Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Affirmation 1 : fausse. On a \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}\alpha – 1\\2\\\alpha\end{pmatrix}\). La deuxième coordonnée de \(\vec{\text{AC}}\) vaut 2 alors que celle de \(\vec{\text{AB}}\) est nulle : ces vecteurs ne sont jamais colinéaires, donc A, B, C ne sont pas alignés et définissent bien un plan pour tout \(\alpha\). En revanche \(\vec{\jmath} \cdot \vec{\text{AC}} = 0 \times (\alpha – 1) + 1 \times 2 + 0 \times \alpha = 2 \neq 0\) : \(\vec{\jmath}\) n’est pas orthogonal à \(\vec{\text{AC}}\), il ne peut donc pas être normal au plan (ABC). La seconde partie de l’affirmation est fausse, donc l’affirmation l’est aussi.
Affirmation 2 : fausse. Un vecteur directeur de \((d)\) est \(\vec{u}\begin{pmatrix}1\\2\\-1\end{pmatrix}\). Les droites \((AC)\) et \((d)\) sont parallèles si et seulement si \(\vec{\text{AC}}\) et \(\vec{u}\) sont colinéaires, c’est-à-dire s’il existe \(k\) tel que \(\vec{\text{AC}} = k\,\vec{u}\). La deuxième coordonnée donne \(2 = 2k\), donc \(k = 1\). Il faudrait alors \(\alpha – 1 = 1\), soit \(\alpha = 2\), et \(\alpha = -1\) : c’est contradictoire. Aucune valeur de \(\alpha\) ne convient.
Affirmation 3 : vraie. On utilise le produit scalaire avec \(\vec{\text{AO}}\begin{pmatrix}-1\\-1\\0\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}\) : \(\vec{\text{AO}} \cdot \vec{\text{AB}} = -1\), \(\text{AO} = \sqrt{2}\) et \(\text{AB} = 1\). Donc
\[\cos\widehat{\text{OAB}} = \dfrac{\vec{\text{AO}} \cdot \vec{\text{AB}}}{\text{AO} \times \text{AB}} = \dfrac{-1}{\sqrt{2}} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2},\]
et l’angle géométrique \(\widehat{\text{OAB}}\), compris entre 0° et 180°, mesure 135°.
Affirmation 4 : fausse. Le projeté orthogonal de A sur \((d)\) doit appartenir à \((d)\). Pour H, la première coordonnée impose \(1 + t = 1\), donc \(t = 0\), qui donne le point \((1~;~0~;~0)\) et non \((1~;~2~;~2)\) : H n’est pas sur \((d)\). (Le vrai projeté est le point de paramètre \(t\) tel que \(\vec{\text{AM}} \cdot \vec{u} = 0\) : \(t + 2(2t – 1) + t = 6t – 2 = 0\), donc \(t = \dfrac{1}{3}\) et le projeté est \((\dfrac{4}{3}~;~\dfrac{2}{3}~;~-\dfrac{1}{3})\).)
Affirmation 5 : vraie. Le point \(M(1 + t~;~2t~;~-t)\) de \((d)\) est sur la sphère si et seulement si \(\text{OM}^2 = 1\) :
\[(1 + t)^2 + (2t)^2 + (-t)^2 = 1 \iff 6t^2 + 2t + 1 = 1 \iff 2t(3t + 1) = 0 \iff t = 0 \text{ ou } t = -\dfrac{1}{3}.\]
Deux valeurs distinctes du paramètre donnent deux points distincts : \((1~;~0~;~0)\) et \((\dfrac{2}{3}~;~-\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{1}{3})\). La sphère coupe bien \((d)\) en deux points.
Exercice 2 :
Partie A
1. « 95 % des jouets réussissent le test de fabrication » donne \(P(F) = 0{,}95\) ; « parmi ceux qui réussissent ce test, 98 % réussissent le test de sécurité » est une probabilité conditionnelle : \(P_F(S) = 0{,}98\).
2. a. Le premier niveau de l’arbre porte \(F\) (0,95) et \(\overline{F}\) (0,05). Après \(F\), on place \(S\) (0,98) et \(\overline{S}\) (0,02). Après \(\overline{F}\), les pondérations vers \(S\) et \(\overline{S}\) ne sont pas données directement : le « 1 % » de l’énoncé est la probabilité de l’intersection \(\overline{F} \cap \overline{S}\), pas une probabilité conditionnelle. On les calcule à la question suivante.
b. Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[P_{\overline{F}}(\overline{S}) = \dfrac{P(\overline{F} \cap \overline{S})}{P(\overline{F})} = \dfrac{0{,}01}{0{,}05} = 0{,}2.\]
\(P_{\overline{F}}(\overline{S}) = 0{,}2\), et donc \(P_{\overline{F}}(S) = 0{,}8\). L’arbre complet est le suivant :
3. \(P(F \cap S) = P(F) \times P_F(S) = 0{,}95 \times 0{,}98 = 0{,}931\). La probabilité que le jouet réussisse les deux tests est 0,931.
4. \(F\) et \(\overline{F}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :
\[P(S) = P(F \cap S) + P(\overline{F} \cap S) = 0{,}931 + 0{,}05 \times 0{,}8 = 0{,}931 + 0{,}04 = 0{,}971.\]
\(P(S) = 0{,}971\), soit 0,97 arrondi au centième.
5. On cherche \(P_S(F)\) :
\[P_S(F) = \dfrac{P(F \cap S)}{P(S)} = \dfrac{0{,}931}{0{,}971} \approx 0{,}9588.\]
Sachant que le jouet a réussi le test de sécurité, la probabilité qu’il ait réussi le test de fabrication est d’environ 0,96.
Partie B
1. Pour une loi binomiale de paramètres \(n\) et \(p\), \(E = np\) et \(V = np(1 – p)\). \(E(S_n) = 0{,}95n\) et \(V(S_n) = n \times 0{,}95 \times 0{,}05 = 0{,}0475n\).
2. a. Avec la formule de la loi binomiale :
\[P(S_{150} = 145) = \binom\,{150}{145} \times 0{,}95^{145} \times 0{,}05^{5} \approx 0{,}109.\]
\(P(S_{150} = 145) \approx 0{,}109\) : dans un lot de 150 jouets, il y a environ 10,9 % de chances qu’exactement 145 jouets réussissent le test de fabrication.
b. 94 % de 150 jouets représentent \(0{,}94 \times 150 = 141\) jouets. On cherche \(P(S_{150} \geq\, 141) = 1 – P(S_{150} \leq\, 140)\). À la calculatrice : \(P(S_{150} \geq\, 141) \approx 0{,}781\).
3. a. Par propriété de l’espérance et de la variance (\(E(aX) = aE(X)\) et \(V(aX) = a^2V(X)\)) avec \(a = \dfrac{1}{n}\) :
\[E(F_n) = \dfrac{1}{n}E(S_n) = \dfrac{0{,}95n}{n} = 0{,}95 \qquad \text{et} \qquad V(F_n) = \dfrac{1}{n^2}V(S_n) = \dfrac{0{,}0475n}{n^2} = \dfrac{0{,}0475}{n}.\]
b. L’évènement \(I\) s’écrit \(0{,}93 \lt F_n \lt 0{,}97\), c’est-à-dire \(|F_n – 0{,}95| \lt 0{,}02\) : l’intervalle est centré sur l’espérance. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne \(P(|F_n – 0{,}95| \geq\, 0{,}02) \leq\, \dfrac{V(F_n)}{0{,}02^2}\), donc, en passant à l’évènement contraire :
\[P(I) \geq\, 1 – \dfrac{0{,}0475}{0{,}0004\,n} = 1 – \dfrac{118{,}75}{n}.\]
Il suffit donc que \(1 – \dfrac{118{,}75}{n} \geq\, 0{,}96\), soit \(\dfrac{118{,}75}{n} \leq\, 0{,}04\), soit \(n \geq\, \dfrac{118{,}75}{0{,}04} = 2\,968{,}75\). À partir d’un lot de 2 969 jouets, la probabilité de l’évènement \(I\) est supérieure ou égale à 0,96.
Exercice 3 :
Partie A
1. \(u_2 = 2 + 0{,}8 \times u_1 = 2 + 0{,}8 \times 2 = 3{,}6\). \(u_2 = 3{,}6\) : juste après la deuxième prise, il y a 3,6 mL de médicament dans l’organisme.
2. Notons \(\mathcal{P}(n)\) : « \(u_n = 10 – 8 \times 0{,}8^{n-1}\) ».
Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(10 – 8 \times 0{,}8^{0} = 10 – 8 = 2 = u_1\). \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \geq\, 1\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie. Alors :
\[u_{n+1} = 2 + 0{,}8u_n = 2 + 0{,}8(10 – 8 \times 0{,}8^{n-1}) = 2 + 8 – 8 \times 0{,}8^{n} = 10 – 8 \times 0{,}8^{(n+1)-1}.\]
\(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.
Conclusion. Par récurrence, \(u_n = 10 – 8 \times 0{,}8^{n-1}\) pour tout entier \(n \geq\, 1\).
3. Comme \(-1 \lt 0{,}8 \lt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}8^{n-1} = 0\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 10\). À long terme, juste après chaque prise, la quantité de médicament dans l’organisme se stabilise autour de 10 mL.
4. Pour tout entier \(N \geq\, 1\), \(8 \times 0{,}8^{N-1} \gt 0\), donc \(u_N = 10 – 8 \times 0{,}8^{N-1} \lt 10\). L’inéquation \(u_N \geq\, 10\) n’a aucune solution : la quantité de médicament dans l’organisme reste toujours strictement inférieure à 10 mL, quel que soit le nombre de prises.
5. On résout \(u_n \gt 9\) pour \(n\) entier \(n \geq\, 1\) :
\[10 – 8 \times 0{,}8^{n-1} \gt 9 \iff 0{,}8^{n-1} \lt \dfrac{1}{8} \iff (n – 1)\ln(0{,}8) \lt \ln(\dfrac{1}{8}) \iff n – 1 \gt \dfrac{-\ln 8}{\ln(0{,}8)}.\]
On a utilisé la croissance de la fonction \(\ln\), puis on a divisé par \(\ln(0{,}8) \lt 0\), ce qui change le sens de l’inégalité. Comme \(\dfrac{-\ln 8}{\ln(0{,}8)} \approx 9{,}32\), il faut \(n – 1 \geq\, 10\), soit \(n \geq\, 11\). Vérification : \(u_{10} \approx 8{,}93\) et \(u_{11} \approx 9{,}14\). C’est à partir de la 11e prise que la quantité de médicament dépasse strictement 9 mL.
Partie B
1. \(S_2 = \dfrac{u_1 + u_2}{2} = \dfrac{2 + 3{,}6}{2} = 2{,}8\). \(S_2 = 2{,}8\).
2. On sépare la somme en deux :
\[u_1 + \dots + u_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n}(10 – 8 \times 0{,}8^{k-1}) = 10n – 8(1 + 0{,}8 + \dots + 0{,}8^{n-1}).\]
La parenthèse est la somme des \(n\) premiers termes d’une suite géométrique de raison 0,8 et de premier terme 1 : elle vaut \(\dfrac{1 – 0{,}8^n}{1 – 0{,}8} = 5(1 – 0{,}8^n)\). Donc :
\[u_1 + \dots + u_n = 10n – 40(1 – 0{,}8^n) = 10n – 40 + 40 \times 0{,}8^n.\]
3. En divisant par \(n\) : \(S_n = 10 – \dfrac{40}{n} + \dfrac{40 \times 0{,}8^n}{n}\). Or \(\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{40}{n} = 0\) et, comme \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}8^n = 0\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{40 \times 0{,}8^n}{n} = 0\). \(\lim\limits_{n \to +\infty} S_n = 10\).
4. La variable s contient \(S_1 = u_1 = 2\) au départ, puis, à chaque tour, n augmente de 1 et s reçoit \(S_n = 10 – \dfrac{40}{n} + \dfrac{40 \times 0{,}8^n}{n}\) (formule de la question 2 divisée par \(n\)). La boucle s’arrête dès que \(S_n \geq\, k\). mystere(9) renvoie le plus petit nombre de prises \(n\) pour lequel la quantité moyenne de médicament présente dans l’organisme, calculée sur les \(n\) premières prises, atteint ou dépasse 9 mL. (Cette valeur existe car \(S_n\) tend vers 10.)
5. La suite \((u_n)\) est croissante : \(u_{n+1} – u_n = 8 \times 0{,}8^{n-1}(1 – 0{,}8) \gt 0\). D’après la partie A, \(u_n \leq\, u_{10} \approx 8{,}93 \lt 9\) pour tout \(n \leq\, 10\). Pour \(n \leq\, 10\), \(S_n\) est la moyenne de nombres tous strictement inférieurs à 9, donc \(S_n \lt 9\) : la boucle ne s’arrête pas avant \(n = 11\). On peut aussi le vérifier directement : \(S_{10} = 10 – 4 + 4 \times 0{,}8^{10} \approx 6{,}43 \lt 9\), et comme \((S_n)\) est croissante, \(S_n \lt 9\) pour tout \(n \leq\, 10\). La valeur renvoyée est donc strictement supérieure à 10 (le programme renvoie en fait 40).
Exercice 4 :
1. a. \(g = \text{e}^{u}\) avec \(u(x) = \sqrt{x}\), dérivable sur \(]0~;~+\infty[\) et \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\). Donc \(g^{\prime}(x) = u^{\prime}(x)\,\text{e}^{u(x)} = \dfrac{\text{e}^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}\). \(g^{\prime}(x) = f(x)\) pour tout \(x \gt 0\).
b. On écrit \(f = \dfrac{p}{q}\) avec \(p(x) = \text{e}^{\sqrt{x}}\), \(p^{\prime}(x) = \dfrac{\text{e}^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}\) (question a), \(q(x) = 2\sqrt{x}\), \(q^{\prime}(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x}}\). Alors :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{p^{\prime}(x)q(x) – p(x)q^{\prime}(x)}{q(x)^2} = \dfrac{\text{e}^{\sqrt{x}} – \dfrac{\text{e}^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}}{4x} = \dfrac{\text{e}^{\sqrt{x}}(1 – \dfrac{1}{\sqrt{x}})}{4x}.\]
En multipliant numérateur et dénominateur par \(\sqrt{x}\) : \(f^{\prime}(x) = \dfrac{\text{e}^{\sqrt{x}}(\sqrt{x} – 1)}{4x\sqrt{x}}\).
2. a. Quand \(x \to 0^+\), \(\sqrt{x} \to 0\), donc \(\text{e}^{\sqrt{x}} \to \text{e}^0 = 1\), et \(2\sqrt{x} \to 0\) en restant positif. Par quotient, \(\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = +\infty\).
b. La courbe \(\mathcal{C}_f\) admet une asymptote verticale d’équation \(x = 0\) (l’axe des ordonnées).
3. a. On pose \(X = \sqrt{x}\) : quand \(x \to +\infty\), \(X \to +\infty\) et \(f(x) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\text{e}^{X}}{X}\). Par croissance comparée, \(\lim\limits_{X \to +\infty} \dfrac{\text{e}^{X}}{X} = +\infty\), donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).
b. Pour \(x \gt 0\), \(\text{e}^{\sqrt{x}} \gt 0\) et \(4x\sqrt{x} \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(\sqrt{x} – 1\). Comme la fonction racine carrée est strictement croissante, \(\sqrt{x} – 1 \lt 0\) pour \(0 \lt x \lt 1\), \(\sqrt{x} – 1 = 0\) pour \(x = 1\) et \(\sqrt{x} – 1 \gt 0\) pour \(x \gt 1\). \(f\) est strictement décroissante sur \(]0~;~1]\) et strictement croissante sur \([1~;~+\infty[\), avec un minimum \(f(1) = \dfrac{\text{e}}{2} \approx 1{,}36\).
| \(x\) | 0 | 1 | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | || | \(-\) | 0 | \(+\) | |
| variations de \(f\) | || \(+\infty\) | décroissante | \(\dfrac{\text{e}}{2}\) | croissante | \(+\infty\) |
c. Sur \([1~;~+\infty[\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(f(1) = \dfrac{\text{e}}{2} \approx 1{,}36 \lt 2\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\). Comme 2 est compris entre \(\dfrac{\text{e}}{2}\) et \(+\infty\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(f(x) = 2\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \([1~;~+\infty[\). Par balayage à la calculatrice : \(f(4{,}6) \approx 1{,}991 \lt 2\) et \(f(4{,}65) \approx 2{,}003 \gt 2\), donc \(4{,}6 \lt \alpha \lt 4{,}65\). \(\alpha \approx 4{,}6\) à \(10^{-1}\) près.
4. a. D’après la question 1.a, \(g\) est une primitive de \(f\) sur \(]0~;~+\infty[\). Donc :
\[I = \displaystyle\int_1^2 f(x)\,\text{d}x = g(2) – g(1) = \text{e}^{\sqrt{2}} – \text{e} \approx 1{,}395.\]
\(I = \text{e}^{\sqrt{2}} – \text{e}\).
b. La fonction \(f\) est continue et positive sur \([1~;~2]\). \(I\) est donc l’aire, en unités d’aire, du domaine limité par \(\mathcal{C}_f\), l’axe des abscisses et les droites d’équations \(x = 1\) et \(x = 2\), soit environ 1,39 u.a.
5. a. Avec \(X = \sqrt{x}\), on a \(x = X^2\), donc \(x – 3\sqrt{x} + 3 = X^2 – 3X + 3\). Ce trinôme a pour discriminant \(\Delta = 9 – 12 = -3 \lt 0\) : il ne s’annule jamais et garde le signe de son coefficient dominant, 1, qui est positif. Donc \(X^2 – 3X + 3 \gt 0\) pour tout réel \(X\), en particulier pour \(X = \sqrt{x}\). \(x – 3\sqrt{x} + 3 \gt 0\) pour tout \(x \gt 0\).
b. Pour \(x \gt 0\), \(\text{e}^{\sqrt{x}} \gt 0\), \(8x^2\sqrt{x} \gt 0\) et, d’après a, \(x – 3\sqrt{x} + 3 \gt 0\). Donc \(f^{\prime\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0~;~+\infty[\). La fonction \(f\) est convexe sur \(]0~;~+\infty[\).
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