), d’où :
\[K_aL_a^2 = 3 \times \dfrac{(a+1)^2}{9} = \dfrac{(a+1)^2}{3}, \quad \text{donc} \quad K_aL_a = \dfrac{a+1}{\sqrt{3}} \ \text{ car } a + 1 \gt 0.\]
Le volume du tétraèdre vaut donc \(\dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{a+1}{\sqrt{3}} = \dfrac{a+1}{6}\). (Pour \(a = \dfrac{13}{8}\), on retrouve bien \(\dfrac{21}{48} = \dfrac{7}{16}\).)
Les deux solides ont le même volume si et seulement si \(\dfrac{a+1}{6} = \dfrac{a}{3}\), soit \(a + 1 = 2a\), c’est-à-dire \(a = 1\), qui est bien strictement positif.
Il existe une unique valeur : \(a = 1\) ; le point \(K_1\) est alors le sommet E du cube, et les deux volumes valent \(\dfrac{1}{3}\).
Exercice 2 :
Partie A
1. a. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^{x} \gt 0\). Si \(-1 \leq\, x \leq\, 1\), alors \(x^2 \leq\, 1\), donc \(1 – x^2 \geq\, 0\). Le produit d’un nombre positif ou nul par un nombre strictement positif est positif ou nul : \(f(x) \geq\, 0\) sur \([-1\,;\,1]\).
b. On pose \(u(x) = 1 – x^2\) et \(v^{\prime}(x) = \text{e}^{x}\), d’où \(u^{\prime}(x) = -2x\) et \(v(x) = \text{e}^{x}\). Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables à dérivées continues sur \([-1\,;\,1]\), donc par intégration par parties :
\[\int_{-1}^{1} (1 – x^2)\text{e}^{x}\,\text{d}x = \Big[(1 – x^2)\text{e}^{x}\Big]_{-1}^{1} – \int_{-1}^{1} (-2x)\,\text{e}^{x}\,\text{d}x.\]
Le crochet est nul, car \(1 – x^2\) s’annule en 1 et en \(-1\). Il reste :
\[\int_{-1}^{1} f(x)\,\text{d}x = 2\int_{-1}^{1} x\,\text{e}^{x}\,\text{d}x.\]
C’est l’égalité demandée.
2. On calcule \(J = \displaystyle\int_{-1}^{1} x\,\text{e}^{x}\,\text{d}x\) par une seconde intégration par parties, avec \(u(x) = x\), \(v^{\prime}(x) = \text{e}^{x}\), \(u^{\prime}(x) = 1\), \(v(x) = \text{e}^{x}\) :
\[J = \Big[x\,\text{e}^{x}\Big]_{-1}^{1} – \int_{-1}^{1} \text{e}^{x}\,\text{d}x = (\text{e} + \text{e}^{-1}) – (\text{e} – \text{e}^{-1}) = 2\,\text{e}^{-1}.\]
Comme \(f\) est continue et positive sur \([-1\,;\,1]\), l’aire de la surface grisée, en unités d’aire, est l’intégrale de \(f\) ; l’unité étant 1 cm, une unité d’aire vaut 1 cm². Donc \(S = 2J = 4\,\text{e}^{-1}\) cm² (environ 1,47 cm²).
Alors \(\mathcal{V} = 3 \times 4\,\text{e}^{-1} = 12\,\text{e}^{-1} \approx 4{,}41\). Le volume de chocolat d’un bonbon est d’environ 4,4 cm³.
Partie B
1. a. Quand \(q \to +\infty\), \(\ln(q) \to +\infty\), donc \(2 – 3\ln(q) \to -\infty\) ; par ailleurs \(8q^2 \to +\infty\). Par produit, \(8q^2[2 – 3\ln(q)] \to -\infty\), et en retranchant 3 : \(\displaystyle\lim_{q \to +\infty} B(q) = -\infty\).
b. \(B\) est de la forme \(8\,u \times v – 3\) avec \(u(q) = q^2\) et \(v(q) = 2 – 3\ln(q)\), donc \(u^{\prime}(q) = 2q\) et \(v^{\prime}(q) = -\dfrac{3}{q}\). Ainsi :
\[B^{\prime}(q) = 8[2q(2 – 3\ln(q)) + q^2 \times (-\dfrac{3}{q})] = 8[4q – 6q\ln(q) – 3q] = 8[q – 6q\ln(q)].\]
En factorisant par \(q\) : \(B^{\prime}(q) = 8q(1 – 6\ln(q))\).
c. Sur \([0{,}01\,;\,+\infty[\), \(8q \gt 0\), donc \(B^{\prime}(q)\) a le signe de \(1 – 6\ln(q)\). Or :
\[1 – 6\ln(q) \gt 0 \iff \ln(q) \lt \dfrac{1}{6} \iff q \lt \text{e}^{1/6}\]
par stricte croissance de la fonction exponentielle. Avec \(\text{e}^{1/6} \approx 1{,}18\) :
- \(B^{\prime}(q) \gt 0\) sur \([0{,}01\,;\,\text{e}^{1/6}[\) : \(B\) est strictement croissante sur \([0{,}01\,;\,\text{e}^{1/6}]\) ;
- \(B^{\prime}(q) \lt 0\) sur \(]\text{e}^{1/6}\,;\,+\infty[\) : \(B\) est strictement décroissante sur \([\text{e}^{1/6}\,;\,+\infty[\).
Valeurs utiles : \(B(0{,}01) = 0{,}0008(2 + 6\ln(10)) – 3 \approx -2{,}99\) et, comme \(\ln(\text{e}^{1/6}) = \dfrac{1}{6}\), \(B(\text{e}^{1/6}) = 8\,\text{e}^{1/3}(2 – \dfrac{1}{2}) – 3 = 12\,\text{e}^{1/3} – 3 \approx 13{,}75\).
| \(q\) | \(0{,}01\) | \(\text{e}^{1/6} \approx 1{,}18\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(B^{\prime}(q)\) | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| variations de \(B\) | \(\approx -2{,}99\) | \(\nearrow\) | \(12\,\text{e}^{1/3} – 3 \approx 13{,}75\) | \(\searrow\) | \(-\infty\) |
d. Le maximum de \(B\) est \(12\,\text{e}^{1/3} – 3 \approx 13{,}747\) dizaines d’euros, atteint pour \(q = \text{e}^{1/6}\), soit environ 118 bonbons. Le bénéfice maximal est d’environ 137 euros.
2. a. Sur \([1{,}2\,;\,+\infty[\), on a \(1{,}2 \gt \text{e}^{1/6}\), donc \(B\) y est continue (car dérivable) et strictement décroissante. De plus \(B(1{,}2) = 11{,}52(2 – 3\ln(1{,}2)) – 3 \approx 13{,}74 \gt 10\) et \(\displaystyle\lim_{q \to +\infty} B(q) = -\infty\). La valeur 10 est comprise entre \(-\infty\) et \(B(1{,}2)\) : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone), l’équation \(B(q) = 10\) admet une unique solution \(\beta\) sur \([1{,}2\,;\,+\infty[\).
Encadrement par balayage à la calculatrice : \(B(1{,}558) \approx 10{,}007 \gt 10\) et \(B(1{,}559) \approx 9{,}986 \lt 10\), donc \(1{,}558 \lt \beta \lt 1{,}559\). À \(10^{-3}\) près, \(\beta \approx 1{,}558\).
b. Grâce aux variations de \(B\) : sur \([0{,}01\,;\,\alpha[\), \(B(q) \lt 10\) ; sur \(]\alpha\,;\,\beta[\), \(B(q) \gt 10\) ; sur \(]\beta\,;\,+\infty[\), \(B(q) \lt 10\). Un bénéfice supérieur à 100 euros (10 dizaines d’euros) correspond donc à \(\alpha \lt q \lt \beta\), soit un nombre de bonbons strictement compris entre environ 75,7 et 155,8.
Le nombre de bonbons est un entier :
- 75 bonbons (\(q = 0{,}75\)) donnent \(B(0{,}75) \approx 9{,}88 \lt 10\), alors que 76 bonbons donnent \(B(0{,}76) \approx 10{,}05 \gt 10\) ;
- 155 bonbons donnent \(B(1{,}55) \approx 10{,}17 \gt 10\), alors que 156 bonbons donnent \(B(1{,}56) \approx 9{,}97 \lt 10\).
L’artisan doit vendre au minimum 76 bonbons et au maximum 155 bonbons pour que son bénéfice dépasse 100 euros.
Exercice 3 :
1. Affirmation 1 : vraie.
Pour tout entier naturel \(n\) :
\[w_{n+1} = t_{n+1} – 10 = -0{,}8\,t_n + 18 – 10 = -0{,}8\,t_n + 8 = -0{,}8(t_n – 10) = -0{,}8\,w_n.\]
La suite \((w_n)\) est géométrique de raison \(-0{,}8\) (le nombre 10 est le point fixe : \(10 = -0{,}8 \times 10 + 18\)).
2. Affirmation 2 : vraie.
Pour \(n \geq\, 1\), on divise l’encadrement par \(n \gt 0\) sans changer le sens des inégalités :
\[3 – \dfrac{4}{n} \leq\, u_n \leq\, 3 + \dfrac{4}{n}.\]
Comme \(\dfrac{4}{n} \to 0\), les deux suites qui encadrent \(u_n\) tendent vers 3. D’après le théorème des gendarmes, \((u_n)\) converge, et sa limite est 3.
3. Affirmation 3 : vraie.
On démontre par récurrence la propriété \(P(n)\) : « \(v_n = \dfrac{n+1}{n}\) » pour \(n \geq\, 1\).
Initialisation : \(v_1 = 2\) et \(\dfrac{1+1}{1} = 2\), donc \(P(1)\) est vraie.
Hérédité : soit \(n \geq\, 1\) tel que \(v_n = \dfrac{n+1}{n}\). Alors \(\dfrac{1}{v_n} = \dfrac{n}{n+1}\) et :
\[v_{n+1} = 2 – \dfrac{n}{n+1} = \dfrac{2n + 2 – n}{n+1} = \dfrac{n+2}{n+1} = \dfrac{(n+1)+1}{n+1},\]
ce qui est \(P(n+1)\).
Conclusion : \(P(1)\) est vraie et la propriété est héréditaire, donc \(v_n = \dfrac{n+1}{n}\) pour tout \(n \geq\, 1\).
4. Affirmation 4 : fausse.
Pour \(n \geq\, 1\), on factorise : \(u_n = n(\dfrac{\text{e}^{n}}{n} – 1)\). Par croissance comparée, \(\dfrac{\text{e}^{n}}{n} \to +\infty\), donc \(\dfrac{\text{e}^{n}}{n} – 1 \to +\infty\), et comme \(n \to +\infty\), le produit tend vers \(+\infty\). La suite \((u_n)\) diverge vers \(+\infty\) : elle ne converge pas.
5. Affirmation 5 : vraie.
Le script part de la valeur 2 et applique \(n\) fois la transformation \(x \mapsto 0{,}5(x + \dfrac{2}{x})\). La suite est donc définie par \(u_0 = 2\) et \(u_{n+1} = 0{,}5(u_n + \dfrac{2}{u_n})\) pour tout \(n\).
Elle est décroissante et minorée par \(\sqrt{2}\) : d’après le théorème de convergence monotone, elle converge vers un réel \(\ell\), avec \(\sqrt{2} \leq\, \ell \leq\, 2\) (les inégalités larges passent à la limite).
La fonction \(g : x \mapsto 0{,}5(x + \dfrac{2}{x})\) est continue sur \([\sqrt{2}\,;\,2]\), donc la limite vérifie \(\ell = g(\ell)\) :
\[\ell = 0{,}5(\ell + \dfrac{2}{\ell}) \iff 2\ell = \ell + \dfrac{2}{\ell} \iff \ell = \dfrac{2}{\ell} \iff \ell^2 = 2.\]
Comme \(\ell \geq\, \sqrt{2} \gt 0\), on obtient \(\ell = \sqrt{2}\). La suite converge bien vers \(\sqrt{2}\) (c’est la méthode de Héron pour approcher \(\sqrt{2}\)).
Exercice 4 :
Partie A
1. Pour chaque cachet de la boîte, on a une épreuve de Bernoulli dont le « succès » est « le cachet est non conforme », de probabilité \(p = 0{,}02\). La boîte contient 100 cachets choisis au hasard, et les conformités sont indépendantes : on répète donc 100 fois, de façon identique et indépendante, cette épreuve. \(N\) compte le nombre de succès, donc \(N\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(100\,;\,0{,}02)\).
2. \(E(N) = np = 100 \times 0{,}02 = 2\). En moyenne, sur un grand nombre de boîtes, une boîte contient 2 cachets non conformes.
3. a. \(P(N = 3) = \dbinom{100}{3} \times 0{,}02^3 \times 0{,}98^{97} \approx 0{,}182\). La probabilité cherchée vaut environ 0,182.
b. Contenir au moins 95 cachets conformes sur 100, c’est contenir au plus 5 cachets non conformes. À la calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale), \(P(N \leq\, 5) \approx 0{,}985\). La probabilité cherchée vaut environ 0,985.
4. Avec \(n\) cachets par boîte, le nombre de cachets non conformes suit la loi \(\mathcal{B}(n\,;\,0{,}02)\) et la probabilité que tous soient conformes vaut \(0{,}98^n\). On veut :
\[0{,}98^n \gt 0{,}5 \iff n\ln(0{,}98) \gt \ln(0{,}5) \iff n \lt \dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}98)},\]
en utilisant la croissance stricte de \(\ln\), puis la division par \(\ln(0{,}98) \lt 0\) qui change le sens de l’inégalité. Or \(\dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}98)} \approx 34{,}3\). Vérification : \(0{,}98^{34} \approx 0{,}503 \gt 0{,}5\) et \(0{,}98^{35} \approx 0{,}493 \lt 0{,}5\).
Une boîte doit contenir au maximum 34 cachets.
Partie B
1. Par linéarité de l’espérance : \(E(S) = E(M_1) + E(M_2) + \ldots + E(M_{100}) = 100 \times 2 = 200\). \(E(S) = 200\) : en moyenne, 100 cachets pèsent 200 grammes.
2. Les variables \(M_i\) sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme de leurs variances, chacune égale à \(\sigma^2\) :
\[V(S) = V(M_1) + \ldots + V(M_{100}) = 100\,\sigma^2.\]
Donc \(s = \sqrt{V(S)} = \sqrt{100\,\sigma^2} = 10\,\sigma\) car \(\sigma \geq\, 0\). On a bien \(s = 10\sigma\).
3. a. La condition s’écrit \(P(199 \lt S \lt 201) \geq\, 0{,}9\). Or :
\[199 \lt S \lt 201 \iff -1 \lt S – 200 \lt 1 \iff |S – 200| \lt 1.\]
Donc la condition équivaut à \(P(|S – 200| \lt 1) \geq\, 0{,}9\). L’événement contraire de \(|S – 200| \lt 1\) est \(|S – 200| \geq\, 1\), d’où \(P(|S – 200| \geq\, 1) = 1 – P(|S – 200| \lt 1)\), et la condition devient \(P(|S – 200| \geq\, 1) \leq\, 0{,}1\).
b. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à \(S\), d’espérance 200 et de variance \(100\sigma^2\), avec l’écart \(\delta = 1\), donne :
\[P(|S – 200| \geq\, 1) \leq\, \dfrac{V(S)}{1^2} = 100\,\sigma^2.\]
Pour garantir la condition avec cette inégalité, il suffit que \(100\,\sigma^2 \leq\, 0{,}1\), c’est-à-dire \(\sigma^2 \leq\, 0{,}001\), soit \(\sigma \leq\, \sqrt{0{,}001} \approx 0{,}0316\).
La valeur maximale de \(\sigma\) est \(\sqrt{0{,}001} = \dfrac{\sqrt{10}}{100} \approx 0{,}032\) gramme.
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