Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Au premier niveau, on place \(P(A) = 0{,}6\) et \(P(\overline{A}) = 1 – 0{,}6 = 0{,}4\). Au second niveau, on place les probabilités conditionnelles données par l’énoncé : \(P_A(B) = 0{,}3\), donc \(P_A(\overline{B}) = 0{,}7\) ; \(P_{\overline{A}}(B) = 0{,}4\), donc \(P_{\overline{A}}(\overline{B}) = 0{,}6\).
2. On suit le chemin \(\overline{A}\) puis \(\overline{B}\) et on multiplie les probabilités rencontrées :
\[P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(\overline{B}) = 0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}24.\]
Interprétation : 24 % des personnes inscrites ne chutent à aucune des deux séances.
3. Les évènements \(A\) et \(\overline{A}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(B) = P(A) \times P_A(B) + P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(B) = 0{,}6 \times 0{,}3 + 0{,}4 \times 0{,}4 = 0{,}18 + 0{,}16 = 0{,}34.\]
On retrouve bien \(P(B) = 0{,}34\).
4. On sait que la personne n’a pas chuté à la deuxième séance : on cherche \(P_{\overline{B}}(\overline{A})\). On a \(P(\overline{B}) = 1 – 0{,}34 = 0{,}66\), et par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[P_{\overline{B}}(\overline{A}) = \dfrac{P(\overline{A} \cap \overline{B})}{P(\overline{B})} = \dfrac{0{,}24}{0{,}66} = \dfrac{4}{11} \approx 0{,}364.\]
Une personne qui n’a pas chuté à la deuxième séance n’avait pas chuté non plus à la première avec une probabilité d’environ 0,364.
5. a. Pour chaque personne de l’échantillon, on observe si elle ne chute à aucune séance (succès, de probabilité \(p = 0{,}24\)) ou non (échec) : c’est une épreuve de Bernoulli. Le choix étant assimilé à un tirage avec remise, les 100 épreuves sont identiques et indépendantes. \(X\) compte les succès, donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 100\) et \(p = 0{,}24\).
b. On cherche \(P(X \geq\, 20)\). On passe par l’évènement contraire \(X \leq\, 19\), que donne la calculatrice :
\[P(X \geq\, 20) = 1 – P(X \leq\, 19) \approx 1 – 0{,}145 \approx 0{,}855.\]
La probabilité cherchée est d’environ 0,855.
c. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 100 \times 0{,}24 = 24\). Interprétation : sur un grand nombre d’échantillons de 100 personnes, on compte en moyenne 24 personnes qui ne tombent à aucune des deux séances.
Partie B
1. L’espérance est linéaire : \(E(T) = E(T_1) + E(T_2) = 40 + 60 = 100\). Donc \(E(T) = 100\) : en moyenne, une personne attend 100 minutes au total sur le week-end avant d’accéder aux activités.
2. La variance est le carré de l’écart-type : \(V(T_1) = 10^2 = 100\) et \(V(T_2) = 16^2 = 256\). Comme \(T_1\) et \(T_2\) sont indépendantes, la variance de leur somme est la somme de leurs variances :
\[V(T) = V(T_1) + V(T_2) = 100 + 256 = 356.\]
3. L’intervalle \(]60\,;\,140[\) est centré en \(E(T) = 100\) et de demi-largeur 40 :
\[60 \lt T \lt 140 \iff -40 \lt T – 100 \lt 40 \iff |T – 100| \lt 40.\]
L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à \(T\) avec l’écart 40 donne :
\[P(|T – 100| \geq\, 40) \leq\, \dfrac{V(T)}{40^2} = \dfrac{356}{1600} = 0{,}2225.\]
En passant à l’évènement contraire :
\[P(60 \lt T \lt 140) = 1 – P(|T – 100| \geq\, 40) \geq\, 1 – 0{,}2225 = 0{,}7775.\]
Comme \(0{,}7775 \gt 0{,}77\), la probabilité que le temps total d’attente soit strictement compris entre 60 et 140 minutes est supérieure à 0,77.
Exercice 2 :
Partie A
1. On vérifie d’abord que S est sur chacune des droites. Sur \(d\), avec \(t = -1\) : \(x = \frac{3}{2} – 2 = -\frac{1}{2}\), \(y = 2 – 1 = 1\), \(z = 3 + 1 = 4\). Sur \(d^{\prime}\), avec \(s = -\frac{1}{2}\) : \(x = -\frac{1}{2}\), \(y = \frac{3}{2} – \frac{1}{2} = 1\), \(z = 3 + 1 = 4\). Le point S appartient donc à \(d\) et à \(d^{\prime}\).
Il reste à voir que les droites ne sont pas confondues : leurs vecteurs directeurs \(\vec{u}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\) et \(\vec{u^{\prime}}\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}\) ne sont pas colinéaires (on aurait \(2 = \lambda\) d’après la première coordonnée et \(1 = \lambda\) d’après la deuxième). Deux droites non parallèles ayant un point commun sont sécantes : \(d\) et \(d^{\prime}\) sont sécantes en \(\text{S}(-\frac{1}{2}\,;\,1\,;\,4)\).
2. a. On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}\). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (même première coordonnée mais deuxièmes coordonnées différentes), ils dirigent donc le plan (ABC). Dans le repère orthonormé :
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AB}} = 1 \times 2 + 2 \times (-3) + 4 \times 1 = 0 \qquad \vec{n} \cdot \vec{\text{AC}} = 1 \times 2 + 2 \times (-1) + 4 \times 0 = 0.\]
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : c’est un vecteur normal au plan (ABC).
b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\2\\4\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(x + 2y + 4z + c = 0\). Le point \(\text{C}(1\,;\,1\,;\,1)\) lui appartient, donc \(1 + 2 + 4 + c = 0\), soit \(c = -7\). Une équation de (ABC) est \(x + 2y + 4z – 7 = 0\).
3. A, B et C définissent un plan. Les quatre points sont coplanaires si et seulement si S appartient à ce plan. Or
\[-\dfrac{1}{2} + 2 \times 1 + 4 \times 4 – 7 = \dfrac{21}{2} \neq 0.\]
S n’est pas dans le plan (ABC) : les points A, B, C et S ne sont pas coplanaires.
4. a. H est le projeté orthogonal de S sur (ABC) si H appartient au plan et si \(\vec{\text{SH}}\) est normal au plan.
- H appartient au plan : \(-1 + 2 \times 0 + 4 \times 2 – 7 = 0\).
- \(\vec{\text{SH}}\begin{pmatrix}-1 + \frac{1}{2}\\0 – 1\\2 – 4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\-1\\-2\end{pmatrix} = -\dfrac{1}{2}\,\vec{n}\) : ce vecteur est colinéaire à \(\vec{n}\), donc orthogonal au plan.
H est bien le projeté orthogonal de S sur le plan (ABC).
b. On calcule d’abord \(\text{SH} = \sqrt{(-\frac{1}{2})^2 + (-1)^2 + (-2)^2} = \sqrt{\dfrac{1}{4} + 5} = \sqrt{\dfrac{21}{4}} = \dfrac{\sqrt{21}}{2}\).
Soit \(M\) un point quelconque du plan (ABC). Si \(M = \text{H}\), alors \(\text{S}M = \dfrac{\sqrt{21}}{2}\). Sinon, la droite (SH) est orthogonale au plan, donc à la droite (H\(M\)) qui est contenue dans ce plan : le triangle SH\(M\) est rectangle en H. Le théorème de Pythagore donne \(\text{S}M^2 = \text{SH}^2 + \text{H}M^2 \gt \text{SH}^2\). Dans tous les cas \(\text{S}M \geq\, \dfrac{\sqrt{21}}{2}\) : aucun point \(M\) du plan (ABC) ne vérifie \(\text{S}M \lt \dfrac{\sqrt{21}}{2}\). Autrement dit, \(\dfrac{\sqrt{21}}{2}\) est la distance de S au plan (ABC).
Partie B
1. On a \(\vec{\text{CS}}\begin{pmatrix}-\frac{1}{2} – 1\\1 – 1\\4 – 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\frac{3}{2}\\0\\3\end{pmatrix}\). En notant \(M(x\,;\,y\,;\,z)\), l’égalité \(\vec{\text{C}M} = k\,\vec{\text{CS}}\) s’écrit \(x – 1 = -\frac{3}{2}k\), \(y – 1 = 0\), \(z – 1 = 3k\). Donc
\[M(1 – \dfrac{3}{2}k\,;\,1\,;\,1 + 3k), \quad k \in [0\,;\,1].\]
2. Le point \(M\) a pour ordonnée 1, il ne peut être ni A (ordonnée 2) ni B (ordonnée \(-1\)). Le triangle \(M\)AB est rectangle en \(M\) si et seulement si \(\vec{M\text{A}} \cdot \vec{M\text{B}} = 0\), ce qui revient à \(\vec{\text{A}M} \cdot \vec{\text{B}M} = 0\). On a :
\[\vec{\text{A}M}\begin{pmatrix}2 – \frac{3}{2}k\\-1\\3k\end{pmatrix} \qquad \vec{\text{B}M}\begin{pmatrix}-\frac{3}{2}k\\2\\3k – 1\end{pmatrix}.\]
\[\vec{\text{A}M} \cdot \vec{\text{B}M} = (2 – \dfrac{3}{2}k)(-\dfrac{3}{2}k) – 2 + 3k(3k – 1) = -3k + \dfrac{9}{4}k^2 – 2 + 9k^2 – 3k = \dfrac{45}{4}k^2 – 6k – 2.\]
En multipliant par 4, la condition devient \(45k^2 – 24k – 8 = 0\). Le discriminant vaut \(\Delta = (-24)^2 – 4 \times 45 \times (-8) = 576 + 1440 = 2016 = 144 \times 14\), donc \(\sqrt{\Delta} = 12\sqrt{14}\) et les solutions sont
\[k_1 = \dfrac{24 + 12\sqrt{14}}{90} = \dfrac{4 + 2\sqrt{14}}{15} \approx 0{,}766 \qquad k_2 = \dfrac{4 – 2\sqrt{14}}{15} \approx -0{,}232.\]
Seule \(k_1\) appartient à \([0\,;\,1]\). Il existe donc un unique point \(M\) du segment [CS] tel que le triangle \(M\)AB soit rectangle en \(M\), obtenu pour \(k = \dfrac{4 + 2\sqrt{14}}{15}\). (On peut vérifier qu’alors \(\text{A}M^2 = \text{B}M^2 = 7\) et \(\text{AB}^2 = 14\) : le triangle est même rectangle isocèle.)
Exercice 3 :
1. Affirmation 1 : fausse.
On factorise le numérateur par \(5^n\) et le dénominateur par \(3^n\) :
\[u_n = \dfrac{5^n(1 + \frac{1}{5^n})}{3^n(1 + \frac{2}{3^n})} = (\dfrac{5}{3})^n \times \dfrac{1 + (\frac{1}{5})^n}{1 + 2(\frac{1}{3})^n}.\]
Comme \(\dfrac{5}{3} \gt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} (\dfrac{5}{3})^n = +\infty\). Comme \(\dfrac{1}{5}\) et \(\dfrac{1}{3}\) sont dans \(]0\,;\,1[\), les puissances \((\frac{1}{5})^n\) et \((\frac{1}{3})^n\) tendent vers 0, donc le quotient tend vers 1. Par produit, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = +\infty\) : la suite diverge et ne converge pas vers \(\dfrac{5}{3}\).
2. Affirmation 2 : vraie.
On raisonne par récurrence sur la propriété « \(w_n \geq\, n\) ».
Initialisation. \(w_0 = 0 \geq\, 0\) : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité. Supposons \(w_n \geq\, n\) pour un entier \(n\). En multipliant par 3 (positif) : \(3w_n \geq\, 3n\), puis en ajoutant \(-2n + 3\) :
\[w_{n+1} = 3w_n – 2n + 3 \geq\, 3n – 2n + 3 = n + 3 \geq\, n + 1.\]
La propriété est vraie au rang \(n + 1\).
Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(w_n \geq\, n\). (Les premiers termes 0, 3, 10, 29, 84… le confirment.)
3. Affirmation 3 : fausse.
Si \(f\) était convexe sur \(]0\,;\,+\infty[\), sa courbe serait au-dessus de toutes ses tangentes, en particulier de la tangente \(T\) au point A. Or le graphique montre que, de part et d’autre de A, la courbe \(\mathcal{C}_f\) passe sous la droite \(T\) : autour de l’abscisse 8, \(f\) est concave. \(f\) n’est donc pas convexe sur tout son ensemble de définition (elle l’est seulement sur une partie, par exemple au voisinage de 1).
4. Affirmation 4 : vraie.
On étudie \(h(x) = \ln(x) – x + 1\) sur \(]0\,;\,+\infty[\). \(h\) est dérivable et
\[h^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x} – 1 = \dfrac{1 – x}{x}.\]
Sur \(]0\,;\,+\infty[\), \(x \gt 0\), donc \(h^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – x\) : \(h^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0\,;\,1[\) et \(h^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]1\,;\,+\infty[\). La fonction \(h\) est croissante sur \(]0\,;\,1]\) puis décroissante sur \([1\,;\,+\infty[\) : elle admet un maximum en 1, qui vaut \(h(1) = \ln 1 – 1 + 1 = 0\). Donc pour tout \(x \gt 0\), \(h(x) \leq\, 0\), c’est-à-dire \(\ln(x) – x + 1 \leq\, 0\). (Géométriquement : la courbe du logarithme est sous sa tangente \(y = x – 1\) au point d’abscisse 1.)
Exercice 4 :
Partie A
1. On cherche l’abscisse du point de \(\mathcal{C}_d\) d’ordonnée 15 : on lit environ 2 secondes.
2. La distance parcourue \(d(t)\) augmente mais reste sous l’asymptote \(\Delta\), dont l’ordonnée se lit un peu en dessous de 23 (environ 22,8). Le chariot ne parcourt donc jamais plus de 23 m environ : il faut prévoir une zone de freinage d’au moins 23 m environ.
3. \(d^{\prime}(4{,}7)\) est le coefficient directeur de la tangente \(T\) en A. Cette droite passe par A \((4{,}7\,;\,21)\) et coupe l’axe des ordonnées vers 16,4, d’où \(d^{\prime}(4{,}7) \approx \dfrac{21 – 16{,}4}{4{,}7} \approx 1\). La dérivée de la distance par rapport au temps est la vitesse : au bout de 4,7 secondes, la vitesse du chariot est d’environ 1 m.s-1.
Partie B
1. a. \((E^{\prime})\) s’écrit \(y^{\prime} = -0{,}6y\). Ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto K\text{e}^{-0{,}6t}\), avec \(K\) réel.
b. \(g\) est dérivable comme produit de fonctions dérivables, et \(g^{\prime}(t) = 1 \times \text{e}^{-0{,}6t} + t \times (-0{,}6)\text{e}^{-0{,}6t} = (1 – 0{,}6t)\text{e}^{-0{,}6t}\). Donc
\[g^{\prime}(t) + 0{,}6g(t) = (1 – 0{,}6t)\text{e}^{-0{,}6t} + 0{,}6t\,\text{e}^{-0{,}6t} = \text{e}^{-0{,}6t}.\]
\(g\) est une solution de \((E)\).
c. Les solutions d’une équation différentielle linéaire du premier ordre sont obtenues en ajoutant une solution particulière aux solutions de l’équation homogène associée. Avec \(g\) et la question a., les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(t \mapsto K\text{e}^{-0{,}6t} + t\text{e}^{-0{,}6t} = (K + t)\text{e}^{-0{,}6t}\), avec \(K\) réel.
d. \(v\) est solution de \((E)\), donc il existe \(K\) tel que \(v(t) = (K + t)\text{e}^{-0{,}6t}\). La condition \(v(0) = 12\) donne \((K + 0) \times 1 = 12\), soit \(K = 12\). Ainsi, pour tout \(t \geq\, 0\), \(v(t) = (12 + t)\text{e}^{-0{,}6t}\).
2. a. On dérive le produit \(v(t) = (12 + t) \times \text{e}^{-0{,}6t}\) :
\[v^{\prime}(t) = 1 \times \text{e}^{-0{,}6t} + (12 + t) \times (-0{,}6)\text{e}^{-0{,}6t} = (1 – 7{,}2 – 0{,}6t)\text{e}^{-0{,}6t} = (-6{,}2 – 0{,}6t)\text{e}^{-0{,}6t}.\]
b. Quand \(t \to +\infty\), \(-0{,}6t \to -\infty\), donc \(\text{e}^{-0{,}6t} \to 0\) et \(12\text{e}^{-0{,}6t} \to 0\). En posant \(X = 0{,}6t\), qui tend vers \(+\infty\), on a \(\dfrac{0{,}6t}{\text{e}^{0{,}6t}} = \dfrac{X}{\text{e}^X}\), qui tend vers 0 par croissances comparées. Par somme et produit, \(\lim\limits_{t \to +\infty} v(t) = 0\) : la vitesse du chariot tend vers 0.
c. Pour tout \(t \geq\, 0\), \(\text{e}^{-0{,}6t} \gt 0\) et \(-6{,}2 – 0{,}6t \leq\, -6{,}2 \lt 0\). Donc \(v^{\prime}(t) \lt 0\) : \(v\) est strictement décroissante sur \([0\,;\,+\infty[\), de \(v(0) = 12\) vers la limite 0.
| \(t\) | \(0\) | \(+\infty\) | |
|---|---|---|---|
| signe de \(v^{\prime}(t)\) | \(-\) | ||
| variations de \(v\) | 12 | \(\searrow\) | 0 |
d. Sur \([0\,;\,+\infty[\), \(v\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(v(0) = 12\) jusqu’à la limite 0 en \(+\infty\). Le nombre 1 est compris entre 0 et 12. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone), l’équation \(v(t) = 1\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([0\,;\,+\infty[\).
À la calculatrice : \(v(4{,}6) \approx 1{,}051 \gt 1\) et \(v(4{,}7) \approx 0{,}995 \lt 1\), donc \(4{,}6 \lt \alpha \lt 4{,}7\). En affinant, \(v(4{,}65) \approx 1{,}02 \gt 1\), donc \(4{,}65 \lt \alpha \lt 4{,}7\) : \(\alpha \approx 4{,}7\) au dixième (plus précisément \(\alpha \approx 4{,}69\)).
3. \(v\) est strictement décroissante et \(v(\alpha) = 1\), donc \(v(t) \leq\, 1 \iff t \geq\, \alpha\). La vitesse passe sous 1 m.s-1 pour la première fois à l’instant \(\alpha\) : le système d’arrêt se déclenche au bout d’environ 4,7 secondes. C’est cohérent avec la lecture \(d^{\prime}(4{,}7) \approx 1\) de la partie A.
Partie C
1. On pose, pour \(x \in [0\,;\,t]\), \(u(x) = 12 + x\) et \(w^{\prime}(x) = \text{e}^{-0{,}6x}\), d’où \(u^{\prime}(x) = 1\) et \(w(x) = -\dfrac{1}{0{,}6}\text{e}^{-0{,}6x} = -\dfrac{5}{3}\text{e}^{-0{,}6x}\). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues, la formule d’intégration par parties s’applique :
\[d(t) = \int_0^t (12 + x)\text{e}^{-0{,}6x}\,\text{d}x = [-\dfrac{5}{3}(12 + x)\text{e}^{-0{,}6x}]_0^t + \dfrac{5}{3}\int_0^t \text{e}^{-0{,}6x}\,\text{d}x.\]
Le crochet vaut \(-\dfrac{5}{3}(12 + t)\text{e}^{-0{,}6t} + 20\). L’intégrale restante vaut \(\dfrac{5}{3}[-\dfrac{5}{3}\text{e}^{-0{,}6x}]_0^t = -\dfrac{25}{9}\text{e}^{-0{,}6t} + \dfrac{25}{9}\). En regroupant :
\[d(t) = \text{e}^{-0{,}6t}(-20 – \dfrac{5}{3}t – \dfrac{25}{9}) + 20 + \dfrac{25}{9} = \text{e}^{-0{,}6t}(-\dfrac{5}{3}t – \dfrac{205}{9}) + \dfrac{205}{9},\]
car \(20 + \dfrac{25}{9} = \dfrac{180 + 25}{9} = \dfrac{205}{9}\). On remarque que \(\dfrac{205}{9} \approx 22{,}78\) est l’ordonnée de l’asymptote \(\Delta\) lue en partie A.
2. Le dispositif se déclenche à l’instant \(\alpha\) (partie B, question 3). La distance parcourue avant le déclenchement est donc \(d(\alpha)\). Avec la valeur précise \(\alpha \approx 4{,}6915\) obtenue à la calculatrice :
\[d(\alpha) = \text{e}^{-0{,}6\alpha}(-\dfrac{5}{3}\alpha – \dfrac{205}{9}) + \dfrac{205}{9} \approx 20{,}94.\]
Le chariot a parcouru environ 20,94 m dans la zone de freinage quand le dispositif d’arrêt se déclenche. (Si l’on remplace \(\alpha\) par son arrondi 4,7, on obtient \(d(4{,}7) \approx 20{,}95\) : l’écart vient seulement de l’arrondi de \(\alpha\).)
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