Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Affirmation 1 : vraie.
\(f\) est le produit de \(u(x)=x\) et \(v(x)=\text{e}^{-2x}\), avec \(u^{\prime}(x)=1\) et \(v^{\prime}(x)=-2\,\text{e}^{-2x}\). D’après \((uv)^{\prime}=u^{\prime}v+uv^{\prime}\) :
\[f^{\prime}(x)=\text{e}^{-2x}+x\times (-2\,\text{e}^{-2x})=(-2x+1)\,\text{e}^{-2x}\]
Affirmation 2 : vraie.
Pour tout réel \(x\), en utilisant l’expression de \(f^{\prime}\) :
\[f^{\prime}(x)+2f(x)=(-2x+1)\,\text{e}^{-2x}+2x\,\text{e}^{-2x}=(-2x+1+2x)\,\text{e}^{-2x}=\text{e}^{-2x}\]
\(f\) vérifie donc bien \(y^{\prime}+2y=\text{e}^{-2x}\) sur \(\mathbb{R}\).
Affirmation 3 : fausse.
La convexité se lit sur le signe de \(f^{\prime\prime}\). On dérive \(f^{\prime}(x)=(-2x+1)\,\text{e}^{-2x}\) comme un produit :
\[f^{\prime\prime}(x)=-2\,\text{e}^{-2x}+(-2x+1)\times (-2\,\text{e}^{-2x})=(-2+4x-2)\,\text{e}^{-2x}=(4x-4)\,\text{e}^{-2x}\]
Comme \(\text{e}^{-2x}\gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(4x-4\), qui est strictement négatif pour \(x\lt 1\). Donc \(f^{\prime\prime}\leq\, 0\) sur \(]-\infty~;~1]\) : la fonction \(f\) est concave sur cet intervalle, et non convexe (elle n’est convexe que sur \([1~;~+\infty[\)). Par exemple \(f^{\prime\prime}(0)=-4\lt 0\).
Affirmation 4 : vraie.
Le signe de \(f^{\prime}(x)=(-2x+1)\,\text{e}^{-2x}\) est celui de \(-2x+1\) : \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty~;~\dfrac12]\) et strictement décroissante sur \([\dfrac12~;~+\infty[\).
- En \(-\infty\) : \(\lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty\) et \(\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{-2x}=+\infty\), donc par produit \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty\).
- Le maximum vaut \(f(\dfrac12)=\dfrac12\,\text{e}^{-1}=\dfrac{1}{2\text{e}}\approx 0{,}18\).
- Pour \(x\geq\,\dfrac12\), \(x\gt 0\) et \(\text{e}^{-2x}\gt 0\), donc \(f(x)\gt 0\).
Sur \([\dfrac12~;~+\infty[\), \(f\) est strictement positive : l’équation \(f(x)=-1\) n’y a aucune solution. Sur \(]-\infty~;~\dfrac12]\), \(f\) est continue, strictement croissante, et prend ses valeurs dans \(]-\infty~;~\dfrac{1}{2\text{e}}]\), intervalle qui contient \(-1\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x)=-1\) y admet une unique solution. Au total, l’équation a une unique solution sur \(\mathbb{R}\).
Affirmation 5 : vraie.
Sur \([0~;~1]\), \(x\geq\, 0\) et \(\text{e}^{-2x}\gt 0\), donc \(f\geq\, 0\) : l’aire cherchée, en unités d’aire, est \(\mathcal{A}=\displaystyle\int_0^1 x\,\text{e}^{-2x}\,\mathrm{d}x\). On intègre par parties avec \(u(x)=x\), \(v^{\prime}(x)=\text{e}^{-2x}\), donc \(u^{\prime}(x)=1\) et \(v(x)=-\dfrac12\,\text{e}^{-2x}\) (fonctions dérivables à dérivées continues) :
\[\mathcal{A}=[-\dfrac{x}{2}\,\text{e}^{-2x}]_0^1+\dfrac12\int_0^1\text{e}^{-2x}\,\mathrm{d}x=-\dfrac{\text{e}^{-2}}{2}+\dfrac12[-\dfrac12\,\text{e}^{-2x}]_0^1\]
\[\mathcal{A}=-\dfrac{\text{e}^{-2}}{2}+\dfrac{1-\text{e}^{-2}}{4}=\dfrac14-\dfrac{2\,\text{e}^{-2}}{4}-\dfrac{\text{e}^{-2}}{4}=\dfrac{1}{4}-\dfrac{3\,\text{e}^{-2}}{4}\]
L’aire vaut bien \(\dfrac{1}{4}-\dfrac{3\,\text{e}^{-2}}{4}\approx 0{,}148\) unité d’aire.
Exercice 2 :
1. Dans ce repère, A est l’origine et les arêtes [AB], [AD], [AE] portent les trois axes. On lit \(\text{A}(0~;~0~;~0)\), \(\text{B}(1~;~0~;~0)\), \(\text{G}(1~;~1~;~1)\). I est le milieu de [AB] : \(\text{I}(\dfrac12~;~0~;~0)\). J est le milieu de [BG] : on fait la moyenne des coordonnées de B et G, d’où \(\text{J}(1~;~\dfrac12~;~\dfrac12)\).
2. a. La droite (AJ) passe par A, origine du repère, et a pour vecteur directeur \(\vec{\mathrm{AJ}}(1~;~\dfrac12~;~\dfrac12)\). Une représentation paramétrique est donc :
\[\begin{cases}x=k \\ y=\dfrac{1}{2}k \\ z=\dfrac{1}{2}k\end{cases}\quad k\in\mathbb{R}\]
b. Le système proposé décrit la droite passant par le point de paramètre \(t=0\), c’est-à-dire \((\dfrac12~;~0~;~0)\), qui est I, et dirigée par le vecteur \((\dfrac12~;~1~;~1)\). Or \(\vec{\mathrm{IG}}(1-\dfrac12~;~1-0~;~1-0)=(\dfrac12~;~1~;~1)\). Il s’agit donc de la droite passant par I et dirigée par \(\vec{\mathrm{IG}}\) : c’est bien une représentation paramétrique de (IG).
c. On cherche \(k\) et \(t\) tels que les deux représentations donnent le même point :
\[k=\dfrac12+\dfrac12t,\qquad \dfrac12k=t,\qquad \dfrac12k=t\]
La deuxième équation (identique à la troisième) donne \(k=2t\). En remplaçant dans la première : \(2t=\dfrac12+\dfrac12t\), soit \(\dfrac32t=\dfrac12\), d’où \(t=\dfrac13\) et \(k=\dfrac23\). Le système a une solution, donc les droites sont sécantes. Avec \(k=\dfrac23\) dans la représentation de (AJ), on obtient le point de coordonnées \((\dfrac23~;~\dfrac13~;~\dfrac13)\) : (AJ) et (IG) se coupent en \(\text{S}(\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{1}{3})\).
3. a. Les vecteurs \(\vec{\mathrm{AB}}(1~;~0~;~0)\) et \(\vec{\mathrm{AG}}(1~;~1~;~1)\) ne sont pas colinéaires : ils dirigent le plan (ABG). Calculons :
- \(\vec{n}\cdot\vec{\mathrm{AB}}=0\times 1+(-1)\times 0+1\times 0=0\) ;
- \(\vec{n}\cdot\vec{\mathrm{AG}}=0\times 1+(-1)\times 1+1\times 1=0\).
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABG) : c’est un vecteur normal à (ABG).
b. Le plan (ABG) a une équation de la forme \(0\times x-y+z+d=0\). Il passe par A(0 ; 0 ; 0), donc \(d=0\). Une équation cartésienne de (ABG) est \(-y+z=0\) (ou \(y=z\)).
c. Un point de \((d)\) de paramètre \(t\) appartient à (ABG) si et seulement si \(-(-t)+(1+t)=0\), c’est-à-dire \(2t+1=0\), soit \(t=-\dfrac12\). Pour cette valeur : \(x=\dfrac12\), \(y=\dfrac12\), \(z=1-\dfrac12=\dfrac12\). La droite \((d)\) coupe donc le plan (ABG) en \(\text{L}(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2})\).
d. On calcule les carrés des distances :
\[\mathrm{LA}^2=(\dfrac12)^2+(\dfrac12)^2+(\dfrac12)^2=\dfrac34\]
\[\mathrm{LB}^2=(1-\dfrac12)^2+(0-\dfrac12)^2+(0-\dfrac12)^2=\dfrac34\]
\[\mathrm{LG}^2=(1-\dfrac12)^2+(1-\dfrac12)^2+(1-\dfrac12)^2=\dfrac34\]
Donc \(\mathrm{LA}=\mathrm{LB}=\mathrm{LG}=\dfrac{\sqrt3}{2}\) : L est équidistant de A, B et G. (L est d’ailleurs le centre du cube.)
4. On a \(\vec{\mathrm{BA}}(-1~;~0~;~0)\) et \(\vec{\mathrm{BG}}(0~;~1~;~1)\), donc \(\vec{\mathrm{BA}}\cdot\vec{\mathrm{BG}}=0+0+0=0\). Les droites (BA) et (BG) sont perpendiculaires : le triangle ABG est rectangle en B.
5. a. Les trois points remarquables sont :
- centre du cercle circonscrit : L, équidistant des trois sommets (c’est aussi le milieu de l’hypoténuse [AG]) ;
- centre de gravité : S, car (AJ) et (IG) sont deux médianes du triangle (J milieu de [BG], I milieu de [AB]) et elles se coupent en S ;
- orthocentre : B, car dans un triangle rectangle les deux côtés de l’angle droit sont des hauteurs, qui se coupent au sommet de l’angle droit.
b. On compare les vecteurs \(\vec{\mathrm{BS}}(\dfrac23-1~;~\dfrac13~;~\dfrac13)=(-\dfrac13~;~\dfrac13~;~\dfrac13)\) et \(\vec{\mathrm{BL}}(\dfrac12-1~;~\dfrac12~;~\dfrac12)=(-\dfrac12~;~\dfrac12~;~\dfrac12)\). Chaque coordonnée de \(\vec{\mathrm{BS}}\) vaut \(\dfrac23\) de celle de \(\vec{\mathrm{BL}}\) : \(\vec{\mathrm{BS}}=\dfrac23\,\vec{\mathrm{BL}}\). Ces vecteurs sont colinéaires, donc B, S et L sont alignés : ils sont sur la droite d’Euler du triangle ABG.
Exercice 3 :
1. Chaque question est une épreuve à deux issues : succès (bonne réponse) de probabilité \(\dfrac14\), ou échec. Dominique répond au hasard, donc les 10 épreuves sont identiques et indépendantes. \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=10\) et \(p=\dfrac14\).
2. Avec la formule de la loi binomiale :
\[P(X=5)=\binom\,{10}{5}(\dfrac14)^5(\dfrac34)^5=252\times \dfrac{3^5}{4^{10}}=\dfrac{61\,236}{1\,048\,576}\approx 0{,}0584\]
La probabilité d’obtenir exactement 5 bonnes réponses est environ 0,0584.
3. Pour une loi binomiale, \(E(X)=np=10\times \dfrac14=2{,}5\). \(E(X)=2{,}5\) : en répondant au hasard à un grand nombre de QCM de ce type, Dominique obtiendrait en moyenne 2,5 bonnes réponses par QCM.
4. a. La note maximale 10 n’est atteinte que si les 10 réponses sont justes (une seule erreur fait descendre la note à 8,5). Donc \(P(Y=10)=P(X=10)=(\dfrac14)^{10}\), soit \(P(Y=10)=\dfrac{1}{1\,048\,576}\).
b. Avec \(X\) bonnes réponses, il y a \(10-X\) mauvaises réponses, donc \(Y=X-0{,}5(10-X)=1{,}5X-5\) (c’est la question d). On résout \(1{,}5X-5\gt 0\iff X\gt\dfrac{5}{1{,}5}=\dfrac{10}{3}\approx 3{,}33\). Comme \(X\) est entier, la note est positive à partir de 4 bonnes réponses : avec 3 bonnes réponses la note vaut \(-0{,}5\), avec 4 elle vaut 1.
| \(X\) | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(Y\) | \(-5\) | \(-3{,}5\) | \(-2\) | \(-0{,}5\) | 1 | 2,5 | 4 | 5,5 | 7 | 8,5 | 10 |
c. D’après le tableau, \(Y\leq\, 0\) équivaut à \(X\leq\, 3\). À la calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale), \(P(X\leq\, 3)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)\approx 0{,}7759\). Donc \(P(Y\leq\, 0)\approx 0{,}78\) : plus de trois fois sur quatre, répondre au hasard donne une note négative ou nulle.
d. Chaque bonne réponse rapporte 1 point, soit \(X\) points au total ; chacune des \(10-X\) mauvaises réponses retire 0,5 point. Donc :
\[Y=X-0{,}5(10-X)=X-5+0{,}5X=1{,}5X-5\]
ce qui est la relation demandée.
e. Par linéarité de l’espérance : \(E(Y)=1{,}5\,E(X)-5=1{,}5\times 2{,}5-5=3{,}75-5\), soit \(E(Y)=-1{,}25\). En moyenne, répondre au hasard à ce QCM fait perdre 1,25 point.
Exercice 4 :
Partie A
1. Comme \(p_1=1\), \(A_1\) est réalisé, donc \(A_2\) l’est avec la probabilité 0,3. On complète en utilisant que la somme des branches issues d’un même nœud vaut 1 :
- de \(A_1\) vers \(A_2\) : \(0{,}3\) ; de \(A_1\) vers \(\overline{A_2}\) : \(0{,}7\) (déjà indiqué) ;
- de \(A_2\) vers \(A_3\) : \(0{,}3\) ; de \(A_2\) vers \(\overline{A_3}\) : \(0{,}7\) ;
- de \(\overline{A_2}\) vers \(A_3\) : \(0{,}7\) ; de \(\overline{A_2}\) vers \(\overline{A_3}\) : \(0{,}3\).
2. \(A_2\) et \(\overline{A_2}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :
\[p_3=P(A_2\cap A_3)+P(\overline{A_2}\cap A_3)=0{,}3\times 0{,}3+0{,}7\times 0{,}7=0{,}09+0{,}49=0{,}58\]
On a bien \(p_3=0{,}58\).
3. Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[P_{A_3}(A_2)=\dfrac{P(A_2\cap A_3)}{P(A_3)}=\dfrac{0{,}09}{0{,}58}=\dfrac{9}{58}\approx 0{,}155\]
Donc \(P_{A_3}(A_2)\approx 0{,}16\).
Partie B
1. L’arbre complété :
- branche vers \(A_n\) : \(p_n\), puis vers \(A_{n+1}\) : \(0{,}3\) et vers \(\overline{A_{n+1}}\) : \(0{,}7\) ;
- branche vers \(\overline{A_n}\) : \(1-p_n\), puis vers \(A_{n+1}\) : \(0{,}7\) et vers \(\overline{A_{n+1}}\) : \(0{,}3\).
2. a. Par la formule des probabilités totales avec la partition \(\{A_n~;~\overline{A_n}\}\) :
\[p_{n+1}=p_n\times 0{,}3+(1-p_n)\times 0{,}7=0{,}3p_n+0{,}7-0{,}7p_n=-0{,}4p_n+0{,}7\]
pour tout entier naturel \(n\) non nul, ce qu’il fallait démontrer.
b. Pour tout \(n\geq\, 1\) :
\[u_{n+1}=p_{n+1}-0{,}5=-0{,}4p_n+0{,}2=-0{,}4(p_n-0{,}5)=-0{,}4\,u_n\]
et \(u_1=p_1-0{,}5=0{,}5\). La suite \((u_n)\) est donc géométrique de raison \(-0{,}4\) et de premier terme \(u_1=0{,}5\).
c. Le premier terme étant d’indice 1, \(u_n=u_1\times q^{\,n-1}\), d’où \(u_n=0{,}5\times (-0{,}4)^{n-1}\), puis, comme \(p_n=u_n+0{,}5\), \(p_n=0{,}5\times (-0{,}4)^{n-1}+0{,}5\) pour tout \(n\geq\, 1\).
d. Puisque \(-1\lt -0{,}4\lt 1\), \(\lim\limits_{n\to+\infty}(-0{,}4)^{n-1}=0\). Par produit et somme, \(\lim\limits_{n\to+\infty}p_n=0{,}5\).
Partie C
1. On a \(P_{A_n}(A_{n+1})=1-P_{A_n}(\overline{A_{n+1}})=1-x\) et \(P_{\overline{A_n}}(A_{n+1})=x\). La formule des probabilités totales donne :
\[p_{n+1}=p_n(1-x)+(1-p_n)x=p_n-xp_n+x-xp_n=(1-2x)p_n+x\]
pour tout entier \(n\geq\, 1\) : c’est la relation annoncée.
2. Pour \(n\geq\, 1\), notons \(\mathcal{P}(n)\) : « \(p_{n}=\dfrac{1}{2}(1-2 x)^{n-1}+\dfrac{1}{2}\) ».
Initialisation. Pour \(n=1\) : \(\dfrac12(1-2x)^0+\dfrac12=\dfrac12+\dfrac12=1=p_1\). \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\geq\, 1\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie. Alors, avec la relation de la question 1 :
\[p_{n+1}=(1-2x)[\dfrac12(1-2x)^{n-1}+\dfrac12]+x=\dfrac12(1-2x)^{n}+\dfrac12-x+x=\dfrac12(1-2x)^{n}+\dfrac12\]
C’est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\).
Conclusion. La propriété est vraie au rang 1 et héréditaire ; par le principe de récurrence, pour tout entier \(n\geq\, 1\), \(p_{n}=\dfrac{1}{2}(1-2 x)^{n-1}+\dfrac{1}{2}\).
3. Comme \(0\lt x\lt 1\), on a \(-2\lt -2x\lt 0\), donc \(-1\lt 1-2x\lt 1\). La suite géométrique \(((1-2x)^{n-1})\) tend donc vers 0, et par produit et somme la suite \((p_n)\) converge vers \(\dfrac12\), quelle que soit la valeur de \(x\) dans \(]0~;~1[\). On retrouve le cas de la partie B avec \(x=0{,}7\) (alors \(1-2x=-0{,}4\)).
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