Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Sens de variation. Sur \(]-\infty ; \dfrac{3}{2}[\), le dénominateur \(2x – 3\) ne s’annule pas, donc \(f\) est dérivable comme quotient. Avec \((\dfrac{u}{v})^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}v – uv^{\prime}}{v^2}\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{1\times (2x-3) – (x-2)\times 2}{(2x-3)^2} = \dfrac{2x – 3 – 2x + 4}{(2x-3)^2} = \dfrac{1}{(2x-3)^2}\]
Un carré non nul est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) : \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty ; \dfrac{3}{2}[\).
Limite en \(-\infty\). Pour \(x \lt 0\), on factorise par \(x\) le numérateur et le dénominateur :
\[f(x) = \dfrac{x(1 – \dfrac{2}{x})}{x(2 – \dfrac{3}{x})} = \dfrac{1 – \dfrac{2}{x}}{2 – \dfrac{3}{x}}\]
Comme \(\dfrac{2}{x}\) et \(\dfrac{3}{x}\) tendent vers 0 en \(-\infty\), par quotient, \(\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = \dfrac{1}{2}\).
Limite en \(\dfrac{3}{2}\) à gauche. Quand \(x\) tend vers \(\dfrac{3}{2}\) avec \(x \lt \dfrac{3}{2}\), le numérateur \(x – 2\) tend vers \(-\dfrac{1}{2}\) (négatif) et le dénominateur \(2x – 3\) tend vers 0 en restant strictement négatif. Le quotient d’un nombre négatif par un nombre négatif proche de 0 devient positif et arbitrairement grand : \(\lim\limits_{x \to \frac{3}{2},\, x \lt \frac{3}{2}} f(x) = +\infty\). La double barre du tableau signale que \(\dfrac{3}{2}\) est une valeur interdite.
2. L’intervalle \([0 ; 1]\) est contenu dans \(]-\infty ; \dfrac{3}{2}[\), où \(f\) est croissante. Donc pour \(0 \leq\, x \leq\, 1\), on a \(f(0) \leq\, f(x) \leq\, f(1)\) avec :
\[f(0) = \dfrac{-2}{-3} = \dfrac{2}{3} \qquad f(1) = \dfrac{-1}{-1} = 1\]
Ainsi \(\dfrac{2}{3} \leq\, f(x) \leq\, 1\), et comme \(\dfrac{2}{3} \geq\, 0\), \(f(x) \in [0 ; 1]\) pour tout \(x \in [0 ; 1]\).
Partie B
1. Remarquons que \(u_{n+1} = f(u_n)\). Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 1\) ».
Initialisation : \(u_0 = 0\) et \(u_1 = f(0) = \dfrac{2}{3}\). On a bien \(0 \leq\, 0 \leq\, \dfrac{2}{3} \leq\, 1\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité : soit \(n\) un entier naturel tel que \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 1\). Les quatre nombres \(0\), \(u_n\), \(u_{n+1}\), \(1\) sont dans \([0 ; 1]\), où \(f\) est croissante : elle conserve donc l’ordre.
\[f(0) \leq\, f(u_n) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(1), \quad \text{soit} \quad \dfrac{2}{3} \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 1\]
Comme \(0 \leq\, \dfrac{2}{3}\), on obtient \(0 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 1\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion : par le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 1\).
2. D’après la question précédente, \(u_n \leq\, u_{n+1}\) pour tout \(n\) : la suite \((u_n)\) est croissante. Elle est aussi majorée par 1. D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\) qui vérifie \(0 \leq\, \ell \leq\, 1\).
3. On résout \(f(x) = x\) sur \([0 ; 1]\). Comme \(2x – 3 \neq 0\) sur cet intervalle :
\[\dfrac{x-2}{2x-3} = x \iff x – 2 = 2x^2 – 3x \iff 2x^2 – 4x + 2 = 0 \iff 2(x-1)^2 = 0 \iff x = 1\]
L’unique solution est 1, qui appartient bien à \([0 ; 1]\). Donc \(\ell = 1\).
4. La fonction part de \(u_0 = 0\) et calcule les termes successifs tant que \(u_n \lt 1 – h\). Avec \(h = 0{,}0001\), elle s’arrête au premier rang où \(u_n \geq\, 0{,}9999\).
La valeur 5 000 signifie donc que \(u_{5000}\) est le premier terme de la suite supérieur ou égal à 0,9999 : il faut attendre le rang 5 000 pour que la suite soit à moins de \(10^{-4}\) de sa limite 1 (et comme elle est croissante, tous les termes suivants le restent).
5. a. On applique la relation de récurrence :
\[u_0 = 0 = \dfrac{0}{1} \qquad u_1 = \dfrac{0 – 2}{0 – 3} = \dfrac{2}{3}\]
\[u_2 = \dfrac{\dfrac{2}{3} – 2}{\dfrac{4}{3} – 3} = \dfrac{-\dfrac{4}{3}}{-\dfrac{5}{3}} = \dfrac{4}{5} \qquad u_3 = \dfrac{\dfrac{4}{5} – 2}{\dfrac{8}{5} – 3} = \dfrac{-\dfrac{6}{5}}{-\dfrac{7}{5}} = \dfrac{6}{7}\]
Les quatre premiers termes sont \(0\), \(\dfrac{2}{3}\), \(\dfrac{4}{5}\) et \(\dfrac{6}{7}\).
b. Les numérateurs sont les nombres pairs \(0, 2, 4, 6\), et chaque dénominateur vaut le numérateur plus 1. On conjecture que pour tout entier naturel \(n\) :
\[u_n = \dfrac{2n}{2n+1}\]
Démontrons-le par récurrence.
Initialisation : \(\dfrac{2\times 0}{2\times 0 + 1} = 0 = u_0\).
Hérédité : supposons que \(u_n = \dfrac{2n}{2n+1}\) pour un entier naturel \(n\). On multiplie numérateur et dénominateur de \(u_{n+1}\) par \(2n + 1\) :
\[u_{n+1} = \dfrac{\dfrac{2n}{2n+1} – 2}{\dfrac{4n}{2n+1} – 3} = \dfrac{2n – 2(2n+1)}{4n – 3(2n+1)} = \dfrac{-2n – 2}{-2n – 3} = \dfrac{2n + 2}{2n + 3} = \dfrac{2(n+1)}{2(n+1) + 1}\]
C’est la formule au rang \(n + 1\).
Conclusion : pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = \dfrac{2n}{2n+1}\).
Cette formule permet de retrouver le résultat de la question 4 : \(u_n = 1 – \dfrac{1}{2n+1} \geq\, 0{,}9999 \iff 2n + 1 \geq\, 10\,000 \iff n \geq\, 4\,999{,}5\), donc \(n \geq\, 5\,000\).
Exercice 2 :
Partie A
1. Chaque lancer-franc est une épreuve de Bernoulli : le succès « le lancer est réussi » a pour probabilité \(p = 0{,}492\). Le joueur répète 16 fois cette épreuve, dans des conditions identiques et de façon indépendante. La variable \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(16 ; 0{,}492)\).
2. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 16\times 0{,}492\), soit \(E(X) = 7{,}872\).
Interprétation : si le joueur tente 16 lancers-francs à chaque match, il en réussit en moyenne environ 7,9 par match, sur un grand nombre de matchs.
3. Avec la formule de la loi binomiale :
\[P(X=5) = \binom\,{16}{5}\times 0{,}492^5\times 0{,}508^{11} = 4\,368\times 0{,}492^5\times 0{,}508^{11}\]
On obtient \(P(X=5) \approx 0{,}073\).
4. On passe par l’évènement contraire :
\[P(X \geq\, 6) = 1 – P(X \leq\, 5) \approx 1 – 0{,}117\]
La probabilité que le joueur réussisse au moins six lancers-francs est \(P(X \geq\, 6) \approx 0{,}883\).
Partie B
1. Sur 3 lancers, le joueur peut en réussir aucun, un, deux ou trois : \(Y\) prend les valeurs 0, 1, 2 et 3.
2. Comme dans la partie A, les 3 lancers sont des épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de paramètre \(p\) : \(Y\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(3 ; p)\). Il y a \(\dbinom{3}{2} = 3\) façons de placer les deux réussites parmi les trois lancers, donc :
\[P(Y=2) = 3p^2(1-p) = 3p^2 – 3p^3\]
3. De la même manière, \(P(Y=k) = \dbinom{3}{k}p^k(1-p)^{3-k}\) pour \(k \in \{0 ; 1 ; 2 ; 3\}\) :
| \(k\) | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| \(P(Y=k)\) | \((1-p)^3\) | \(3p(1-p)^2\) | \(3p^2(1-p)\) | \(p^3\) |
4. Réussir au moins deux lancers, c’est en réussir exactement deux ou exactement trois, et ces évènements sont incompatibles :
\[P(Y \geq\, 2) = P(Y=2) + P(Y=3) = 3p^2 – 3p^3 + p^3 = -2p^3 + 3p^2\]
5. a. La fonction \(f\) est un polynôme, dérivable sur \([0 ; 1]\), avec :
\[f^{\prime}(x) = -6x^2 + 6x = 6x(1-x)\]
Pour \(x \in ]0 ; 1[\), \(6x \gt 0\) et \(1 – x \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) ; la dérivée ne s’annule qu’en 0 et en 1. Ainsi \(f\) est strictement croissante sur \([0 ; 1]\), avec \(f(0) = 0\) et \(f(1) = -2 + 3 = 1\).
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | |
|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | 0 | + | 0 |
| variations de \(f\) | \(0\) | ↗ | \(1\) |
b. Sur \([0 ; 1]\), \(f\) est continue (c’est un polynôme) et strictement croissante, et \(0{,}9\) est compris entre \(f(0) = 0\) et \(f(1) = 1\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel \(\alpha \in [0 ; 1]\) tel que \(f(\alpha) = 0{,}9\).
c. À la calculatrice : \(f(0{,}80) = 0{,}896 \lt 0{,}9\) et \(f(0{,}81) = 0{,}905\,418 \gt 0{,}9\). Comme \(f\) est croissante, \(0{,}80 \lt \alpha \lt 0{,}81\) (en fait \(\alpha \approx 0{,}804\)).
d. D’après la question 4, \(f(p) = P(Y \geq\, 2)\). Comme \(f\) est croissante, \(P(Y \geq\, 2) \geq\, 0{,}9\) équivaut à \(p \geq\, \alpha\). Le nombre \(\alpha\) est donc la probabilité minimale de réussite d’un lancer-franc qu’il faut au joueur pour avoir au moins 90 % de chances de réussir au moins deux lancers sur trois : environ 80,4 %.
Exercice 3 :
1. a. On calcule :
\[\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \qquad \vec{\text{AC}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}\]
Si ces vecteurs étaient colinéaires, on aurait \(\vec{\text{AC}} = k\,\vec{\text{AB}}\) ; la première coordonnée donne \(k = -\dfrac{1}{2}\) et la deuxième \(k = -1\), ce qui est contradictoire. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés et définissent un plan.
b. Le repère est orthonormé, on calcule les produits scalaires :
\[\vec{n}\cdot\vec{\text{AB}} = 1\times (-2) + 4\times 1 + 1\times (-2) = 0 \qquad \vec{n}\cdot\vec{\text{AC}} = 1\times 1 + 4\times (-1) + 1\times 3 = 0\]
Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : il est normal à ce plan.
c. Le plan (ABC) a une équation de la forme \(x + 4y + z + d = 0\). Il passe par A(1 ; 2 ; 3), donc \(1 + 8 + 3 + d = 0\), soit \(d = -12\). Une équation cartésienne du plan (ABC) est \(x + 4y + z – 12 = 0\). (On vérifie avec B : \(-1 + 12 + 1 – 12 = 0\), et avec C : \(2 + 4 + 6 – 12 = 0\).)
2. a. Une droite perpendiculaire au plan (ABC) a pour vecteur directeur le vecteur normal \(\vec{n}(1 ; 4 ; 1)\). Comme \((d)\) passe par D(3 ; −2 ; −1), une représentation paramétrique de \((d)\) est :
\[\{\begin{array}{l} x = 3 + t \\ y = -2 + 4t \\ z = -1 + t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}\]
b. Le projeté orthogonal H de D sur le plan (ABC) est le point d’intersection de \((d)\) et du plan. On injecte la représentation paramétrique dans l’équation du plan :
\[(3 + t) + 4(-2 + 4t) + (-1 + t) – 12 = 0 \iff 18t – 18 = 0 \iff t = 1\]
On obtient H(4 ; 2 ; 0).
c. La distance du point D au plan (ABC) est la distance DH :
\[\text{DH} = \sqrt{(4-3)^2 + (2+2)^2 + (0+1)^2} = \sqrt{1 + 16 + 1} = \sqrt{18}\]
Comme \(\sqrt{18} = \sqrt{9\times 2} = 3\sqrt{2}\), la distance de D au plan (ABC) vaut \(3\sqrt{2}\).
3. a. On utilise deux expressions du produit scalaire. D’une part, avec les coordonnées :
\[\vec{\text{AB}}\cdot\vec{\text{AC}} = (-2)\times 1 + 1\times (-1) + (-2)\times 3 = -9\]
D’autre part \(\vec{\text{AB}}\cdot\vec{\text{AC}} = \text{AB}\times \text{AC}\times \cos(\widehat{\text{BAC}})\), avec \(\text{AB} = \sqrt{4 + 1 + 4} = 3\) et \(\text{AC} = \sqrt{1 + 1 + 9} = \sqrt{11}\). Donc :
\[\cos(\widehat{\text{BAC}}) = \dfrac{-9}{3\sqrt{11}} = -\dfrac{3}{\sqrt{11}} = -\dfrac{3\sqrt{11}}{11}\]
b. D’après la relation \(\cos^2 + \sin^2 = 1\) :
\[\sin^2(\widehat{\text{BAC}}) = 1 – \dfrac{9}{11} = \dfrac{2}{11}\]
Un angle géométrique est compris entre 0 et \(\pi\), donc son sinus est positif : \(\sin(\widehat{\text{BAC}}) = \sqrt{\dfrac{2}{11}} = \dfrac{\sqrt{22}}{11}\).
c. La hauteur du triangle ABC issue de C a pour longueur \(\text{AC}\times \sin(\widehat{\text{BAC}})\), d’où l’aire :
\[\mathcal{A} = \dfrac{1}{2}\times \text{AB}\times \text{AC}\times \sin(\widehat{\text{BAC}}) = \dfrac{1}{2}\times 3\times \sqrt{11}\times \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{11}} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}\]
L’aire du triangle ABC vaut bien \(\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\).
4. On prend pour base le triangle ABC. La hauteur associée est la distance de D au plan (ABC), c’est-à-dire \(\text{DH} = 3\sqrt{2}\) :
\[\mathcal{V} = \dfrac{1}{3}\times \dfrac{3\sqrt{2}}{2}\times 3\sqrt{2} = \dfrac{1}{3}\times \dfrac{9\times 2}{2} = 3\]
Le volume du tétraèdre ABCD est égal à 3 (en unités de volume).
Exercice 4 :
1. Affirmation 1 : fausse.
La fonction \(f\) est de la forme \(u^5\) avec \(u(x) = -\dfrac{1}{2}x + 3\) et \(u^{\prime}(x) = -\dfrac{1}{2}\). Avec \((u^n)^{\prime} = nu^{\prime}u^{n-1}\) :
\[f^{\prime}(x) = 5\times (-\dfrac{1}{2})(-\dfrac{1}{2}x + 3)^4 = -\dfrac{5}{2}(-\dfrac{1}{2}x + 3)^4\]
\[f^{\prime\prime}(x) = -\dfrac{5}{2}\times 4\times (-\dfrac{1}{2})(-\dfrac{1}{2}x + 3)^3 = 5(-\dfrac{1}{2}x + 3)^3\]
\(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(-\dfrac{1}{2}x + 3\) : elle est strictement négative pour \(x \gt 6\) (par exemple \(f^{\prime\prime}(10) = 5\times (-2)^3 = -40\)). La fonction \(f\) est donc concave sur \([6 ; +\infty[\) : elle n’est pas convexe sur \(\mathbb{R}\).
2. Affirmation 2 : vraie.
Un tirage est une combinaison de 5 jetons parmi 32 : il y en a \(\dbinom{32}{5} = 201\,376\). Parmi les numéros de 1 à 32, les multiples de 8 sont 8, 16, 24 et 32 ; il reste 28 jetons qui ne sont pas des multiples de 8. Les tirages sans aucun multiple de 8 sont les combinaisons de 5 jetons parmi ces 28 : il y en a \(\dbinom{28}{5} = 98\,280\).
On passe au complémentaire : le nombre de tirages contenant au moins un multiple de 8 est \(201\,376 – 98\,280 = 103\,096\).
3. Affirmation 3 : fausse.
On complète l’arbre : \(P(\overline{A}) = 1 – \dfrac{2}{5} = \dfrac{3}{5}\) et \(P_{\overline{A}}(B) = 1 – \dfrac{7}{10} = \dfrac{3}{10}\). D’après la formule des probabilités totales :
\[P(B) = \dfrac{2}{5}\times \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{5}\times \dfrac{3}{10} = \dfrac{5}{50} + \dfrac{9}{50} = \dfrac{14}{50}\]
Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[P_B(\overline{A}) = \dfrac{P(\overline{A}\cap B)}{P(B)} = \dfrac{\dfrac{9}{50}}{\dfrac{14}{50}} = \dfrac{9}{14}\]
Or \(\dfrac{9}{14} \neq \dfrac{9}{50}\) : le nombre \(\dfrac{9}{50}\) est en réalité \(P(\overline{A}\cap B)\), et non la probabilité conditionnelle demandée.
4. Affirmation 4 : vraie.
La fonction \(h\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme produit, et :
\[h^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\sin(x) + \text{e}^{-x}\cos(x)\]
Donc \(h^{\prime}(x) + h(x) = -\text{e}^{-x}\sin(x) + \text{e}^{-x}\cos(x) + \text{e}^{-x}\sin(x) = \text{e}^{-x}\cos(x)\) : \(h\) est bien solution de \((E)\).
5. Affirmation 5 : fausse.
L’équation homogène \(y^{\prime} + y = 0\) a pour solutions les fonctions \(x \mapsto C\,\text{e}^{-x}\), \(C \in \mathbb{R}\). Les solutions de \((E)\) s’obtiennent en ajoutant la solution particulière \(h\) : ce sont les fonctions \(x \mapsto C\,\text{e}^{-x} + \text{e}^{-x}\sin(x)\).
On peut aussi le voir directement : pour \(C = 2\), la fonction \(k = 2h\) vérifie \(k^{\prime} + k = 2\,\text{e}^{-x}\cos(x)\), qui n’est pas égal à \(\text{e}^{-x}\cos(x)\) (par exemple en \(x = 0\), on obtient 2 au lieu de 1). La fonction \(k\) n’est solution que pour \(C = 1\) : l’affirmation est fausse.
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