Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Dans le repère \((\text{A} ; \vec{\text{AB}}, \vec{\text{AD}}, \vec{\text{AE}})\), orthonormé car le cube a pour arête 1, on a : \(\text{A}(0 ; 0 ; 0)\), \(\text{B}(1 ; 0 ; 0)\), \(\text{C}(1 ; 1 ; 0)\), \(\text{D}(0 ; 1 ; 0)\), \(\text{E}(0 ; 0 ; 1)\), \(\text{F}(1 ; 0 ; 1)\), \(\text{G}(1 ; 1 ; 1)\), \(\text{H}(0 ; 1 ; 1)\).
Comme \(\vec{\text{FB}}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}\), on a \(\vec{\text{FI}}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -\frac{1}{3} \end{pmatrix}\), d’où \(\text{I}(1 ; 0 ; \dfrac{2}{3})\).
1. Affirmation 1 : fausse.
Les trois côtés du triangle HAC sont des diagonales de faces carrées de côté 1 : \(\text{HA}\) (face ADHE), \(\text{AC}\) (face ABCD) et \(\text{HC}\) (face DCGH). Chacune mesure \(\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}\).
Le triangle HAC a trois côtés égaux : il est équilatéral, tous ses angles mesurent 60°. Il n’a donc pas d’angle droit (d’ailleurs \(\text{HA}^2 + \text{AC}^2 = 4 \neq 2 = \text{HC}^2\), la réciproque de Pythagore ne s’applique dans aucun ordre).
2. Affirmation 2 : vraie.
La droite (HF) passe par \(\text{H}(0 ; 1 ; 1)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{HF}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}\). La droite (DI) passe par \(\text{D}(0 ; 1 ; 0)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{DI}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ \frac{2}{3} \end{pmatrix}\). Représentations paramétriques :
\[(\text{HF}) : \{\begin{array}{l} x = s \\ y = 1 – s \\ z = 1 \end{array}. \quad s \in \mathbb{R} \qquad (\text{DI}) : \{\begin{array}{l} x = t \\ y = 1 – t \\ z = \frac{2}{3}t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}\]
Un point commun doit vérifier \(s = t\), \(1 – s = 1 – t\) et \(1 = \dfrac{2}{3}t\). La dernière équation donne \(t = \dfrac{3}{2}\), puis \(s = \dfrac{3}{2}\) : les deux premières sont alors vérifiées. Le système a une solution, donc les droites se coupent au point de coordonnées \((\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{1}{2} ; 1)\) (situé hors du cube, sur le prolongement de [HF]). Les droites (HF) et (DI) sont sécantes.
3. Affirmation 3 : fausse.
On sait que \(\sin(\pi – \alpha) = \sin(\alpha)\) et \(\sin(-\alpha) = -\sin(\alpha)\), donc \(\vec{u}\begin{pmatrix} \sin(\alpha) \\ \sin(\alpha) \\ -\sin(\alpha) \end{pmatrix}\). Comme \(\alpha \in ]0 ; \pi[\), \(\sin(\alpha) \gt 0\).
Le vecteur \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\) est un vecteur du plan (FAC). Or :
\[\vec{u} \cdot \vec{\text{AC}} = \sin(\alpha) \times 1 + \sin(\alpha) \times 1 + (-\sin(\alpha)) \times 0 = 2\sin(\alpha) \neq 0.\]
Le vecteur \(\vec{u}\) n’est pas orthogonal à \(\vec{\text{AC}}\), il ne peut donc pas être normal au plan (FAC). (Il est pourtant orthogonal à \(\vec{\text{AF}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\), d’où l’intérêt de tester les deux vecteurs.)
4. Affirmation 4 : fausse.
Un segment est déterminé par une paire de sommets distincts, sans ordre : [AB] et [BA] sont le même segment. Le nombre de segments est donc le nombre de parties à 2 éléments d’un ensemble à 8 éléments :
\[N = \binom\,{8}{2} = \dfrac{8 \times 7}{2} = 28.\]
Or \(\dfrac{8^2}{2} = 32\), qui compte à tort les « segments » reliant un sommet à lui-même. Donc \(N \neq \dfrac{8^2}{2}\).
Exercice 2 :
Partie A
Le carré OIKJ a pour côté 1, donc pour aire 1.
- ZONE 1 : c’est le triangle OKJ, situé au-dessus de la diagonale d’équation \(y = x\). Il est rectangle en J, avec \(\text{OJ} = \text{JK} = 1\), donc son aire vaut \(\dfrac{1 \times 1}{2} = \dfrac{1}{2}\).
- ZONE 2 : c’est la région comprise entre l’axe des abscisses, la parabole et la droite \(x = 1\). La fonction \(x \mapsto x^2\) étant continue et positive sur \([0 ; 1]\), son aire est \(\displaystyle\int_0^1 x^2\,\text{d}x = [\dfrac{x^3}{3}]_0^1 = \dfrac{1}{3}\).
- ZONE 3 : c’est le reste du carré. Son aire vaut \(1 – \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{3} = \dfrac{6 – 3 – 2}{6} = \dfrac{1}{6}\).
On pouvait aussi calculer directement l’aire de la ZONE 3 comme aire entre les courbes : \(\displaystyle\int_0^1 (x – x^2)\,\text{d}x = \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}\), puisque \(x^2 \leq\, x\) sur \([0 ; 1]\). Les résultats du tableau sont démontrés.
Partie B
1. D’après l’énoncé, \(P(T) = \dfrac{1}{6}\) et \(P(\overline{T}) = \dfrac{5}{6}\). Sur la ZONE 3, on gagne avec PILE : \(P_T(G) = \dfrac{1}{2}\). Ailleurs, on gagne avec la face 6 du dé : \(P_{\overline{T}}(G) = \dfrac{1}{6}\).
2. Les évènements \(T\) et \(\overline{T}\) forment une partition de l’univers. Par la formule des probabilités totales :
\[P(G) = P(T) \times P_T(G) + P(\overline{T}) \times P_{\overline{T}}(G) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{5}{6} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{3}{36} + \dfrac{5}{36} = \dfrac{8}{36}.\]
En simplifiant par 4 : \(P(G) = \dfrac{2}{9}\).
3. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_G(T)\) :
\[P_G(T) = \dfrac{P(T \cap G)}{P(G)} = \dfrac{\dfrac{1}{12}}{\dfrac{2}{9}} = \dfrac{1}{12} \times \dfrac{9}{2} = \dfrac{9}{24} = \dfrac{3}{8}.\]
Sachant que le joueur a gagné, la probabilité que la fléchette soit tombée sur la ZONE 3 est \(\dfrac{3}{8} = 0{,}375\).
Partie C
1. a. Le gain \(X_1\) vaut le numéro de la zone atteinte, avec pour probabilités les aires trouvées dans la partie A :
| \(x_i\) | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|
| \(P(X_1 = x_i)\) | \(\dfrac{1}{2}\) | \(\dfrac{1}{3}\) | \(\dfrac{1}{6}\) |
\[E(X_1) = 1 \times \dfrac{1}{2} + 2 \times \dfrac{1}{3} + 3 \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{3}{6} + \dfrac{4}{6} + \dfrac{3}{6} = \dfrac{10}{6} = \dfrac{5}{3}.\]
L’espérance de gain est \(E(X_1) = \dfrac{5}{3}\) euro, soit environ 1,67 €.
b. On utilise la formule de König-Huygens \(V(X_1) = E(X_1^2) – E(X_1)^2\), avec :
\[E(X_1^2) = 1^2 \times \dfrac{1}{2} + 2^2 \times \dfrac{1}{3} + 3^2 \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{3}{6} + \dfrac{8}{6} + \dfrac{9}{6} = \dfrac{20}{6} = \dfrac{10}{3}.\]
\[V(X_1) = \dfrac{10}{3} – (\dfrac{5}{3})^2 = \dfrac{30}{9} – \dfrac{25}{9} = \dfrac{5}{9}.\]
On a bien \(V(X_1) = \dfrac{5}{9}\).
2. a. Chaque gain vaut au plus 3, donc \(Y = 9\) exige que les trois joueurs gagnent 3 euros : \(\{Y = 9\} = \{X_1 = 3\} \cap \{X_2 = 3\} \cap \{X_3 = 3\}\). Les trois parties étant indépendantes et suivant la même loi :
\[P(Y = 9) = P(X_1 = 3) \times P(X_2 = 3) \times P(X_3 = 3) = (\dfrac{1}{6})^3 = \dfrac{1}{216}.\]
La probabilité cherchée est \(\dfrac{1}{216}\).
b. Par linéarité de l’espérance, et parce que \(X_2\) et \(X_3\) ont la même loi que \(X_1\) :
\[E(Y) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) = 3 \times \dfrac{5}{3} = 5.\]
Donc \(E(Y) = 5\).
c. Les variables \(X_1\), \(X_2\), \(X_3\) sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme de leurs variances :
\[V(Y) = V(X_1) + V(X_2) + V(X_3) = 3 \times \dfrac{5}{9} = \dfrac{5}{3}.\]
On retrouve \(V(Y) = \dfrac{5}{3}\).
Exercice 3 :
1. La fonction \(f\) est de la forme \(\ln(w)\) avec \(w(x) = \text{e}^{\frac{x}{2}} + 2\), strictement positive, et \(w^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2}\text{e}^{\frac{x}{2}}\). Donc \(f^{\prime} = \dfrac{w^{\prime}}{w}\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\frac{1}{2}\text{e}^{\frac{x}{2}}}{\text{e}^{\frac{x}{2}} + 2}.\]
Le numérateur et le dénominateur sont strictement positifs (une exponentielle est toujours strictement positive). Ainsi \(f^{\prime}(x) \gt 0\) pour tout réel \(x\) : \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
2. On a \(\dfrac{2\ln(2)}{2} = \ln(2)\), donc :
\[f(2\ln(2)) = \ln(\text{e}^{\ln(2)} + 2) = \ln(2 + 2) = \ln(4) = \ln(2^2) = 2\ln(2).\]
Ainsi \(f(2\ln(2)) = 2\ln(2)\) : le réel \(2\ln(2)\) est un point fixe de \(f\).
3. On a \(\dfrac{\ln(9)}{2} = \ln(9^{\frac{1}{2}}) = \ln(3)\), donc :
\[u_1 = f(u_0) = \ln(\text{e}^{\ln(3)} + 2) = \ln(3 + 2) = \ln(5).\]
4. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(P(n)\) la propriété : « \(2\ln(2) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\) ».
- Initialisation : \(2\ln(2) = \ln(4)\), \(u_1 = \ln(5)\) et \(u_0 = \ln(9)\). Comme \(4 \leq\, 5 \leq\, 9\) et que la fonction \(\ln\) est croissante, \(\ln(4) \leq\, \ln(5) \leq\, \ln(9)\) : \(P(0)\) est vraie.
- Hérédité : supposons \(P(n)\) vraie pour un entier \(n\), c’est-à-dire \(2\ln(2) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\). La fonction \(f\) est croissante sur \(\mathbb{R}\) (question 1), donc elle conserve l’ordre : \(f(2\ln(2)) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(u_n)\). D’après la question 2, cela s’écrit \(2\ln(2) \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1}\) : \(P(n+1)\) est vraie.
- Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(2\ln(2) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\).
5. D’après la question 4, la suite \((u_n)\) est décroissante (\(u_{n+1} \leq\, u_n\)) et minorée par \(2\ln(2)\) (car \(u_0 = \ln(9) \geq\, 2\ln(2)\) et \(u_{n+1} \geq\, 2\ln(2)\) pour tout \(n\)). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge.
6. a. C’est une équation du second degré de discriminant \(\Delta = (-1)^2 – 4 \times 1 \times (-2) = 9 = 3^2 \gt 0\). Elle a deux solutions :
\[X_1 = \dfrac{1 – 3}{2} = -1 \qquad X_2 = \dfrac{1 + 3}{2} = 2.\]
L’ensemble des solutions est \(\{-1 ; 2\}\).
b. Posons \(X = \text{e}^{\frac{x}{2}}\). Alors \(X^2 = (\text{e}^{\frac{x}{2}})^2 = \text{e}^{x}\), et l’équation devient \(X^2 – X – 2 = 0\). D’après a., \(X = -1\) ou \(X = 2\).
- \(\text{e}^{\frac{x}{2}} = -1\) est impossible, une exponentielle étant strictement positive.
- \(\text{e}^{\frac{x}{2}} = 2 \iff \dfrac{x}{2} = \ln(2) \iff x = 2\ln(2)\).
L’ensemble des solutions est \(\{2\ln(2)\}\).
c. Pour tout réel \(x\), en appliquant la fonction exponentielle (bijective) aux deux membres :
\[f(x) = x \iff \ln(\text{e}^{\frac{x}{2}} + 2) = x \iff \text{e}^{\frac{x}{2}} + 2 = \text{e}^{x} \iff \text{e}^{x} – \text{e}^{\frac{x}{2}} – 2 = 0.\]
D’après b., l’ensemble des solutions de \(f(x) = x\) est \(\{2\ln(2)\}\).
d. La suite \((u_n)\) converge vers un réel \(\ell\) (question 5). La fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\) (car dérivable), donc en passant à la limite dans \(u_{n+1} = f(u_n)\), on obtient \(\ell = f(\ell)\). D’après c., la seule solution est \(2\ln(2)\). Donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 2\ln(2) = \ln(4)\), soit environ 1,386.
Exercice 4 :
1. Limite en 0 : \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln(x) = -\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x^2} = +\infty\). Par produit, \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(x)}{x^2} = -\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = -\infty\). La droite d’équation \(x = 0\) (l’axe des ordonnées) est asymptote verticale à \(\mathcal{C}_f\).
Limite en \(+\infty\) : on écrit \(\dfrac{\ln(x)}{x^2} = \dfrac{\ln(x)}{x} \times \dfrac{1}{x}\). Par croissances comparées \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\), et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x^2} = 0\). Ainsi \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1\) et la droite d’équation \(y = 1\) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).
2. On dérive le quotient \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = \ln(x)\), \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\), \(v(x) = x^2\), \(v^{\prime}(x) = 2x\) ; la constante 1 a une dérivée nulle :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\frac{1}{x} \times x^2 – \ln(x) \times 2x}{x^4} = \dfrac{x – 2x\ln(x)}{x^4} = \dfrac{x(1 – 2\ln(x))}{x^4} = \dfrac{1 – 2\ln(x)}{x^3}.\]
3. Sur \(]0 ; +\infty[\), \(x^3 \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – 2\ln(x)\). Or \(1 – 2\ln(x) \gt 0 \iff \ln(x) \lt \dfrac{1}{2} \iff x \lt \text{e}^{\frac{1}{2}} = \sqrt{\text{e}}\).
Valeur du maximum : \(f(\sqrt{\text{e}}) = \dfrac{\frac{1}{2}}{\text{e}} + 1 = 1 + \dfrac{1}{2\text{e}} \approx 1{,}18\).
| \(x\) | 0 | \(\sqrt{\text{e}}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | || | + | 0 | − | |
| variations de \(f\) | || \(-\infty\) | croissante ↗ | \(1 + \dfrac{1}{2\text{e}}\) | décroissante ↘ | 1 |
4. a. On étudie séparément les deux intervalles de monotonie.
- Sur \([\sqrt{\text{e}} ; +\infty[\) : \(f\) est décroissante et tend vers 1 en \(+\infty\), donc \(f(x) \geq\, 1 \gt 0\) (plus précisément \(f(x) \gt 1\) puisque \(\ln(x) \gt 0\) pour \(x \gt 1\)). L’équation \(f(x) = 0\) n’a aucune solution sur cet intervalle.
- Sur \(]0 ; \sqrt{\text{e}}]\) : \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = -\infty\) et \(f(\sqrt{\text{e}}) = 1 + \dfrac{1}{2\text{e}} \gt 0\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution sur cet intervalle.
En réunissant les deux cas, l’équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0 ; +\infty[\), et \(\alpha \lt \sqrt{\text{e}}\).
b. Par balayage à la calculatrice : \(f(0{,}65) \approx -0{,}020 \lt 0\) et \(f(0{,}66) \approx 0{,}046 \gt 0\). Donc \(0{,}65 \lt \alpha \lt 0{,}66\) (en fait \(\alpha \approx 0{,}6529\)).
c. Comme \(f\) est strictement croissante sur \(]0 ; \sqrt{\text{e}}]\) et s’annule en \(\alpha\), on a \(f(x) \lt 0\) pour \(0 \lt x \lt \alpha\) et \(f(x) \gt 0\) pour \(\alpha \lt x \leq\, \sqrt{\text{e}}\). Sur \([\sqrt{\text{e}} ; +\infty[\), on a vu que \(f(x) \gt 0\). Bilan :
- \(f(x) \lt 0\) sur \(]0 ; \alpha[\) ;
- \(f(\alpha) = 0\) ;
- \(f(x) \gt 0\) sur \(]\alpha ; +\infty[\).
5. a. Le point M a pour coordonnées \((x ; \ln(x))\) et O est l’origine du repère orthonormé. Donc :
\[\text{OM}^2 = (x – 0)^2 + (\ln(x) – 0)^2 = x^2 + (\ln(x))^2.\]
b. Posons \(h(x) = x^2 + (\ln(x))^2\) sur \(]0 ; +\infty[\). La dérivée de \((\ln(x))^2\) est \(2 \times \dfrac{1}{x} \times \ln(x)\), d’où :
\[h^{\prime}(x) = 2x + \dfrac{2\ln(x)}{x} = 2x(1 + \dfrac{\ln(x)}{x^2}) = 2x\,f(x).\]
Comme \(2x \gt 0\) sur \(]0 ; +\infty[\), \(h^{\prime}(x)\) a le signe de \(f(x)\) : d’après 4. c., \(h^{\prime}\) est négative sur \(]0 ; \alpha[\), nulle en \(\alpha\), positive sur \(]\alpha ; +\infty[\). La fonction \(h\) est donc décroissante puis croissante : \(\text{OM}^2\) admet un minimum en \(\alpha\).
c. La distance OM est positive, et la fonction racine carrée est croissante : OM est minimale exactement quand \(\text{OM}^2\) l’est, c’est-à-dire pour \(x = \alpha\). Ainsi \(d = \sqrt{\alpha^2 + (\ln(\alpha))^2}\).
On simplifie grâce à \(f(\alpha) = 0\) : \(\dfrac{\ln(\alpha)}{\alpha^2} + 1 = 0\), donc \(\ln(\alpha) = -\alpha^2\) et \((\ln(\alpha))^2 = \alpha^4\). D’où :
\[d = \sqrt{\alpha^2 + \alpha^4} = \sqrt{\alpha^2(1 + \alpha^2)} = \alpha\sqrt{1 + \alpha^2} \quad (\text{car } \alpha \gt 0).\]
La distance du point O à la courbe \(\mathcal{C}_g\) est \(d = \alpha\sqrt{1 + \alpha^2}\), soit environ 0,78.
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