Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Les planches en mousse forment 80 % du stock, donc \(P(M) = 0{,}8\) et \(P(\overline{M}) = 1 – 0{,}8 = 0{,}2\).
Parmi les planches en mousse, 75 % sont en bon état et toutes les autres sont recyclées : \(P_M(B) = 0{,}75\) et \(P_M(R) = 1 – 0{,}75 = 0{,}25\).
Parmi les planches en résine, 60 % sont en bon état : \(P_{\overline{M}}(B) = 0{,}6\). Les deux autres branches issues de \(\overline{M}\) (vers \(R\) et vers \(C\)) ne peuvent pas encore être remplies : l’énoncé dit seulement que leur somme vaut \(1 – 0{,}6 = 0{,}4\). Elles seront complétées à la question 2.
L’arbre complet (après la question 2) se lit donc ainsi :
- branche \(M\) : 0,8, puis \(B\) : 0,75 et \(R\) : 0,25 ;
- branche \(\overline{M}\) : 0,2, puis \(B\) : 0,6, \(R\) : 0,25 et \(C\) : 0,15.
2. a. \(P(\overline{M} \cap R) = 0{,}05\) signifie qu’en choisissant une planche au hasard dans tout le stock, la probabilité qu’elle soit en résine et qu’elle soit recyclée vaut 0,05 : autrement dit, 5 % des planches de l’école sont des planches en résine qui partent au recyclage.
b. On cherche \(P_{\overline{M}}(C)\). Commençons par la probabilité conditionnelle d’être recyclée sachant que la planche est en résine :
\[P_{\overline{M}}(R) = \dfrac{P(\overline{M} \cap R)}{P(\overline{M})} = \dfrac{0{,}05}{0{,}2} = 0{,}25.\]
Une planche en résine est soit en bon état, soit recyclée, soit consolidée, et ces trois cas s’excluent : les trois probabilités conditionnelles issues de \(\overline{M}\) ont pour somme 1. Donc
\[P_{\overline{M}}(C) = 1 – P_{\overline{M}}(B) – P_{\overline{M}}(R) = 1 – 0{,}6 – 0{,}25 = 0{,}15.\]
La probabilité qu’une planche en résine soit consolidée est bien 0,15.
3. Les évènements \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(B) = P(M)\times P_M(B) + P(\overline{M})\times P_{\overline{M}}(B) = 0{,}8 \times 0{,}75 + 0{,}2 \times 0{,}6 = 0{,}6 + 0{,}12 = 0{,}72.\]
Or \(\dfrac{3}{4} = 0{,}75\) et \(0{,}72 \lt 0{,}75\) : seulement 72 % des planches sont en bon état après une saison. La gérante a tort.
Partie B
1. L’urne contient \(n + 5\) boules. Un tirage simultané de deux boules correspond à une partie à 2 éléments de cet ensemble de boules ; les boules étant indiscernables au toucher, tous ces tirages sont équiprobables et leur nombre est \(\dbinom{n+5}{2}\).
Les tirages gagnants sont ceux où les deux boules ont la même couleur. Il y a deux cas qui ne se recouvrent pas :
- deux boules noires, choisies parmi les 5 noires : \(\dbinom{5}{2}\) tirages ;
- deux boules rouges, choisies parmi les \(n\) rouges : \(\dbinom{n}{2}\) tirages (ce nombre vaut 0 si \(n \lt 2\)).
Par la formule « nombre de cas favorables sur nombre de cas possibles » :
\[p = \dfrac{\dbinom{5}{2} + \dbinom{n}{2}}{\dbinom{n+5}{2}}.\]
2. On utilise \(\dbinom{m}{2} = \dfrac{m(m-1)}{2}\) :
\[\dbinom{5}{2} = \dfrac{5\times 4}{2} = 10, \qquad \dbinom{n}{2} = \dfrac{n(n-1)}{2}, \qquad \dbinom{n+5}{2} = \dfrac{(n+5)(n+4)}{2}.\]
Donc
\[p = \dfrac{10 + \dfrac{n(n-1)}{2}}{\dfrac{(n+5)(n+4)}{2}} = \dfrac{\dfrac{20 + n(n-1)}{2}}{\dfrac{(n+5)(n+4)}{2}} = \dfrac{20 + n(n-1)}{(n+5)(n+4)}.\]
3. Le dénominateur \((n+5)(n+4)\) est strictement positif, donc on peut multiplier l’inégalité par \(2(n+5)(n+4)\) sans en changer le sens :
\[p \lt \dfrac{1}{2} \iff 2(20 + n^2 – n) \lt (n+5)(n+4) \iff 2n^2 – 2n + 40 \lt n^2 + 9n + 20 \iff n^2 – 11n + 20 \lt 0.\]
Le trinôme \(x^2 – 11x + 20\) a pour discriminant \(\Delta = 121 – 80 = 41 \gt 0\) ; ses racines sont
\[x_1 = \dfrac{11 – \sqrt{41}}{2} \approx 2{,}30 \qquad \text{et} \qquad x_2 = \dfrac{11 + \sqrt{41}}{2} \approx 8{,}70.\]
Le coefficient de \(x^2\) est positif, donc le trinôme est strictement négatif entre ses racines. L’entier \(n\) doit vérifier \(2{,}30 \lt n \lt 8{,}70\) environ, c’est-à-dire \(3 \leq\, n \leq\, 8\).
Vérification aux bornes : pour \(n = 3\), \(p = \dfrac{26}{56} \approx 0{,}464 \lt 0{,}5\) ; pour \(n = 2\), \(p = \dfrac{22}{42} \approx 0{,}524\) ; pour \(n = 8\), \(p = \dfrac{76}{156} \approx 0{,}487\) ; pour \(n = 9\), \(p = \dfrac{92}{182} \approx 0{,}505\).
La gérante peut mettre 3, 4, 5, 6, 7 ou 8 boules rouges : l’ensemble cherché est \(\{3\ ;\ 4\ ;\ 5\ ;\ 6\ ;\ 7\ ;\ 8\}\).
Exercice 2 :
1. Affirmation 1 : fausse.
On développe : \(f(x) = x\text{e}^{-x} + \text{e}^{-x}\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} x\text{e}^{-x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\text{e}^{x}} = 0\), et \(\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-x} = 0\). Par somme, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0\), et non \(+\infty\).
2. Affirmation 2 : vraie.
\(g\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\). Avec la formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) : \(g^{\prime}(x) = \text{e}^x + x\text{e}^x = (x+1)\text{e}^x\), puis \(g^{\prime\prime}(x) = \text{e}^x + (x+1)\text{e}^x = (x+2)\text{e}^x\).
Comme \(\text{e}^x \gt 0\), \(g^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(x + 2\), qui est positif ou nul pour \(x \geq\, -2\). La dérivée seconde est positive sur \([-2\ ;\ +\infty[\), donc \(g\) est convexe sur cet intervalle.
3. Affirmation 3 : fausse.
On pose \(u(x) = x\) et \(v^{\prime}(x) = \sin x\), d’où \(u^{\prime}(x) = 1\) et \(v(x) = -\cos x\) ; ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([0\ ;\ \pi]\). L’intégration par parties donne :
\[\int_{0}^{\pi} x\sin x\,\text{d}x = \Big[-x\cos x\Big]_{0}^{\pi} – \int_{0}^{\pi} (-\cos x)\,\text{d}x = (-\pi\cos\pi + 0) + \Big[\sin x\Big]_{0}^{\pi} = \pi + (0 – 0) = \pi.\]
L’intégrale vaut \(\pi\), pas \(-\pi\). On pouvait d’ailleurs le deviner : sur \([0\ ;\ \pi]\), \(x\sin x \geq\, 0\), donc l’intégrale est positive.
4. Affirmation 4 : vraie.
\(h\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(h^{\prime}(x) = -\dfrac{3}{2}\times 2\text{e}^{2x} = -3\text{e}^{2x}\).
D’autre part \(2h(x) – 5 = -3\text{e}^{2x} + 5 – 5 = -3\text{e}^{2x}\). Donc \(h^{\prime} = 2h – 5\) : \(h\) est solution de \((E)\).
Enfin \(h(0) = -\dfrac{3}{2} + \dfrac{5}{2} = 1\). Une équation \(y^{\prime} = ay + b\) (avec \(a \neq 0\)) possède une unique solution prenant une valeur donnée en 0 : \(h\) est donc bien la solution de \((E)\) qui vaut 1 en 0.
5. Affirmation 5 : vraie.
La variable f part de 1 et la boucle la multiplie successivement par \(k = 1, 2, \dots, n\) : la fonction renvoie \(1\times 2\times \cdots\times n = n!\). Pour \(n = 5\), les valeurs successives de f sont 1, 2, 6, 24, 120 : mystere(5) renvoie \(5! = 120\).
Exercice 3 :
Partie A
1. \(u_1 = \ln(3u_0^2 + 1) = \ln(3\times 4 + 1) = \ln(13)\), soit \(u_1 = \ln 13 \approx 2{,}56\).
2. Les points du graphique montent de gauche à droite : on conjecture que la suite \((u_n)\) est croissante. Ils se resserrent en se stabilisant un peu au-dessous de 4, vers 3,8 environ : on conjecture que la suite converge vers une limite proche de 3,8.
3. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 4\) ».
Initialisation. \(u_0 = 2\) et \(u_1 = \ln 13 \approx 2{,}56\). On a bien \(2 \leq\, 2 \leq\, \ln 13 \leq\, 4\) (car \(13 \lt \text{e}^4 \approx 54{,}6\)). \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie : \(2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 4\). Tous ces nombres sont dans \([0\ ;\ +\infty[\), où \(f\) est croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre :
\[f(2) \leq\, f(u_n) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(4), \quad \text{c^{\prime}est-à-dire} \quad \ln 13 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, \ln 49.\]
Or \(\ln 13 \approx 2{,}56 \geq\, 2\) et \(\ln 49 \approx 3{,}89 \leq\, 4\) (car \(49 \lt \text{e}^4\)). On obtient \(2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. \(\mathcal{P}(0)\) est vraie et la propriété est héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 4\).
4. D’après la question 3, pour tout \(n\), \(u_n \leq\, u_{n+1}\) : la suite est croissante ; et \(u_n \leq\, 4\) : elle est majorée par 4. D’après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : la suite \((u_n)\) est convergente, et sa limite \(\ell\) vérifie \(2 \leq\, \ell \leq\, 4\).
Partie B
1. La fonction \(x \mapsto 3x^2 + 1\) est dérivable et strictement positive sur \([0\ ;\ +\infty[\). Avec \((\ln u)^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}}{u}\) :
\[g^{\prime}(x) = \dfrac{6x}{3x^2 + 1} – 1 = \dfrac{6x – (3x^2 + 1)}{3x^2 + 1} = \dfrac{-3x^2 + 6x – 1}{3x^2 + 1}.\]
2. Le dénominateur \(3x^2 + 1\) est strictement positif, donc \(g^{\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(-3x^2 + 6x – 1\).
Son discriminant vaut \(\Delta = 36 – 12 = 24 \gt 0\), ses racines sont
\[x_1 = \dfrac{-6 + \sqrt{24}}{-6} = 1 – \dfrac{\sqrt{6}}{3} \approx 0{,}18 \qquad \text{et} \qquad x_2 = 1 + \dfrac{\sqrt{6}}{3} \approx 1{,}82.\]
Le coefficient de \(x^2\) est \(-3 \lt 0\) : le trinôme est strictement négatif à l’extérieur de ses racines, en particulier pour \(x \gt x_2\). Comme \(x_2 \approx 1{,}82 \lt 2\), on a \(g^{\prime}(x) \lt 0\) pour tout \(x \in [2\ ;\ 4]\). La fonction \(g\) est strictement décroissante sur \([2\ ;\ 4]\).
3. Sur \([2\ ;\ 4]\), \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante. De plus :
- \(g(2) = \ln 13 – 2 \approx 0{,}56 \gt 0\) ;
- \(g(4) = \ln 49 – 4 \approx -0{,}11 \lt 0\).
0 est compris entre \(g(4)\) et \(g(2)\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas d’une fonction strictement monotone), l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([2\ ;\ 4]\).
À la calculatrice (balayage ou dichotomie) : \(g(3{,}775) \approx 0{,}0035 \gt 0\) et \(g(3{,}785) \approx -0{,}0013 \lt 0\), donc \(3{,}775 \lt \alpha \lt 3{,}785\) et \(\alpha \approx 3{,}78\) à \(10^{-2}\) près.
4. La suite converge vers \(\ell\) et vérifie \(u_{n+1} = f(u_n)\). La fonction \(f\) est continue sur \([0\ ;\ +\infty[\) ; en passant à la limite des deux côtés de l’égalité, on obtient \(\ell = f(\ell)\), c’est-à-dire \(\ln(3\ell^2 + 1) – \ell = 0\), soit \(g(\ell) = 0\).
Par ailleurs, comme \(2 \leq\, u_n \leq\, 4\) pour tout \(n\), la limite vérifie aussi \(2 \leq\, \ell \leq\, 4\) (passage à la limite dans les inégalités larges).
Ainsi \(\ell\) est une solution de \(g(x) = 0\) appartenant à \([2\ ;\ 4]\). Cette solution étant unique d’après la question 3, \(\ell = \alpha \approx 3{,}78\), ce qui confirme la conjecture de la partie A.
Exercice 4 :
1. a. On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}0-1\\3-2\\2-(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\1\\3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}-2-1\\4-2\\0-(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3\\2\\1\end{pmatrix}\).
S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(\lambda\) tel que \(\vec{\text{AC}} = \lambda\vec{\text{AB}}\). La première coordonnée impose \(\lambda = 3\), mais la deuxième donnerait \(2 = 3\times 1 = 3\), ce qui est faux. Les vecteurs ne sont pas colinéaires : les points A, B et C ne sont pas alignés, ils définissent donc un plan.
b. Il suffit de montrer que \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), par exemple \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) :
\[\vec{n}\cdot\vec{\text{AB}} = 5\times (-1) + 8\times 1 + (-1)\times 3 = -5 + 8 – 3 = 0,\]
\[\vec{n}\cdot\vec{\text{AC}} = 5\times (-3) + 8\times 2 + (-1)\times 1 = -15 + 16 – 1 = 0.\]
\(\vec{n}\) est non nul et orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan : c’est un vecteur normal au plan (ABC).
c. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}5\\8\\-1\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(5x + 8y – z + d = 0\). Le point A appartient au plan : \(5\times 1 + 8\times 2 – (-1) + d = 0\), soit \(22 + d = 0\) et \(d = -22\). Une équation cartésienne de (ABC) est donc \(5x + 8y – z – 22 = 0\).
d. Avec les coordonnées de D : \(5\times 8 + 8\times 2 – (-11) – 22 = 40 + 16 + 11 – 22 = 45 \neq 0\). D n’appartient pas au plan (ABC), et les quatre points A, B, C, D forment bien un tétraèdre.
2. a. La droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ABC), donc tout vecteur normal à ce plan dirige \(\Delta\) : on prend \(\vec{n}\begin{pmatrix}5\\8\\-1\end{pmatrix}\) comme vecteur directeur. Un point \(M(x\ ;\ y\ ;\ z)\) appartient à \(\Delta\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{D}M} = t\,\vec{n}\), c’est-à-dire \(x – 8 = 5t\), \(y – 2 = 8t\) et \(z + 11 = -t\). On retrouve la représentation paramétrique annoncée : \(x = 8 + 5t\), \(y = 2 + 8t\), \(z = -11 – t\), \(t \in \mathbb{R}\).
b. Le point E est sur \(\Delta\), donc ses coordonnées s’écrivent \((8 + 5t\ ;\ 2 + 8t\ ;\ -11 – t)\) pour un certain réel \(t\). Il est aussi dans le plan (ABC), donc :
\[5(8 + 5t) + 8(2 + 8t) – (-11 – t) – 22 = 0 \iff 40 + 25t + 16 + 64t + 11 + t – 22 = 0 \iff 90t + 45 = 0 \iff t = -\dfrac{1}{2}.\]
On remplace : \(x = 8 – \dfrac{5}{2} = \dfrac{11}{2}\), \(y = 2 – 4 = -2\), \(z = -11 + \dfrac{1}{2} = -\dfrac{21}{2}\). Le point E a pour coordonnées \((\dfrac{11}{2}\ ;\ -2\ ;\ -\dfrac{21}{2})\).
c. E est le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC), donc DE est la distance de D à ce plan. On a \(\vec{\text{DE}}\begin{pmatrix}\frac{11}{2} – 8\\-2 – 2\\-\frac{21}{2} + 11\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\frac{5}{2}\\-4\\\frac{1}{2}\end{pmatrix}\), d’où
\[\text{DE} = \sqrt{\dfrac{25}{4} + 16 + \dfrac{1}{4}} = \sqrt{\dfrac{90}{4}} = \dfrac{\sqrt{90}}{2} = \dfrac{3\sqrt{10}}{2}.\]
La distance du point D au plan (ABC) est \(\text{DE} = \dfrac{3\sqrt{10}}{2}\) (environ 4,74).
3. a. D’après la représentation paramétrique de (BC), un vecteur directeur de cette droite est \(\vec{u}\begin{pmatrix}-2\\1\\-2\end{pmatrix}\) (c’est d’ailleurs \(\vec{\text{BC}}\)).
- L’entrée 1 calcule \((-\dfrac{2}{3} – 1)\times (-2) + (\dfrac{10}{3} – 2)\times 1 + (\dfrac{4}{3} + 1)\times (-2)\), c’est-à-dire le produit scalaire \(\vec{\text{AH}}\cdot\vec{u}\). Il vaut 0 : les droites (AH) et (BC) sont orthogonales.
- L’entrée 2 cherche \(k\) tel que le point de paramètre \(k\) de (BC) soit H. Le système a une solution, \(k = \dfrac{1}{3}\) : H appartient à la droite (BC).
H est un point de (BC) tel que \(\vec{\text{AH}}\) soit orthogonal à la direction de (BC) : H est le projeté orthogonal de A sur la droite (BC).
b. On prend comme base le triangle ABC. Puisque H est le pied de la hauteur issue de A dans ce triangle, son aire vaut \(\mathcal{B} = \dfrac{\text{BC}\times \text{AH}}{2}\).
- L’entrée 3 calcule \(\text{AH} = \sqrt{(-\dfrac{5}{3})^2 + (\dfrac{4}{3})^2 + (\dfrac{7}{3})^2} = \sqrt{10}\).
- L’entrée 4 calcule \(\text{BC} = \sqrt{(-2)^2 + 1^2 + (-2)^2} = 3\).
Donc \(\mathcal{B} = \dfrac{3\sqrt{10}}{2}\).
La hauteur relative à cette base est la distance de D au plan (ABC), trouvée à la question 2c : \(h = \text{DE} = \dfrac{3\sqrt{10}}{2}\). Ainsi
\[\mathcal{V} = \dfrac{1}{3}\times \dfrac{3\sqrt{10}}{2}\times \dfrac{3\sqrt{10}}{2} = \dfrac{1}{3}\times \dfrac{9\times 10}{4} = \dfrac{90}{12} = \dfrac{15}{2}.\]
Le volume du tétraèdre ABCD est \(\mathcal{V} = \dfrac{15}{2} = 7{,}5\) unités de volume.
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