Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Au premier niveau, \(P(A_1)=0{,}96\) et donc \(P(\overline{A_1})=1-0{,}96=0{,}04\). Au second niveau, les données sur un relai se traduisent ainsi : un message sans erreur reste correct avec probabilité 0,94, et un message erroné est corrigé avec probabilité 0,35. Chaque couple de branches issues d’un même nœud a une somme de 1.
| Premier niveau | Vers \(A_2\) | Vers \(\overline{A_2}\) |
|---|---|---|
| \(P(A_1)=0{,}96\) | \(P_{A_1}(A_2)=0{,}94\) | \(P_{A_1}(\overline{A_2})=0{,}06\) |
| \(P(\overline{A_1})=0{,}04\) | \(P_{\overline{A_1}}(A_2)=0{,}35\) | \(P_{\overline{A_1}}(\overline{A_2})=0{,}65\) |
2. Les évènements \(A_1\) et \(\overline{A_1}\) forment une partition de l’univers. Par la formule des probabilités totales :
\[P(A_2)=P(A_1)\times P_{A_1}(A_2)+P(\overline{A_1})\times P_{\overline{A_1}}(A_2)=0{,}96\times 0{,}94+0{,}04\times 0{,}35=0{,}9024+0{,}014.\]
On obtient bien \(P(A_2)=0{,}9164\).
3. Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[P_{A_2}(\overline{A_1})=\dfrac{P(\overline{A_1}\cap A_2)}{P(A_2)}=\dfrac{0{,}04\times 0{,}35}{0{,}9164}=\dfrac{0{,}014}{0{,}9164}\approx 0{,}015277.\]
Donc \(P_{A_2}(\overline{A_1})\approx 0{,}0153\). Interprétation : parmi les messages arrivés sans erreur au deuxième relai, environ 1,53 % avaient été reçus avec des erreurs par le premier relai (les erreurs ont été corrigées en route).
Partie B
1. a. Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(50\,;\,0{,}04)\), \(P(X=k)=\dbinom{50}{k}0{,}04^k\times 0{,}96^{50-k}\). Avec \(k=4\) :
\[P(X=4)=\dbinom{50}{4}\times 0{,}04^4\times 0{,}96^{46}=230\,300\times 0{,}04^4\times 0{,}96^{46}\approx 0{,}0902.\]
La probabilité que 4 tests exactement soient positifs est environ 0,09.
b. L’évènement contraire de « au moins un test positif » est « aucun test positif » :
\[P(X\geq\, 1)=1-P(X=0)=1-0{,}96^{50}\approx 1-0{,}1299=0{,}8701.\]
La probabilité qu’au moins un test soit positif est environ 0,87.
c. Pour une loi binomiale, \(\mathrm{E}(X)=np=50\times 0{,}04=2\) et \(\mathrm{V}(X)=np(1-p)=50\times 0{,}04\times 0{,}96=1{,}92\). Donc \(\mathrm{E}(X)=2\) et \(\mathrm{V}(X)=1{,}92\).
2. a. Par linéarité de l’espérance :
\[\mathrm{E}(M)=\dfrac{1}{25}(\mathrm{E}(X_1)+\cdots+\mathrm{E}(X_{25}))=\dfrac{25\times 2}{25}=2.\]
Les variables étant indépendantes, la variance de la somme est la somme des variances, et \(\mathrm{V}(aY)=a^2\mathrm{V}(Y)\) :
\[\mathrm{V}(M)=\dfrac{1}{25^2}(\mathrm{V}(X_1)+\cdots+\mathrm{V}(X_{25}))=\dfrac{25\times 1{,}92}{625}=\dfrac{1{,}92}{25}=0{,}0768.\]
On a donc \(\mathrm{E}(M)=2\) et \(\mathrm{V}(M)=0{,}0768\).
b. D’après l’indication, \(P(M\lt 7)=P(-3\lt M\lt 7)=P(-5\lt M-2\lt 5)=P(|M-\mathrm{E}(M)|\lt 5)\).
L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à \(M\) avec \(\delta=5\) donne :
\[P(|M-2|\geq\, 5)\leq\,\dfrac{\mathrm{V}(M)}{5^2}=\dfrac{0{,}0768}{25}=0{,}003072.\]
Par passage à l’évènement contraire, \(P(M\lt 7)\geq\, 1-0{,}003072=0{,}996928\). Comme \(0{,}996928\gt 0{,}99\), la probabilité que la moyenne des tests positifs soit strictement inférieure à 7 est bien supérieure à 0,99.
Partie C
1. Notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(p_{n+1}\leq\, p_n\) », pour \(n\geq\, 1\).
Initialisation. \(p_2=0{,}59\times 0{,}96+0{,}35=0{,}5664+0{,}35=0{,}9164\) (on retrouve \(P(A_2)\)). Comme \(0{,}9164\leq\, 0{,}96\), \(\mathcal{P}_1\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\geq\, 1\) tel que \(p_{n+1}\leq\, p_n\). En multipliant par \(0{,}59\), qui est positif, l’ordre est conservé : \(0{,}59p_{n+1}\leq\, 0{,}59p_n\). En ajoutant 0,35 : \(0{,}59p_{n+1}+0{,}35\leq\, 0{,}59p_n+0{,}35\), c’est-à-dire \(p_{n+2}\leq\, p_{n+1}\). Donc \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. Par récurrence, pour tout entier \(n\geq\, 1\), \(p_{n+1}\leq\, p_n\).
2. La question précédente montre que la suite \((p_n)\) est décroissante. De plus, chaque \(p_n\) est une probabilité, donc \(p_n\geq\, 0\) : la suite est minorée par 0. Une suite décroissante et minorée converge (théorème de convergence monotone) : \((p_n)\) est convergente.
3. Notons \(\ell\) sa limite. La fonction \(x\mapsto 0{,}59x+0{,}35\) est affine donc continue ; en passant à la limite dans la relation de récurrence, \(\ell=0{,}59\ell+0{,}35\), d’où \(0{,}41\ell=0{,}35\) et \(\ell=\dfrac{35}{41}\approx 0{,}854\). Après un très grand nombre de relais, un message a environ 85 % de chances d’arriver sans erreur.
Exercice 2 :
Partie A
1. a. Le repère est orthonormé, on peut donc calculer des distances. Avec \(\text{A}(0\,;\,0\,;\,0)\) :
\[\text{CA}^2=(\dfrac{9}{4})^2+3^2+0^2=\dfrac{81}{16}+\dfrac{144}{16}=\dfrac{225}{16} \quad\text{et}\quad \text{CB}^2=(\dfrac{9}{2}-\dfrac{9}{4})^2+(0-3)^2+0^2=\dfrac{81}{16}+9=\dfrac{225}{16}.\]
Donc \(\text{CA}=\text{CB}=\dfrac{15}{4}=3{,}75\) m : le triangle ABC est isocèle en C.
b. Dans un triangle isocèle en C, la hauteur issue de C coupe [AB] en son milieu \(\text{I}(\dfrac{9}{4}\,;\,0\,;\,0)\). Alors \(\vec{\text{IC}}\begin{pmatrix}0\\3\\0\end{pmatrix}\), donc \(\text{IC}=3\), et \(\text{AB}=\dfrac{9}{2}=4{,}5\). L’aire vaut :
\[\mathcal{A}_{\text{ABC}}=\dfrac{\text{AB}\times \text{IC}}{2}=\dfrac{4{,}5\times 3}{2}=6{,}75.\]
L’aire du triangle ABC est bien 6,75 m².
2. a. Les coordonnées de A, B et C ont toutes une troisième coordonnée nulle, donc elles vérifient \(z=0\). Ces trois points ne sont pas alignés (ABC est un vrai triangle, d’aire non nulle), ils définissent donc un plan, et l’équation \(z=0\) est celle d’un plan : une équation de (ABC) est \(z=0\).
b. H a pour troisième coordonnée 0, donc H appartient au plan (ABC). Ensuite \(\vec{\text{DH}}\begin{pmatrix}0\\0\\-3\end{pmatrix}=-3\vec{k}\). Or \(\vec{k}\), de coordonnées \((0\,;\,0\,;\,1)\), est un vecteur normal au plan d’équation \(z=0\). La droite (DH) est donc orthogonale au plan (ABC) et le coupe en H : H est le projeté orthogonal de D sur (ABC).
3. En prenant ABC comme base, la hauteur correspondante est \(\text{DH}=3\) m. Le volume du module vaut :
\[\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times 6{,}75\times 3=6{,}75.\]
Le module a un volume de 6,75 m³.
Partie B
1. a. On calcule \(\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix}-\frac{9}{4}\\3\\0\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{BD}}\begin{pmatrix}-3\\1\\3\end{pmatrix}\). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (la troisième coordonnée de l’un est nulle mais pas celle de l’autre, alors que leurs premières coordonnées sont non nulles). Ensuite :
\[\vec{n}\cdot\vec{\text{BC}}=4\times (-\dfrac{9}{4})+3\times 3+3\times 0=-9+9=0 \quad\text{et}\quad \vec{n}\cdot\vec{\text{BD}}=4\times (-3)+3\times 1+3\times 3=-12+3+9=0.\]
Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCD) : c’est un vecteur normal à ce plan.
b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(4\,;\,3\,;\,3)\) a une équation de la forme \(4x+3y+3z+d=0\). Le point B appartient au plan, donc \(4\times \dfrac{9}{2}+0+0+d=0\), soit \(d=-18\). Une équation de (BCD) est donc \(4x+3y+3z-18=0\).
c. La droite \(\Delta\), orthogonale à (BCD), est dirigée par \(\vec{n}\) et passe par D. Une représentation paramétrique est :
\[\{\begin{array}{l} x=\dfrac{3}{2}+4t \\ y=1+3t \\ z=3+3t \end{array}.,\quad t\in\mathbb{R}.\]
2. Le point L appartient à \(\Delta\) et au plan d’équation \(z=0\). On résout \(3+3t=0\), d’où \(t=-1\). En remplaçant : \(x=\dfrac{3}{2}-4=-\dfrac{5}{2}\) et \(y=1-3=-2\). On obtient bien \(\text{L}(-\dfrac{5}{2}\,;\,-2\,;\,0)\).
3. On utilise le produit scalaire avec les vecteurs \(\vec{\text{DL}}\begin{pmatrix}-4\\-3\\-3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{DH}}\begin{pmatrix}0\\0\\-3\end{pmatrix}\) :
\[\vec{\text{DL}}\cdot\vec{\text{DH}}=0+0+(-3)\times (-3)=9,\quad \text{DL}=\sqrt{16+9+9}=\sqrt{34},\quad \text{DH}=3.\]
Comme \(\vec{\text{DL}}\cdot\vec{\text{DH}}=\text{DL}\times \text{DH}\times \cos\widehat{\text{LDH}}\) :
\[\cos\widehat{\text{LDH}}=\dfrac{9}{3\sqrt{34}}=\dfrac{3}{\sqrt{34}}\approx 0{,}514.\]
On compare à \(\cos 60°=\dfrac{1}{2}\) : \(\dfrac{3}{\sqrt{34}}\gt\dfrac{1}{2}\iff 6\gt\sqrt{34}\iff 36\gt 34\), ce qui est vrai. La fonction cosinus étant strictement décroissante sur \([0°\,;\,180°]\), on en déduit \(\widehat{\text{LDH}}\lt 60°\) (précisément \(\widehat{\text{LDH}}\approx 59{,}04°\)). Le module est donc adapté aux débutants.
Exercice 3 :
Affirmation 1 : fausse.
L’équation \(y^{\prime}+2y=0\) s’écrit \(y^{\prime}=-2y\) ; ses solutions sont les fonctions \(x\mapsto K\text{e}^{-2x}\), \(K\in\mathbb{R}\). La condition \(f(0)=1\) impose \(K=1\), donc \(f(x)=\text{e}^{-2x}\). Alors \(f(\ln 2)=\text{e}^{-2\ln 2}=(\text{e}^{\ln 2})^{-2}=2^{-2}=\dfrac{1}{4}\). Comme \(\dfrac{1}{4}\neq\dfrac{1}{2}\), la courbe ne passe pas par le point A.
Affirmation 2 : fausse.
La fonction \(f\) est deux fois dérivable avec \(f^{\prime}(x)=1+\sin(x)\) et \(f^{\prime\prime}(x)=\cos(x)\). Sur \([\dfrac{\pi}{2}\,;\,\pi]\), \(\cos(x)\leq\, 0\), et même \(\cos(x)\lt 0\) sur \(]\dfrac{\pi}{2}\,;\,\pi]\). La fonction \(f\) est donc concave sur cet intervalle : sa courbe est en dessous de ses tangentes, et non au-dessus. Par exemple, la tangente au point d’abscisse \(\pi\) a pour équation \(y=x+1\) et \(f(\dfrac{\pi}{2})=\dfrac{\pi}{2}\lt\dfrac{\pi}{2}+1\).
Affirmation 3 : vraie.
Pour tout \(x\gt 0\), \(-1\leq\,\sin(x)\leq\, 1\), donc en divisant par \(x\gt 0\) : \(-\dfrac{1}{x}\leq\,\dfrac{\sin(x)}{x}\leq\,\dfrac{1}{x}\). Comme \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}(-\dfrac{1}{x})=0\), le théorème des gendarmes donne \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\sin(x)}{x}=0\), donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1\). La droite d’équation \(y=1\) est asymptote horizontale à la courbe en \(+\infty\).
Affirmation 4 : vraie.
La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) avec \(f^{\prime}(x)=2-3\text{e}^{3x}\). On calcule :
\[f^{\prime}(x)-3f(x)=2-3\text{e}^{3x}-3(2x-\text{e}^{3x})=2-3\text{e}^{3x}-6x+3\text{e}^{3x}=2-6x.\]
L’égalité est vérifiée pour tout réel \(x\) : \(f\) est bien solution de \((E_2)\).
Exercice 4 :
Partie A
1. Comme \(F_2\) est une primitive de \(f_2\), on a \(F_2^{\prime}=f_2\) : les variations de \(F_2\) se lisent sur le signe de \(f_2\), c’est-à-dire sur la position de \(\mathcal{C}_2\) par rapport à l’axe des abscisses. D’après le graphique, \(f_2\) s’annule vers \(x\approx 0{,}3\) et \(x\approx 2{,}5\) ; elle est négative sur \(]0\,;\,0{,}3]\), positive sur \([0{,}3\,;\,2{,}5]\) et négative sur \([2{,}5\,;\,3]\). Donc \(F_2\) est décroissante sur \(]0\,;\,0{,}3]\), croissante sur \([0{,}3\,;\,2{,}5]\) et décroissante sur \([2{,}5\,;\,3]\) (valeurs lues à la précision du graphique ; par le calcul, les zéros de \(f_2\) valent environ 0,33 et 2,53).
2. Courbe de \(f_2^{\prime}\). La fonction \(f_2\) est croissante puis décroissante, avec un maximum vers \(x\approx 0{,}75\). Sa dérivée doit donc être positive, puis négative, en s’annulant vers 0,75. De plus, \(f_2^{\prime}\) admet un minimum au point d’inflexion A (d’abscisse proche de 1,6), puisque c’est là que \(f_2^{\prime\prime}\) change de signe. La courbe 1 correspond : la courbe 1 représente \(f_2^{\prime}\). La courbe 3, négative près de 0,5, ne convient pas.
Courbe de \(f_2^{\prime\prime}\). A est un point d’inflexion : \(f_2^{\prime\prime}\) s’annule en changeant de signe en son abscisse, environ 1,6. Avant A, la courbe \(\mathcal{C}_2\) est au-dessous de sa tangente (\(f_2\) concave, \(f_2^{\prime\prime}\leq\, 0\)), après elle est au-dessus (\(f_2\) convexe, \(f_2^{\prime\prime}\geq\, 0\)). La courbe 2 est négative puis positive et s’annule vers 1,6, alors que la courbe 3 s’annule vers 2,5. Donc la courbe 2 représente \(f_2^{\prime\prime}\).
Partie B
1. a. On écrit \(f_1(x)=1-x+\dfrac{u(x)}{v(x)}\) avec \(u(x)=1+\ln x\), \(u^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\), \(v(x)=x\), \(v^{\prime}(x)=1\). Alors :
\[f_1^{\prime}(x)=-1+\dfrac{\frac{1}{x}\times x-(1+\ln x)\times 1}{x^2}=-1+\dfrac{1-1-\ln x}{x^2}=-1-\dfrac{\ln x}{x^2}.\]
b. On écrit \(\dfrac{\ln x}{x^2}=\dfrac{\ln x}{x}\times \dfrac{1}{x}\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0\), et \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}=0\) ; par produit, \(\dfrac{\ln x}{x^2}\) tend vers 0. Donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}f_1^{\prime}(x)=-1\).
2. a. Pour \(x\gt 0\), \(x^3\gt 0\), donc \(f_1^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(2\ln x-1\). Or \(2\ln x-1\gt 0\iff\ln x\gt\dfrac{1}{2}\iff x\gt\text{e}^{\frac{1}{2}}\), par stricte croissance de l’exponentielle. Ainsi \(f_1^{\prime\prime}\lt 0\) sur \(]0\,;\,\text{e}^{\frac{1}{2}}[\) et \(f_1^{\prime\prime}\gt 0\) sur \(]\text{e}^{\frac{1}{2}}\,;\,+\infty[\) : \(f_1^{\prime}\) est décroissante sur \(]0\,;\,\text{e}^{\frac{1}{2}}]\) puis croissante sur \([\text{e}^{\frac{1}{2}}\,;\,+\infty[\). Elle atteint donc un minimum en \(\text{e}^{\frac{1}{2}}\), qui vaut :
\[f_1^{\prime}(\text{e}^{\frac{1}{2}})=-1-\dfrac{\frac{1}{2}}{(\text{e}^{\frac{1}{2}})^2}=-1-\dfrac{1}{2\text{e}}\approx -1{,}18.\]
b. Quand \(x\) tend vers 0 par valeurs positives, \(\ln x\) tend vers \(-\infty\), donc \(-\ln x\) tend vers \(+\infty\), et \(\dfrac{1}{x^2}\) tend vers \(+\infty\). Par produit, \(-\dfrac{\ln x}{x^2}\) tend vers \(+\infty\), puis par somme \(\lim\limits_{x\to 0^+}f_1^{\prime}(x)=+\infty\).
c. Sur \([\text{e}^{\frac{1}{2}}\,;\,+\infty[\) : \(f_1^{\prime}\) est strictement croissante et tend vers \(-1\), donc \(f_1^{\prime}(x)\lt -1\lt 0\) ; l’équation n’a pas de solution sur cet intervalle.
Sur \(]0\,;\,\text{e}^{\frac{1}{2}}]\) : \(f_1^{\prime}\) est continue (elle est dérivable) et strictement décroissante, de \(+\infty\) à \(-1-\dfrac{1}{2\text{e}}\lt 0\). La valeur 0 est comprise entre ces deux bornes : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f_1^{\prime}(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur cet intervalle.
Finalement, l’équation \(f_1^{\prime}(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0\,;\,+\infty[\) (on trouve \(\alpha\approx 0{,}65\)). De plus \(f_1^{\prime}\gt 0\) sur \(]0\,;\,\alpha[\) et \(f_1^{\prime}\lt 0\) sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\) : \(f_1\) est croissante puis décroissante, donc \(f_1\) admet un maximum en \(\alpha\).
d. On part de \(u=0{,}5\), où \(f_1^{\prime}(0{,}5)\approx 1{,}77\gt 0\), c’est-à-dire à gauche de \(\alpha\). On avance par pas de 0,01 tant que \(d(u)\) est strictement positif ; la boucle s’arrête au premier \(u\) tel que \(d(u)\leq\, 0\), donc au premier pas qui dépasse \(\alpha\). Le programme complété est :
def d(x) :
return -1-ln(x)/x**2
def alpha() :
u = 0.5
while d(u) > 0 :
u = u + 0.01
return u
Il renvoie 0,66, valeur approchée de \(\alpha\) par excès à \(10^{-2}\) près (\(\alpha\approx 0{,}653\)). Pour l’exécuter réellement, il faut importer la fonction logarithme, par exemple avec from math import log as ln.
Partie C
1. \(H\) est de la forme \(\dfrac{1}{2}w^2\) avec \(w(x)=1+\ln x\) et \(w^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\). Sa dérivée est \(\dfrac{1}{2}\times 2w^{\prime}w=w^{\prime}w\), donc pour tout \(x\gt 0\) :
\[H^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\times (1+\ln x)=\dfrac{1+\ln x}{x}=h(x).\]
\(H\) est bien une primitive de \(h\) sur \(]0\,;\,+\infty[\).
2. La valeur moyenne de \(f_k\) sur \([1\,;\,\text{e}]\) est \(\mu_k=\dfrac{1}{\text{e}-1}\displaystyle\int_1^{\text{e}}f_k(x)\,\text{d}x\). Comme \(f_k(x)=1-x+k\,h(x)\), une primitive de \(f_k\) est \(x\mapsto x-\dfrac{x^2}{2}+k\,H(x)\). Avec \(H(\text{e})=\dfrac{1}{2}(1+1)^2=2\) et \(H(1)=\dfrac{1}{2}\) :
\[\int_1^{\text{e}}f_k(x)\,\text{d}x=(\text{e}-\dfrac{\text{e}^2}{2}+2k)-(1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{k}{2})=\text{e}-\dfrac{\text{e}^2}{2}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{3k}{2}.\]
Comme \(\text{e}-1\neq 0\), la valeur moyenne est nulle si et seulement si cette intégrale est nulle :
\[\dfrac{3k}{2}=\dfrac{\text{e}^2-2\text{e}+1}{2}\iff k=\dfrac{(\text{e}-1)^2}{3}.\]
Cette valeur est strictement positive (environ 0,98), donc admissible. Oui : il existe une unique valeur, \(k=\dfrac{(\text{e}-1)^2}{3}\approx 0{,}98\), pour laquelle la valeur moyenne de \(f_k\) sur \([1\,;\,\text{e}]\) est nulle.
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