Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Au premier tir, l’énoncé donne directement la probabilité d’atteindre le centre : \(p_1 = \dfrac{1}{2}\).
Pour le deuxième tir, on traduit les deux autres informations en probabilités conditionnelles : \(P_{T_1}(T_2) = \dfrac{4}{5}\) et \(P_{\overline{T_1}}(T_2) = \dfrac{1}{3}\). Comme \(T_1\) et \(\overline{T_1}\) forment une partition de l’univers, la formule des probabilités totales donne :
\[p_2 = P(T_1)\times P_{T_1}(T_2) + P(\overline{T_1})\times P_{\overline{T_1}}(T_2) = \dfrac{1}{2}\times \dfrac{4}{5} + \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{5} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{12}{30} + \dfrac{5}{30}\]
On obtient bien \(p_2 = \dfrac{17}{30}\).
2. Sur chaque nœud, la somme des probabilités des branches qui en partent vaut 1. On complète donc l’arbre ainsi :
- branche vers \(\overline{T_n}\) : \(1 – p_n\) ;
- de \(T_n\) vers \(\overline{T_{n+1}}\) : \(1 – \dfrac{4}{5} = \dfrac{1}{5}\) ;
- de \(\overline{T_n}\) vers \(T_{n+1}\) : \(\dfrac{1}{3}\) (il a manqué le centre au tir précédent) ;
- de \(\overline{T_n}\) vers \(\overline{T_{n+1}}\) : \(1 – \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}\).
3. Soit \(n\) un entier naturel non nul. Les évènements \(T_n\) et \(\overline{T_n}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales, en lisant l’arbre :
\[p_{n+1} = P(T_n \cap T_{n+1}) + P(\overline{T_n}\cap T_{n+1}) = \dfrac{4}{5}p_n + \dfrac{1}{3}(1 – p_n)\]
En développant puis en regroupant les termes en \(p_n\) :
\[p_{n+1} = \dfrac{4}{5}p_n – \dfrac{1}{3}p_n + \dfrac{1}{3} = (\dfrac{12}{15} – \dfrac{5}{15})p_n + \dfrac{1}{3}\]
On a donc bien, pour tout \(n \geq\, 1\), \(p_{n+1} = \dfrac{7}{15}p_n + \dfrac{1}{3}\).
4. a. Pour tout \(n \geq\, 1\), on exprime \(u_{n+1}\) à l’aide de la relation précédente, puis on remplace \(p_n\) par \(u_n + \dfrac{5}{8}\) :
\[u_{n+1} = p_{n+1} – \dfrac{5}{8} = \dfrac{7}{15}p_n + \dfrac{1}{3} – \dfrac{5}{8} = \dfrac{7}{15}p_n – \dfrac{7}{24}\]
\[u_{n+1} = \dfrac{7}{15}(u_n + \dfrac{5}{8}) – \dfrac{7}{24} = \dfrac{7}{15}u_n + \dfrac{35}{120} – \dfrac{7}{24} = \dfrac{7}{15}u_n + \dfrac{7}{24} – \dfrac{7}{24} = \dfrac{7}{15}u_n\]
Chaque terme s’obtient en multipliant le précédent par le même nombre : \((u_n)\) est géométrique de raison \(q = \dfrac{7}{15}\), de premier terme \(u_1 = p_1 – \dfrac{5}{8} = \dfrac{4}{8} – \dfrac{5}{8} = -\dfrac{1}{8}\).
b. La suite commence au rang 1, donc pour tout \(n \geq\, 1\), \(u_n = u_1 \times q^{n-1}\), soit :
\[u_n = -\dfrac{1}{8}(\dfrac{7}{15})^{n-1}\]
c. Comme \(p_n = u_n + \dfrac{5}{8}\), on obtient pour tout \(n \geq\, 1\) :
\[p_n = \dfrac{5}{8} – \dfrac{1}{8}(\dfrac{7}{15})^{n-1}\]
Vérification : pour \(n = 2\), \(\dfrac{5}{8} – \dfrac{1}{8}\times \dfrac{7}{15} = \dfrac{75 – 7}{120} = \dfrac{68}{120} = \dfrac{17}{30}\), ce qui est cohérent avec la question 1.
5. La raison \(\dfrac{7}{15}\) vérifie \(-1 \lt \dfrac{7}{15} \lt 1\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty}(\dfrac{7}{15})^{n-1} = 0\). Par produit par \(-\dfrac{1}{8}\) puis par somme, on en déduit :
\[\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{5}{8}\]
La suite \((p_n)\) converge vers \(\dfrac{5}{8} = 0{,}625\) : après un grand nombre de tirs, la probabilité que le tireur atteigne le centre de la cible se stabilise autour de 0,625, soit environ 62,5 %.
6. On part de \(n = 1\) et \(p = p_1 = 0{,}5\). Tant que \(p\) est strictement inférieur à 0,6, on passe au tir suivant : on augmente \(n\) de 1 et on remplace \(p\) par le terme suivant grâce à la relation de récurrence de la question 3. Dès que \(p \geq\, 0{,}6\), la boucle s’arrête et on renvoie \(n\).
def seuil():
n = 1
p = 0.5
while p < 0.6:
n = n + 1
p = 7/15*p + 1/3
return n
Les valeurs successives sont \(p_1 = 0{,}5\), \(p_2 \approx 0{,}567\), \(p_3 \approx 0{,}598\) puis \(p_4 \approx 0{,}612\) : la fonction renvoie 4, ce que confirme la question suivante.
7. Pour \(n \in \mathbb{N}\), \(n \geq\, 1\), on remplace \(p_n\) par son expression :
\[p_n \geq\, 0{,}6 \iff \dfrac{5}{8} – \dfrac{1}{8}(\dfrac{7}{15})^{n-1} \geq\, 0{,}6 \iff -\dfrac{1}{8}(\dfrac{7}{15})^{n-1} \geq\, -0{,}025\]
On multiplie par \(-8\), qui est négatif, donc le sens de l’inégalité change :
\[p_n \geq\, 0{,}6 \iff (\dfrac{7}{15})^{n-1} \leq\, 0{,}2\]
Les deux membres sont strictement positifs et la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\) :
\[p_n \geq\, 0{,}6 \iff (n-1)\ln(\dfrac{7}{15}) \leq\, \ln(0{,}2)\]
Comme \(\dfrac{7}{15} \lt 1\), on a \(\ln(\dfrac{7}{15}) \lt 0\) : en divisant par ce nombre, l’inégalité change encore de sens.
\[p_n \geq\, 0{,}6 \iff n \geq\, 1 + \dfrac{\ln(0{,}2)}{\ln(\dfrac{7}{15})}\]
À la calculatrice, \(1 + \dfrac{\ln(0{,}2)}{\ln(\dfrac{7}{15})} \approx 3{,}11\). Les solutions sont les entiers \(n \geq\, 4\) : à partir du quatrième tir, la probabilité d’atteindre le centre est au moins égale à 0,6.
Exercice 2 :
1. Affirmation 1 : vraie.
On a une forme indéterminée « \(\dfrac{\infty}{\infty}\) ». Pour \(x \gt 1\), on factorise \(x^2 – 1 = (x-1)(x+1)\), et comme \(x – 1 \gt 0\), on peut écrire \(x – 1 = \sqrt{(x-1)^2}\). Donc :
\[f(x) = \dfrac{\sqrt{(x-1)^2}}{\sqrt{(x-1)(x+1)}} = \sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}} = \sqrt{\dfrac{1 – \dfrac{1}{x}}{1 + \dfrac{1}{x}}}\]
Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(\dfrac{1}{x}\) tend vers 0, donc le quotient sous la racine tend vers \(\dfrac{1}{1} = 1\). Par composition avec la fonction racine carrée, continue en 1, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \sqrt{1} = 1\).
2. Affirmation 2 : vraie.
On démontre par récurrence la propriété \(\mathcal{P}(n)\) : « \(w_n = (n+1)^2\) ».
Initialisation : \(w_0 = 1\) et \((0+1)^2 = 1\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité : soit \(n\) un entier naturel tel que \(w_n = (n+1)^2\). Alors \(w_{n+1} = (n+1)^2 + 2n + 3 = n^2 + 2n + 1 + 2n + 3 = n^2 + 4n + 4 = (n+2)^2\), ce qui est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\).
Conclusion : la propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(w_n = (n+1)^2\).
3. Affirmation 3 : vraie.
Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(3 ; p)\), la formule du cours donne :
\[P(X=1) = \binom\,{3}{1}p^1(1-p)^2 = 3p(1 – 2p + p^2) = 3p – 6p^2 + 3p^3\]
4. Affirmation 4 : fausse.
Pour \(n \geq\, 1\), une primitive de \(x \mapsto \text{e}^{nx}\) est \(x \mapsto \dfrac{1}{n}\text{e}^{nx}\). Donc :
\[v_n = [\dfrac{1}{n}\text{e}^{nx}]_0^1 = \dfrac{\text{e}^n}{n} – \dfrac{\text{e}^0}{n} = \dfrac{\text{e}^n – 1}{n}\]
Cette valeur est différente de \(\dfrac{\text{e}^n}{n}\) : par exemple \(v_1 = \text{e} – 1 \approx 1{,}72\) alors que \(\dfrac{\text{e}^1}{1} \approx 2{,}72\).
5. Affirmation 5 : fausse.
Numérotons les cases de 1 à 16. Un coloriage revient à choisir une couleur parmi 3 pour la case 1, puis une couleur parmi 3 pour la case 2, et ainsi de suite, les couleurs pouvant se répéter : c’est une 16-liste d’éléments d’un ensemble à 3 éléments. D’après le principe multiplicatif, il y a \(3^{16} = 43\,046\,721\) coloriages différents.
Or \(\displaystyle\binom\,{16}{3} = \dfrac{16\times 15\times 14}{3\times 2\times 1} = 560\), qui compte seulement le nombre de façons de choisir 3 cases parmi 16. L’affirmation est donc fausse.
Exercice 3 :
1. a. On calcule deux vecteurs issus de B :
\[\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \qquad \vec{\text{BE}}\begin{pmatrix} 1 \\ -4 \\ -1 \end{pmatrix}\]
Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{BE}} = k\,\vec{\text{BC}}\). La première coordonnée impose \(k = \dfrac{1}{2}\), mais la deuxième impose \(k = -4\) : c’est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc B, C et E ne sont pas alignés et définissent bien un plan.
b. On a \(\vec{\text{AF}}\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}\). Le repère étant orthonormé :
\[\vec{\text{AF}}\cdot\vec{\text{BC}} = 3\times 2 + 0\times 1 + 3\times (-2) = 0 \qquad \vec{\text{AF}}\cdot\vec{\text{BE}} = 3\times 1 + 0\times (-4) + 3\times (-1) = 0\]
Le vecteur \(\vec{\text{AF}}\), non nul, est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCE) : il est normal au plan (BCE).
c. Un plan de vecteur normal \(\vec{\text{AF}}(3 ; 0 ; 3)\) a une équation de la forme \(3x + 3z + d = 0\). Le point B appartient au plan : \(3\times 1 + 3\times 3 + d = 0\), d’où \(d = -12\). Le plan (BCE) a pour équation \(3x + 3z – 12 = 0\) et, en divisant par 3, \(x + z – 4 = 0\).
2. a. Pour G(5 ; 1 ; 2) : \(x_\text{G} + z_\text{G} – 4 = 5 + 2 – 4 = 3 \neq 0\). Les coordonnées de G ne vérifient pas l’équation, donc G n’appartient pas au plan (BCE).
b. On a \(\vec{\text{AG}}\begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\). Puisque \(\vec{\text{BC}}\) et \(\vec{\text{BE}}\) ne sont pas colinéaires, les trois vecteurs sont coplanaires si et seulement s’il existe deux réels \(a\) et \(b\) tels que \(\vec{\text{AG}} = a\,\vec{\text{BC}} + b\,\vec{\text{BE}}\), c’est-à-dire :
\[\{\begin{array}{l} 2a + b = 5 \\ a – 4b = 1 \\ -2a – b = 1 \end{array}.\]
En additionnant la première et la troisième équation, on obtient \(0 = 6\), ce qui est absurde. Le système n’a pas de solution : \(\vec{\text{BE}}\), \(\vec{\text{BC}}\) et \(\vec{\text{AG}}\) ne sont pas coplanaires.
Autre justification possible : \(\vec{\text{AF}}\cdot\vec{\text{AG}} = 15 + 0 + 3 = 18 \neq 0\), donc \(\vec{\text{AG}}\) n’est pas orthogonal au vecteur normal du plan (BCE) : ce n’est pas un vecteur de la direction de ce plan.
c. Le vecteur directeur \(\vec{\text{AG}}\) de la droite (AG) ne peut pas s’écrire comme combinaison de \(\vec{\text{BC}}\) et \(\vec{\text{BE}}\), qui dirigent le plan (BCE). La droite n’est donc ni parallèle au plan ni contenue dans lui : la droite (AG) et le plan (BCE) sont sécants.
3. a. La droite (AG) passe par A(0 ; 0 ; 1) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{AG}}(5 ; 1 ; 1)\). Un point M(x ; y ; z) appartient à (AG) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{AM}} = t\,\vec{\text{AG}}\), soit \(x = 0 + 5t\), \(y = 0 + t\), \(z = 1 + t\). On retrouve la représentation paramétrique annoncée.
b. Le point P est sur (AG) : ses coordonnées sont \((5t ; t ; 1 + t)\) pour un certain réel \(t\). Il est aussi dans (BCE), donc :
\[5t + (1 + t) – 4 = 0 \iff 6t = 3 \iff t = \dfrac{1}{2}\]
On en déduit P(2,5 ; 0,5 ; 1,5).
c. Le milieu du segment [EC] a pour coordonnées :
\[(\dfrac{2 + 3}{2} ; \dfrac{-2 + 3}{2} ; \dfrac{2 + 1}{2}) = (2{,}5 ; 0{,}5 ; 1{,}5)\]
Ce sont les coordonnées de P : P est le milieu de [EC].
4. Les points A, C, G ne sont pas alignés (\(\vec{\text{AC}}(3 ; 3 ; 0)\) et \(\vec{\text{AG}}(5 ; 1 ; 1)\) ne sont pas colinéaires), ils définissent donc le plan (ACG).
- Le point C appartient aux deux plans.
- Le point P appartient à (BCE) par définition, et à la droite (AG), donc au plan (ACG).
- Les deux plans ne sont pas confondus, puisque G appartient à (ACG) mais pas à (BCE) (question 2. a.).
Deux plans distincts qui ont deux points communs C et P (distincts, car P a pour abscisse 2,5 et C pour abscisse 3) se coupent selon la droite (CP). Comme P est le milieu de [EC], cette droite est aussi la droite (CE). L’intersection des plans (BCE) et (ACG) est la droite (CE), qui passe par C(3 ; 3 ; 1) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{CE}}(-1 ; -5 ; 1)\).
Exercice 4 :
1. a. La fonction \(g\) est la différence entre le produit \(x \mapsto x\cos(x)\) et la fonction sinus. Avec \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\), où \(u(x) = x\) et \(v(x) = \cos(x)\) :
\[g^{\prime}(x) = 1\times \cos(x) + x\times (-\sin(x)) – \cos(x) = -x\sin(x)\]
b. On vérifie d’abord les valeurs extrêmes du tableau :
- \(g(0) = 0\times 1 – 0 = 0\) ;
- \(g(\pi) = \pi\times (-1) – 0 = -\pi\) ;
- \(g(2\pi) = 2\pi\times 1 – 0 = 2\pi\).
On étudie ensuite le signe de \(g^{\prime}(x) = -x\sin(x)\) :
- sur \(]0 ; \pi[\), \(x \gt 0\) et \(\sin(x) \gt 0\), donc \(g^{\prime}(x) \lt 0\) ;
- sur \(]\pi ; 2\pi[\), \(x \gt 0\) et \(\sin(x) \lt 0\), donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) ;
- \(g^{\prime}\) ne s’annule qu’en 0, \(\pi\) et \(2\pi\).
Une dérivée strictement négative sur un intervalle (sauf en des points isolés) donne une fonction strictement décroissante : \(g\) est strictement décroissante sur \([0 ; \pi]\) et strictement croissante sur \([\pi ; 2\pi]\). Tous les éléments du tableau sont justifiés.
c. Sur l’intervalle \([\pi ; 2\pi]\), la fonction \(g\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(g(\pi) = -\pi \lt 0\) et \(g(2\pi) = 2\pi \gt 0\). Le nombre 0 est compris entre \(g(\pi)\) et \(g(2\pi)\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([\pi ; 2\pi]\). À la calculatrice, \(\alpha \approx 4{,}49\).
d. Sur \([0 ; \pi]\), \(g\) décroît de 0 à \(-\pi\) : \(g(x) \lt 0\) pour \(0 \lt x \leq\, \pi\) et \(g(0) = 0\). Sur \([\pi ; 2\pi]\), \(g\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha\) : \(g(x) \lt 0\) sur \([\pi ; \alpha[\) et \(g(x) \gt 0\) sur \(]\alpha ; 2\pi]\). D’où le tableau de signes :
| \(x\) | \(0\) | \(\alpha\) | \(2\pi\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(g(x)\) | 0 | − | 0 | + |
2. a. Sur \(]0 ; 2\pi]\), \(f = \dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = \sin(x)\) et \(v(x) = x\), qui ne s’annule pas. Avec \((\dfrac{u}{v})^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}v – uv^{\prime}}{v^2}\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\cos(x)\times x – \sin(x)\times 1}{x^2} = \dfrac{x\cos(x) – \sin(x)}{x^2} = \dfrac{g(x)}{x^2}\]
b. Pour \(x \in ]0 ; 2\pi]\), \(x^2 \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le même signe que \(g(x)\). D’après la question 1. d. : \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]0 ; \alpha[\), \(f^{\prime}(\alpha) = 0\) et \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]\alpha ; 2\pi]\).
c. On en déduit que \(f\) est strictement décroissante sur \(]0 ; \alpha]\) et strictement croissante sur \([\alpha ; 2\pi]\).
d. Pour \(x \neq 0\), le taux d’accroissement de la fonction sinus entre 0 et \(x\) vaut :
\[\dfrac{\sin(x) – \sin(0)}{x – 0} = \dfrac{\sin(x)}{x} = f(x)\]
La fonction sinus est dérivable en 0, donc ce taux d’accroissement tend, quand \(x\) tend vers 0, vers le nombre dérivé \(\sin^{\prime}(0) = \cos(0) = 1\). Ainsi \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = 1\).
3. Soit \(0 \lt r \lt s \lt \pi\). Comme \(\alpha \geq\, \pi\), les réels \(r\) et \(s\) appartiennent à \(]0 ; \alpha]\), intervalle sur lequel \(f\) est strictement décroissante. Donc \(r \lt s\) entraîne \(f(r) \gt f(s)\), c’est-à-dire :
\[\dfrac{\sin(r)}{r} \gt \dfrac{\sin(s)}{s}\]
Les nombres \(r\) et \(\sin(s)\) sont strictement positifs (car \(s \in ]0 ; \pi[\)). En multipliant les deux membres par le nombre strictement positif \(\dfrac{r}{\sin(s)}\), le sens de l’inégalité est conservé :
\[\dfrac{\sin(r)}{\sin(s)} \gt \dfrac{r}{s}\]
On a donc bien démontré que \(\dfrac{r}{s} \lt \dfrac{\sin(r)}{\sin(s)}\).
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