Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Chaque année est une épreuve à deux issues : succès « El Niño est dominant », de probabilité 0,4, ou échec. On observe 10 années, les survenues étant indépendantes d’une année à l’autre et la probabilité de succès restant la même : on répète donc 10 fois, de façon identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli. \(X\) compte le nombre de succès, donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 10\) et \(p = 0{,}4\).
2. a. Avec la formule de la loi binomiale :
\[P(X = 2) = \binom\,{10}{2} \times 0{,}4^2 \times 0{,}6^8 = 45 \times 0{,}16 \times 0{,}6^8 \approx 0{,}1209.\]
La probabilité que El Niño soit dominant exactement 2 années sur 10 est d’environ 0,121.
b. On additionne les probabilités des valeurs 0, 1 et 2 (évènements incompatibles) :
\[P(X \leq\, 2) = 0{,}6^{10} + 10 \times 0{,}4 \times 0{,}6^9 + 45 \times 0{,}4^2 \times 0{,}6^8 \approx 0{,}0060 + 0{,}0403 + 0{,}1209 \approx 0{,}1673.\]
\(P(X \leq\, 2) \approx 0{,}167\) : selon ce modèle, il y a environ 16,7 % de chances que, sur une période de 10 ans, El Niño soit dominant au plus 2 années.
3. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 10 \times 0{,}4 = 4\). \(E(X) = 4\) : sur un grand nombre de périodes de 10 ans, El Niño est dominant en moyenne 4 années par période.
Partie B
1. On complète l’arbre à partir des données de l’énoncé et du fait que, sur chaque nœud, les probabilités des branches ont pour somme 1 :
- branche vers \(\overline{E_n}\) : \(1 – p_n\) ;
- après \(E_n\) : \(P_{E_n}(E_{n+1}) = 0{,}5\) et \(P_{E_n}(\overline{E_{n+1}}) = 0{,}5\) ;
- après \(\overline{E_n}\) : \(P_{\overline{E_n}}(E_{n+1}) = 0{,}3\) et \(P_{\overline{E_n}}(\overline{E_{n+1}}) = 0{,}7\).
2. En 2023, El Niño n’était pas dominant : l’évènement \(\overline{E_0}\) est certain. L’année suivante, il est dominant avec la probabilité \(P_{\overline{E_0}}(E_1) = 0{,}3\). Par la formule des probabilités totales, \(p_1 = p_0 \times 0{,}5 + (1 – p_0) \times 0{,}3 = 0 + 1 \times 0{,}3\), donc \(p_1 = 0{,}3\).
3. \(E_n\) et \(\overline{E_n}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales, en suivant les deux chemins qui mènent à \(E_{n+1}\) :
\[p_{n+1} = P(E_n \cap E_{n+1}) + P(\overline{E_n} \cap E_{n+1}) = 0{,}5\,p_n + 0{,}3\,(1 – p_n) = 0{,}5\,p_n – 0{,}3\,p_n + 0{,}3.\]
On obtient bien \(p_{n+1} = 0{,}2\,p_n + 0{,}3\) pour tout entier naturel \(n\).
4. a. On calcule les premiers termes : \(p_0 = 0\), \(p_1 = 0{,}3\), \(p_2 = 0{,}36\), \(p_3 = 0{,}372\), \(p_4 = 0{,}3744\), \(p_5 = 0{,}37488\). On conjecture que \((p_n)\) est croissante et converge vers 0,375, c’est-à-dire \(\dfrac{3}{8}\).
b. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(p_n \leq\, \dfrac{3}{8}\) ».
Initialisation. \(p_0 = 0 \leq\, \dfrac{3}{8}\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(p_n \leq\, \dfrac{3}{8}\). En multipliant par \(0{,}2 \gt 0\), puis en ajoutant 0,3 :
\[0{,}2\,p_n + 0{,}3 \leq\, 0{,}2 \times \dfrac{3}{8} + 0{,}3 = 0{,}075 + 0{,}3 = 0{,}375 = \dfrac{3}{8}.\]
Donc \(p_{n+1} \leq\, \dfrac{3}{8}\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(p_n \leq\, \dfrac{3}{8}\).
c. Pour tout \(n\), \(p_{n+1} – p_n = 0{,}2\,p_n + 0{,}3 – p_n = 0{,}3 – 0{,}8\,p_n\). Or \(p_n \leq\, \dfrac{3}{8}\) donne \(0{,}8\,p_n \leq\, 0{,}8 \times 0{,}375 = 0{,}3\), donc \(p_{n+1} – p_n \geq\, 0\). La suite \((p_n)\) est croissante.
d. La suite \((p_n)\) est croissante et majorée par \(\dfrac{3}{8}\). D’après le théorème de convergence monotone, elle converge, vers une limite inférieure ou égale à \(\dfrac{3}{8}\).
5. a. Pour tout entier naturel \(n\), en utilisant \(0{,}3 – \dfrac{3}{8} = -0{,}075 = 0{,}2 \times (-\dfrac{3}{8})\) :
\[u_{n+1} = p_{n+1} – \dfrac{3}{8} = 0{,}2\,p_n + 0{,}3 – 0{,}375 = 0{,}2\,p_n – 0{,}2 \times \dfrac{3}{8} = 0{,}2(p_n – \dfrac{3}{8}) = 0{,}2\,u_n.\]
\((u_n)\) est géométrique de raison 0,2, de premier terme \(u_0 = p_0 – \dfrac{3}{8} = -\dfrac{3}{8}\).
b. On en déduit \(u_n = -\dfrac{3}{8} \times 0{,}2^n\) pour tout \(n\). Comme \(p_n = u_n + \dfrac{3}{8}\) :
\[p_n = \dfrac{3}{8} – \dfrac{3}{8} \times 0{,}2^n = \dfrac{3}{8}(1 – 0{,}2^n).\]
c. Comme \(-1 \lt 0{,}2 \lt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}2^n = 0\), donc par produit et somme \(\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{3}{8} = 0{,}375\).
d. Avec ce second modèle, la probabilité que El Niño soit dominant une année donnée se rapproche de 0,375 quand on s’éloigne de 2023 : à long terme, El Niño est dominant environ 3 années sur 8. Cette valeur est proche de celle du premier modèle (0,4) mais un peu plus faible.
Exercice 2 :
1. Affirmation 1 : fausse (si l’on comprend qu’il y a 272 groupes possibles). Un groupe est un ensemble d’élèves : l’ordre ne compte pas. On choisit 2 filles parmi 14, puis 2 garçons parmi 10 ; par le principe multiplicatif, le nombre de groupes est :
\[\binom\,{14}{2} \times \binom\,{10}{2} = \dfrac{14 \times 13}{2} \times \dfrac{10 \times 9}{2} = 91 \times 45 = 4\,095.\]
Il y a donc 4 095 groupes différents de deux filles et deux garçons, et non 272 : l’affirmation, qui annonce 272 groupes, est fausse. Remarque : si on lit la phrase au pied de la lettre (« peut-on former 272 groupes distincts ? »), la réponse serait oui puisque \(272 \leq\, 4\,095\) ; l’intention de la question est toutefois de dénombrer les groupes.
2. Affirmation 2 : vraie. La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et, avec \((\sin(ax + b))^{\prime} = a\cos(ax + b)\), \(f^{\prime}(x) = 6\cos(2x + \pi)\). En \(\dfrac{\pi}{2}\) : \(2 \times \dfrac{\pi}{2} + \pi = 2\pi\), donc \(f(\dfrac{\pi}{2}) = 3\sin(2\pi) = 0\) et \(f^{\prime}(\dfrac{\pi}{2}) = 6\cos(2\pi) = 6\). La tangente a pour équation :
\[y = f^{\prime}(\dfrac{\pi}{2})(x – \dfrac{\pi}{2}) + f(\dfrac{\pi}{2}) = 6(x – \dfrac{\pi}{2}) = 6x – 3\pi.\]
L’affirmation 2 est vraie.
3. Affirmation 3 : fausse. Il suffit de dériver \(F\) et de comparer avec \(f\). Par la règle du produit, pour \(x \gt 0\) :
\[F^{\prime}(x) = 2\ln(x) + (2x + 1) \times \dfrac{1}{x} = 2\ln(x) + 2 + \dfrac{1}{x}.\]
Par exemple \(F^{\prime}(1) = 0 + 2 + 1 = 3\) alors que \(f(1) = 2\). Donc \(F^{\prime} \neq f\) : \(F\) n’est pas une primitive de \(f\), l’affirmation 3 est fausse.
4. Affirmation 4 : fausse. On a bien \(g(0) = 45 + 20 = 65\), mais \(g^{\prime}(t) = 45 \times 0{,}06\,\text{e}^{0{,}06t} = 2{,}7\,\text{e}^{0{,}06t}\), d’où :
\[g^{\prime}(t) + 0{,}06\,g(t) = 2{,}7\,\text{e}^{0{,}06t} + 2{,}7\,\text{e}^{0{,}06t} + 1{,}2 = 5{,}4\,\text{e}^{0{,}06t} + 1{,}2 \neq 1{,}2.\]
\(g\) n’est donc pas solution de \((E_1)\). (Les solutions de \((E_1)\) sont les fonctions \(t \mapsto C\,\text{e}^{-0{,}06t} + 20\) ; celle qui vaut 65 en 0 est \(t \mapsto 45\,\text{e}^{-0{,}06t} + 20\) : c’est le signe de l’exposant qui ne va pas.) L’affirmation 4 est fausse.
5. Affirmation 5 : vraie (avec l’hypothèse de l’énoncé : \(y\) positive). Soit \(y\) une solution positive de \((E_2)\). On a \(y^{\prime} = y + 3\,\text{e}^{0{,}4x}\), somme de deux fonctions positives, donc \(y^{\prime} \geq\, 0\). De plus \(y^{\prime}\) est alors dérivable (somme de fonctions dérivables) et, en dérivant l’égalité :
\[y^{\prime\prime} = y^{\prime} + 1{,}2\,\text{e}^{0{,}4x}.\]
C’est encore une somme de deux termes positifs, donc \(y^{\prime\prime} \geq\, 0\) sur \(\mathbb{R}\) : \(y\) est convexe sur \(\mathbb{R}\), l’affirmation 5 est vraie.
Remarque : l’hypothèse « \(y\) positive » est indispensable. Les solutions de \((E_2)\) sur \(\mathbb{R}\) sont les fonctions \(x \mapsto C\,\text{e}^{x} – 5\,\text{e}^{0{,}4x}\) ; avec \(C = 0\) on obtient \(x \mapsto -5\,\text{e}^{0{,}4x}\), qui est concave. En fait, comme \(C\,\text{e}^{x} – 5\,\text{e}^{0{,}4x} = \text{e}^{0{,}4x}(C\,\text{e}^{0{,}6x} – 5)\) devient négatif quand \(x\) tend vers \(-\infty\), aucune solution n’est positive sur tout \(\mathbb{R}\) : l’affirmation n’est vraie que dans le cadre fixé par l’énoncé.
Exercice 3 :
Partie A
1. Le trinôme \(-x^2 + 7x + 8\) a pour discriminant \(\Delta = 49 + 32 = 81 = 9^2\), donc deux racines : \(x_1 = \dfrac{-7 – 9}{-2} = 8\) et \(x_2 = \dfrac{-7 + 9}{-2} = -1\). Son coefficient dominant \(-1\) est négatif : le trinôme est positif entre ses racines et négatif à l’extérieur. L’ensemble des solutions est \([-1\,;\,8]\).
2. Si \(x \in\ ]0\,;\,8]\), alors \(x \in [-1\,;\,8]\), donc \(-x^2 + 7x + 8 \geq\, 0\), c’est-à-dire \(-x^2 + 7x + 9 \geq\, 1\). La fonction \(\ln\) étant croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), \(\ln(-x^2 + 7x + 9) \geq\, \ln(1) = 0\). Enfin \(x \gt 0\), donc le quotient \(f(x) = \dfrac{10\ln(-x^2 + 7x + 9)}{x}\) est positif : \(f(x) \geq\, 0\) pour tout \(x \in\ ]0\,;\,8]\).
3. La courbe \(C_f\) est au-dessus de l’axe des abscisses sur \(]0\,;\,8]\) ; elle ne le touche qu’en \(x = 8\), où \(f(8) = \dfrac{10\ln(1)}{8} = 0\).
Partie B
1. M a pour coordonnées \((x\,;\,f(x))\). Son projeté orthogonal sur l’axe des abscisses garde l’abscisse et a une ordonnée nulle, son projeté sur l’axe des ordonnées garde l’ordonnée et a une abscisse nulle : \(N(x\,;\,0)\) et \(P(0\,;\,f(x))\), soit \(P(0\,;\,\dfrac{10\ln(-x^2 + 7x + 9)}{x})\).
2. ONMP est un rectangle de côtés \(ON = x\) (car \(x \gt 0\)) et \(OP = f(x)\) (car \(f(x) \geq\, 0\) d’après la partie A). Son aire vaut :
\[\mathcal{A}(x) = ON \times OP = x \times \dfrac{10\ln(-x^2 + 7x + 9)}{x} = 10\ln(-x^2 + 7x + 9).\]
3. On étudie \(\mathcal{A}\) sur \(]0\,;\,8]\). Sur cet intervalle \(-x^2 + 7x + 9 \geq\, 1 \gt 0\), donc \(\mathcal{A}\) est dérivable et, avec \((\ln w)^{\prime} = \dfrac{w^{\prime}}{w}\) :
\[\mathcal{A}^{\prime}(x) = \dfrac{10(-2x + 7)}{-x^2 + 7x + 9}.\]
Le dénominateur est strictement positif, donc \(\mathcal{A}^{\prime}(x)\) a le signe de \(-2x + 7\) : positif pour \(x \lt 3{,}5\), nul en 3,5, négatif pour \(x \gt 3{,}5\). La fonction \(\mathcal{A}\) est croissante sur \(]0\,;\,3{,}5]\) puis décroissante sur \([3{,}5\,;\,8]\) : elle atteint son maximum en \(x = 3{,}5\).
\[\mathcal{A}(3{,}5) = 10\ln(-12{,}25 + 24{,}5 + 9) = 10\ln(21{,}25) \approx 30{,}56.\]
Oui, l’aire est maximale lorsque M a pour abscisse 3,5, c’est-à-dire \(M(3{,}5\,;\,\dfrac{10\ln(21{,}25)}{3{,}5})\), soit environ \(M(3{,}5\,;\,8{,}73)\). L’aire maximale vaut \(10\ln(21{,}25) \approx 30{,}56\) unités d’aire.
Partie C
1. On part de \(x = 3{,}5\) et on avance de 0,1 tant que l’aire est encore strictement supérieure à \(k\) ; dès que \(\mathcal{A}(x) \leq\, k\), on sort de la boucle et on renvoie \(x\). Ligne 8 : while A(x) > k : ; ligne 10 : return x. Le script complet :
from math import *
def A(x) :
return 10*log(- 1* x**2 + 7*x + 9)
def pluspetitevaleur(k) :
x = 3.5
while A(x) > k :
x = x + 0.1
return x
2. Sur \([3{,}5\,;\,8]\), la fonction \(\mathcal{A}\) est décroissante, et \(\mathcal{A}(x) \leq\, 30 \iff -x^2 + 7x + 9 \leq\, \text{e}^3 \iff x^2 – 7x + \text{e}^3 – 9 \geq\, 0\). La racine de ce trinôme située dans \([3{,}5\,;\,8]\) est \(\dfrac{7 + \sqrt{49 – 4(\text{e}^3 – 9)}}{2} \approx 4{,}579\). Le programme teste 3,5 ; 3,6 ; … : on a \(\mathcal{A}(4{,}5) \approx 30{,}08 \gt 30\) et \(\mathcal{A}(4{,}6) \approx 29{,}98 \leq\, 30\). pluspetitevaleur(30) renvoie 4,6 (Python affiche 4.599999999999998 à cause des erreurs d’arrondi sur les ajouts successifs de 0.1).
3. D’après la partie B, l’aire ne dépasse jamais \(10\ln(21{,}25) \approx 30{,}56\), donc \(\mathcal{A}(3{,}5) \approx 30{,}56 \leq\, 35\). Dès le premier test, la condition A(x) > 35 est fausse : la boucle n’est jamais exécutée et pluspetitevaleur(35) renvoie 3,5, la borne de départ. C’est cohérent : pour \(k = 35\), toutes les aires sont inférieures à \(k\), donc la plus petite valeur de \([3{,}5\,;\,8]\) qui convient est 3,5 elle-même.
Exercice 4 :
1. a. \(\vec{AB}(-5\,;\,2\,;\,-5)\) et \(\vec{AC}(-4\,;\,5\,;\,2)\). S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(\lambda\) tel que \(\vec{AC} = \lambda\,\vec{AB}\) : les premières coordonnées donneraient \(\lambda = \dfrac{4}{5}\), les deuxièmes \(\lambda = \dfrac{5}{2}\), ce qui est contradictoire. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés.
b. On teste les coordonnées de D dans l’équation de (ABC) : \(29 \times (-3) + 30 \times (-4) – 17 \times 6 = -87 – 120 – 102 = -309 \neq 35\). D n’appartient pas au plan (ABC) : A, B, C, D ne sont pas coplanaires.
2. a. Le milieu I de [AB] a pour coordonnées \((\dfrac{4 – 1}{2}\,;\,\dfrac{-1 + 1}{2}\,;\,\dfrac{3 – 2}{2})\), soit \(I(1{,}5\,;\,0\,;\,0{,}5)\).
b. \(P_1\) est orthogonal à (AB), donc \(\vec{BA}(5\,;\,-2\,;\,5)\) en est un vecteur normal : \(P_1\) a une équation de la forme \(5x – 2y + 5z = d\). Comme I appartient à \(P_1\) : \(d = 5 \times 1{,}5 – 0 + 5 \times 0{,}5 = 7{,}5 + 2{,}5 = 10\). Une équation de \(P_1\) est \(5x – 2y + 5z = 10\).
3. a. Le repère étant orthonormé :
\[\text{MC}^2 = x^2 + (y – 4)^2 + (z – 5)^2 = x^2 + y^2 + z^2 – 8y – 10z + 41,\]
\[\text{MD}^2 = (x + 3)^2 + (y + 4)^2 + (z – 6)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + 6x + 8y – 12z + 61.\]
M appartient à \(P_2\) si et seulement si \(\text{MC} = \text{MD}\), c’est-à-dire \(\text{MC}^2 = \text{MD}^2\) (des distances sont positives). Les termes \(x^2 + y^2 + z^2\) s’éliminent :
\[-8y – 10z + 41 = 6x + 8y – 12z + 61 \iff -6x – 16y + 2z = 20 \iff -3x – 8y + z = 10.\]
Une équation de \(P_2\) est \(-3x – 8y + z = 10\) (l’énoncé écrit « du plan \(P\) » : il s’agit bien de \(P_2\)).
b. \(\vec{n_1}(5\,;\,-2\,;\,5)\) est normal à \(P_1\) et \(\vec{n_2}(-3\,;\,-8\,;\,1)\) est normal à \(P_2\). S’ils étaient colinéaires, les rapports des coordonnées seraient égaux ; or \(\dfrac{-3}{5} \neq \dfrac{-8}{-2} = 4\). Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont pas parallèles : \(P_1\) et \(P_2\) sont sécants (suivant une droite).
4. On remplace \(x\), \(y\), \(z\) par la représentation de \(\Delta\), pour tout réel \(t\) :
- dans \(P_1\) : \(5(-2 – 1{,}9t) – 2t + 5(4 + 2{,}3t) = -10 – 9{,}5t – 2t + 20 + 11{,}5t = 10\) : l’équation est vérifiée ;
- dans \(P_2\) : \(-3(-2 – 1{,}9t) – 8t + (4 + 2{,}3t) = 6 + 5{,}7t – 8t + 4 + 2{,}3t = 10\) : l’équation est vérifiée.
Tous les points de \(\Delta\) sont donc dans \(P_1\) et dans \(P_2\). Comme ces plans sont sécants, leur intersection est une droite ; \(\Delta\) est une droite contenue dans cette intersection, donc elle lui est égale : \(\Delta\) est la droite d’intersection de \(P_1\) et \(P_2\).
5. Un vecteur directeur de \(\Delta\) est \(\vec{u}(-1{,}9\,;\,1\,;\,2{,}3)\) et un vecteur normal à \(P_3\) est \(\vec{n_3}(8\,;\,-10\,;\,-4)\). On calcule :
\[\vec{u} \cdot \vec{n_3} = -1{,}9 \times 8 + 1 \times (-10) + 2{,}3 \times (-4) = -15{,}2 – 10 – 9{,}2 = -34{,}4 \neq 0.\]
\(\vec{u}\) n’est pas orthogonal à \(\vec{n_3}\), donc \(\Delta\) n’est pas parallèle à \(P_3\) : la droite \(\Delta\) et le plan \(P_3\) sont sécants (en un seul point).
6. Le point H vérifie \(HA = HB = HC = HD\). Comme \(HA = HB\), H appartient au plan médiateur \(P_1\) ; comme \(HC = HD\), il appartient à \(P_2\) ; donc H est sur \(\Delta = P_1 \cap P_2\). Comme \(HA = HC\), H appartient aussi à \(P_3\). Ainsi H est un point commun à \(\Delta\) et à \(P_3\). D’après la question 5, ce point commun est unique : le point d’intersection de \(\Delta\) et \(P_3\) est H.
Pour aller plus loin, on peut calculer H : en reportant la représentation de \(\Delta\) dans l’équation de \(P_3\), \(8(-2 – 1{,}9t) – 10t – 4(4 + 2{,}3t) = -15\) donne \(-32 – 34{,}4t = -15\), soit \(t = -\dfrac{17}{34{,}4} = -\dfrac{85}{172}\). On obtient \(H(-\dfrac{365}{344}\,;\,-\dfrac{85}{172}\,;\,\dfrac{985}{344}) \approx (-1{,}061\,;\,-0{,}494\,;\,2{,}863)\), et l’on vérifie que \(HA^2 = HB^2 = HC^2 = HD^2 \approx 25{,}89\).
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