Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. a. Le premier jour, l’étudiant a mangé végétarien. La probabilité qu’il mange végétarien le lendemain est donc la probabilité conditionnelle \(P_{V_1}(V_2)=0{,}9\), et comme \(P(V_1)=1\), on obtient \(p_2=0{,}9\).
b. On construit l’arbre des jours 2 et 3 : de la racine partent \(V_2\) (probabilité 0,9) et \(\overline{V_2}\) (0,1) ; de \(V_2\) partent \(V_3\) (0,9) et \(\overline{V_3}\) (0,1) ; de \(\overline{V_2}\) partent \(V_3\) (0,7) et \(\overline{V_3}\) (0,3).
Les évènements \(V_2\) et \(\overline{V_2}\) forment une partition de l’univers ; la formule des probabilités totales donne :
\[p_3=P(V_2\cap V_3)+P(\overline{V_2}\cap V_3)=0{,}9\times 0{,}9+0{,}1\times 0{,}7=0{,}81+0{,}07=0{,}88.\]
On a bien \(p_3=0{,}88\).
c. On cherche \(P_{V_3}(\overline{V_2})\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[P_{V_3}(\overline{V_2})=\dfrac{P(\overline{V_2}\cap V_3)}{P(V_3)}=\dfrac{0{,}07}{0{,}88}=\dfrac{7}{88}\approx 0{,}08.\]
Sachant qu’il a mangé végétarien le 3e jour, la probabilité qu’il ait mangé non végétarien la veille est d’environ 0,08.
2. Les pondérations à placer sont les suivantes :
- branche vers \(\overline{V_n}\) : \(1-p_n\) (évènement contraire) ;
- de \(V_n\) : \(0{,}9\) vers \(V_{n+1}\) et \(1-0{,}9=0{,}1\) vers \(\overline{V_{n+1}}\) ;
- de \(\overline{V_n}\) : \(0{,}7\) vers \(V_{n+1}\) et \(1-0{,}7=0{,}3\) vers \(\overline{V_{n+1}}\).
3. Soit \(n \geq\, 1\). Les évènements \(V_n\) et \(\overline{V_n}\) forment une partition de l’univers. En suivant les deux chemins de l’arbre qui mènent à \(V_{n+1}\) (formule des probabilités totales) :
\[p_{n+1}=P(V_n)\times P_{V_n}(V_{n+1})+P(\overline{V_n})\times P_{\overline{V_n}}(V_{n+1})=0{,}9p_n+0{,}7(1-p_n).\]
En développant, \(p_{n+1}=0{,}9p_n+0{,}7-0{,}7p_n\), soit \(p_{n+1}=0{,}2p_n+0{,}7\).
4. a. C’est le programme 1. La liste démarre avec \(p_1=1\) et la boucle for k in range(1,n) tourne \(n-1\) fois, ajoutant \(p_2, \ldots, p_n\) : on obtient bien \(n\) termes. Le programme 2 fait un tour de trop (il renvoie \(n+1\) termes) et le programme 3 ajoute \(p+1\) au lieu de \(p\), ce qui donne des nombres supérieurs à 1, impossibles pour des probabilités.
b. Pour \(n=5\), le programme renvoie \([p_1, p_2, p_3, p_4, p_5]\). On a \(p_1=1\), \(p_2=0{,}9\), \(p_3=0{,}88\), puis \(p_4=0{,}2\times 0{,}88+0{,}7=0{,}876\) et \(p_5=0{,}2\times 0{,}876+0{,}7=0{,}875\,2\).
Le résultat affiché est la liste [1, 0.9, 0.88, 0.876, 0.8752]. (En pratique, à cause de l’écriture des décimaux en binaire, Python peut afficher 0.8999999999999999 au lieu de 0.9, et de même pour les deux termes suivants.)
5. Pour tout entier \(n \geq\, 1\), on note \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(p_n=0{,}125\times 0{,}2^{n-1}+0{,}875\) ».
Initialisation. Pour \(n=1\) : \(0{,}125\times 0{,}2^0+0{,}875=0{,}125+0{,}875=1=p_1\). \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \geq\, 1\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. En utilisant la relation de la question 3 :
\[p_{n+1}=0{,}2(0{,}125\times 0{,}2^{n-1}+0{,}875)+0{,}7=0{,}125\times 0{,}2^{n}+0{,}175+0{,}7=0{,}125\times 0{,}2^{n}+0{,}875.\]
C’est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\), puisque \(0{,}2^n=0{,}2^{(n+1)-1}\).
Conclusion. La propriété est vraie au rang 1 et héréditaire, donc par récurrence \(p_n=0{,}125\times 0{,}2^{n-1}+0{,}875\) pour tout entier \(n \geq\, 1\).
6. Comme \(-1 \lt 0{,}2 \lt 1\), la suite géométrique \((0{,}2^{n-1})\) tend vers 0. Par produit et somme de limites, \(\lim\limits_{n \to +\infty} p_n=0{,}125\times 0+0{,}875\), donc \((p_n)\) converge vers 0,875. À long terme, l’étudiant choisit un plat végétarien environ 7 jours sur 8.
Exercice 2 :
Affirmation 1 : fausse. Chacun des 22 joueurs de la première équipe serre la main de chacun des 25 joueurs de l’autre équipe : c’est le principe multiplicatif (on compte les couples formés d’un joueur de chaque équipe). Il y a donc \(22\times 25=550\) poignées de main, et non \(22+25=47\).
Affirmation 2 : fausse. Les trois lauréats reçoivent le même prix : l’ordre entre eux ne compte pas. Distribuer les prix revient à choisir une partie à 3 éléments parmi les 18 concurrents, soit
\[\dbinom{18}{3}=\dfrac{18\times 17\times 16}{3\times 2\times 1}=816\ \text{possibilités}.\]
Le nombre 4 896 \(=18\times 17\times 16\) correspondrait à des prix tous différents (liste ordonnée), ce qui n’est pas le cas.
Affirmation 3 : vraie. Un podium est une liste ordonnée de 3 sportifs distincts. Jacques peut occuper l’une des 3 places ; il reste ensuite 6 sportifs pour la première place libre, puis 5 pour la dernière. Cela donne \(3\times 6\times 5=90\) podiums contenant Jacques.
On peut aussi calculer par différence : il y a \(7\times 6\times 5=210\) podiums en tout et \(6\times 5\times 4=120\) podiums sans Jacques, soit \(210-120=90\) avec lui.
Affirmation 4 : vraie. Avec les valeurs possibles \(-2\), \(-1\), 2 et 5, on obtient une somme égale à 4 dans exactement trois cas incompatibles : \((X_1,X_2)=(-1\,;\,5)\), \((2\,;\,2)\) ou \((5\,;\,-1)\). Grâce à l’indépendance, la probabilité de chaque couple est le produit des probabilités :
\[P(Y=4)=0{,}4\times 0{,}2+0{,}3\times 0{,}3+0{,}2\times 0{,}4=0{,}08+0{,}09+0{,}08=0{,}25.\]
Affirmation 5 : vraie. On cherche \(P_{X \geq\, 15}(X \geq\, 18)\). L’évènement \(X \geq\, 18\) est inclus dans \(X \geq\, 15\), donc leur intersection est \(X \geq\, 18\) et :
\[P_{X \geq\, 15}(X \geq\, 18)=\dfrac{P(X \geq\, 18)}{P(X \geq\, 15)}.\]
À la calculatrice (loi \(\mathcal{B}(20\,;\,0{,}85)\)) : \(P(X \geq\, 18)=1-P(X \leq\, 17)\approx 0{,}404\,9\) et \(P(X \geq\, 15)=1-P(X \leq\, 14)\approx 0{,}932\,7\). Le quotient vaut environ \(0{,}434\,1\), soit \(0{,}434\) à \(10^{-3}\) près.
Exercice 3 :
Partie A : lectures graphiques
1. Le sommet de la courbe est atteint pour \(t=1\) : la concentration est maximale environ 1 heure après l’ingestion.
2. La courbe est au-dessus de la droite d’équation \(y=1\) entre les abscisses 0,25 et 2,5 environ : l’ensemble des solutions est à peu près \([0{,}25\,;\,2{,}5]\).
3. La courbe est d’abord « en dôme » puis « en creux », avec un changement de courbure vers \(t=2\) : \(f\) semble concave sur \([0\,;\,2]\) et convexe sur \([2\,;\,8]\).
Partie B : détermination de la fonction \(f\)
1. L’équation \(y^{\prime}+y=0\) s’écrit \(y^{\prime}=-y\), de la forme \(y^{\prime}=ay\) avec \(a=-1\). D’après le cours, ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{-t}\), où \(k\) est un réel quelconque.
2. La fonction \(u\) est dérivable comme produit, et \(u^{\prime}(t)=a\text{e}^{-t}+at\times (-\text{e}^{-t})=a\text{e}^{-t}-at\text{e}^{-t}\). Donc pour tout \(t \geq\, 0\) :
\[u^{\prime}(t)+u(t)=a\text{e}^{-t}-at\text{e}^{-t}+at\text{e}^{-t}=a\text{e}^{-t}.\]
\(u\) est solution de \((E)\) si et seulement si \(a\text{e}^{-t}=5\text{e}^{-t}\) pour tout \(t\), c’est-à-dire (comme \(\text{e}^{-t} \neq 0\)) \(a=5\). La fonction \(u : t \mapsto 5t\text{e}^{-t}\) est une solution particulière de \((E)\).
3. Les solutions de \((E)\) s’obtiennent en ajoutant à une solution particulière de \((E)\) les solutions de l’équation homogène \((E^{\prime})\). Ce sont donc les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{-t}+5t\text{e}^{-t}=(k+5t)\text{e}^{-t}\), où \(k \in \mathbb{R}\).
4. \(f\) est une de ces solutions : \(f(t)=(k+5t)\text{e}^{-t}\). La condition \(f(0)=0\) donne \((k+0)\times \text{e}^0=0\), soit \(k=0\). Donc \(f(t)=5t\text{e}^{-t}\) pour tout \(t \geq\, 0\).
Partie C : étude de la fonction \(f\)
1. On écrit \(f(t)=5\times \dfrac{t}{\text{e}^t}\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{t \to +\infty}\dfrac{\text{e}^t}{t}=+\infty\), donc \(\lim\limits_{t \to +\infty}\dfrac{t}{\text{e}^t}=0\) et \(\lim\limits_{t \to +\infty} f(t)=0\).
Interprétation : avec le temps, le médicament est éliminé et sa concentration dans le sang devient quasiment nulle.
2. \(f\) est dérivable sur \([0\,;\,+\infty[\) comme produit de fonctions dérivables, et
\[f^{\prime}(t)=5\text{e}^{-t}+5t\times (-\text{e}^{-t})=5(1-t)\text{e}^{-t}.\]
Comme \(5\text{e}^{-t} \gt 0\), \(f^{\prime}(t)\) a le signe de \(1-t\) : positif sur \([0\,;\,1[\), nul en 1, négatif sur \(]1\,;\,+\infty[\). Donc \(f\) est strictement croissante sur \([0\,;\,1]\) et strictement décroissante sur \([1\,;\,+\infty[\). Avec \(f(0)=0\), \(f(1)=5\text{e}^{-1}\approx 1{,}84\) et la limite 0 en \(+\infty\) :
| \(t\) | 0 | 1 | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(t)\) | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | 0 | \(\nearrow\) | \(5\text{e}^{-1}\) | \(\searrow\) | 0 |
3. Sur \([0\,;\,1]\), \(f\) est continue et strictement croissante, avec \(f(0)=0 \lt 1\) et \(f(1)=5\text{e}^{-1}\approx 1{,}84 \gt 1\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(t)=1\) admet une unique solution \(t_1\) dans \([0\,;\,1]\).
Sur \([1\,;\,+\infty[\), \(f\) est continue et strictement décroissante, de \(f(1) \gt 1\) vers la limite 0, qui est inférieure à 1. Pour la même raison, l’équation \(f(t)=1\) admet une unique solution \(t_2\) dans \([1\,;\,+\infty[\).
Il existe donc bien deux réels \(t_1\) et \(t_2\) tels que \(f(t_1)=f(t_2)=1\) (et ce sont les seuls). Par balayage à la calculatrice : \(f(0{,}259)\approx 0{,}999\,5\) et \(f(0{,}260)\approx 1{,}002\,4\), donc \(t_1\approx 0{,}259\) et \(t_1\approx 0{,}26\) ; \(f(2{,}54)\approx 1{,}001\,6\) et \(f(2{,}55)\approx 0{,}995\,5\), donc \(t_2\approx 2{,}54\).
4. D’après les variations de \(f\), \(f(t) \geq\, 1\) exactement lorsque \(t \in [t_1\,;\,t_2]\). Le risque de somnolence dure donc \(t_2-t_1\approx 2{,}543-0{,}259\approx 2{,}28\) heures. Or \(0{,}28\ \text{h}\approx 0{,}28\times 60\approx 17\) minutes : la durée du risque de somnolence est d’environ 2 heures et 17 minutes.
Partie D : concentration moyenne
On intègre par parties en posant \(u(t)=5t\) et \(v^{\prime}(t)=\text{e}^{-t}\), d’où \(u^{\prime}(t)=5\) et \(v(t)=-\text{e}^{-t}\) (fonctions dérivables à dérivées continues sur \([0\,;\,1]\)) :
\[T_m=[-5t\text{e}^{-t}]_0^1-\displaystyle\int_0^1 5\times (-\text{e}^{-t})\text{d}t=-5\text{e}^{-1}+5\displaystyle\int_0^1 \text{e}^{-t}\,\text{d}t.\]
Or \(\displaystyle\int_0^1 \text{e}^{-t}\,\text{d}t=[-\text{e}^{-t}]_0^1=1-\text{e}^{-1}\). Donc :
\[T_m=-5\text{e}^{-1}+5-5\text{e}^{-1}=5-10\text{e}^{-1}\approx 1{,}32.\]
La concentration moyenne pendant la première heure vaut \(5-10\text{e}^{-1}\) g/L, soit environ 1,32 g/L.
Exercice 4 :
1. La droite (CK) passe par \(\mathrm{C}(0\,;\,0\,;\,1)\) et est dirigée par \(\vec{\mathrm{CK}}(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,;\,\dfrac{3}{2}\,;\,-1)\). Un point \(\mathrm{M}(x\,;\,y\,;\,z)\) est sur (CK) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\mathrm{CM}}=t\,\vec{\mathrm{CK}}\), c’est-à-dire \(x=\dfrac{\sqrt{3}}{2}t\), \(y=\dfrac{3}{2}t\) et \(z-1=-t\). On retrouve la représentation paramétrique donnée, avec \(z=1-t\).
2. \(\mathrm{M}(t)\) a pour coordonnées \((\dfrac{\sqrt{3}}{2}t\,;\,\dfrac{3}{2}t\,;\,1-t)\). Le repère étant orthonormé :
\[\mathrm{OM}(t)^2=\dfrac{3}{4}t^2+\dfrac{9}{4}t^2+(1-t)^2=3t^2+1-2t+t^2=4t^2-2t+1.\]
Une distance étant positive, \(\mathrm{OM}(t)=\sqrt{4t^2-2t+1}\).
3. a. Posons \(g(t)=4t^2-2t+1\). Son discriminant vaut \(4-16=-12 \lt 0\), donc \(g(t) \gt 0\) pour tout réel \(t\) et \(f=\sqrt{g}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), avec
\[f^{\prime}(t)=\dfrac{g^{\prime}(t)}{2\sqrt{g(t)}}=\dfrac{8t-2}{2\sqrt{4t^2-2t+1}}.\]
Le dénominateur est strictement positif, donc \(f^{\prime}(t)\) a le signe de \(8t-2\) : négatif pour \(t \lt \dfrac{1}{4}\), nul en \(\dfrac{1}{4}\), positif pour \(t \gt \dfrac{1}{4}\). Ainsi \(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty\,;\,\dfrac{1}{4}]\) et strictement croissante sur \([\dfrac{1}{4}\,;\,+\infty[\).
b. D’après ces variations, \(f\) atteint son minimum en \(t=\dfrac{1}{4}\), et ce minimum vaut \(f(\dfrac{1}{4})=\sqrt{\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).
4. Le projeté orthogonal de O sur (CK) est le point de la droite le plus proche de O. D’après la question 3, c’est le point de paramètre \(t=\dfrac{1}{4}\), dont les coordonnées sont
\[(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times \dfrac{1}{4}\,;\,\dfrac{3}{2}\times \dfrac{1}{4}\,;\,1-\dfrac{1}{4})=(\dfrac{\sqrt{3}}{8}\,;\,\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{4}).\]
C’est bien le point H. Vérification : \(\vec{\mathrm{OH}}\cdot\vec{\mathrm{CK}}=\dfrac{\sqrt{3}}{8}\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{3}{8}\times \dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{4}\times (-1)=\dfrac{3}{16}+\dfrac{9}{16}-\dfrac{12}{16}=0\), donc (OH) est bien perpendiculaire à (CK) en H.
5. H est dans le plan (ABC). On a \(\vec{\mathrm{AB}}(-2\sqrt{3}\,;\,2\,;\,0)\) et \(\vec{\mathrm{AK}}(-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\,;\,\dfrac{3}{2}\,;\,0)\), donc \(\vec{\mathrm{AK}}=\dfrac{3}{4}\vec{\mathrm{AB}}\) : K appartient à (AB). La droite (CK) joint deux points du plan (ABC), elle y est contenue, et H, qui est sur (CK), appartient au plan (ABC).
(CH) est une hauteur. \(\vec{\mathrm{CK}}\cdot\vec{\mathrm{AB}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times (-2\sqrt{3})+\dfrac{3}{2}\times 2+(-1)\times 0=-3+3=0\). Donc (CK), qui est aussi la droite (CH), est perpendiculaire à (AB) : c’est la hauteur issue de C.
(AH) est une hauteur. \(\vec{\mathrm{AH}}(\dfrac{\sqrt{3}}{8}-2\sqrt{3}\,;\,\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})=(-\dfrac{15\sqrt{3}}{8}\,;\,\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})\) et \(\vec{\mathrm{BC}}(0\,;\,-2\,;\,1)\), d’où \(\vec{\mathrm{AH}}\cdot\vec{\mathrm{BC}}=0-\dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{4}=0\). La droite (AH) est la hauteur issue de A.
H est à l’intersection de deux hauteurs du triangle ABC : H est l’orthocentre du triangle ABC.
6. a. \(\vec{\mathrm{OH}}(\dfrac{\sqrt{3}}{8}\,;\,\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{4})\) est orthogonal à \(\vec{\mathrm{CK}}\) (question 4). De plus :
\[\vec{\mathrm{OH}}\cdot\vec{\mathrm{AB}}=\dfrac{\sqrt{3}}{8}\times (-2\sqrt{3})+\dfrac{3}{8}\times 2+\dfrac{3}{4}\times 0=-\dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{4}=0.\]
Les vecteurs \(\vec{\mathrm{CK}}\) et \(\vec{\mathrm{AB}}\) ne sont pas colinéaires (troisièmes coordonnées \(-1\) et 0) et sont tous deux dans le plan (ABC) : ils en forment un couple de vecteurs directeurs. \(\vec{\mathrm{OH}}\) étant orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, la droite (OH) est orthogonale au plan (ABC).
b. \(\vec{\mathrm{OH}}\) est un vecteur normal à (ABC), tout comme \(8\,\vec{\mathrm{OH}}(\sqrt{3}\,;\,3\,;\,6)\). Une équation de (ABC) est donc de la forme \(\sqrt{3}x+3y+6z+d=0\). Le point C appartient au plan : \(6+d=0\), soit \(d=-6\).
Une équation du plan (ABC) est \(\sqrt{3}x+3y+6z-6=0\). Contrôle : pour A, \(\sqrt{3}\times 2\sqrt{3}-6=0\) ; pour B, \(3\times 2-6=0\).
7. (CK) est la hauteur issue de C et K est son pied sur (AB). L’aire du triangle est donc \(\mathcal{A}=\dfrac{\mathrm{AB}\times \mathrm{CK}}{2}\), avec
\[\mathrm{AB}=\sqrt{(-2\sqrt{3})^2+2^2+0^2}=\sqrt{16}=4 \quad \text{et} \quad \mathrm{CK}=\sqrt{\dfrac{3}{4}+\dfrac{9}{4}+1}=\sqrt{4}=2.\]
Donc \(\mathcal{A}=\dfrac{4\times 2}{2}=\) 4 unités d’aire.
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