Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Perdre 10 % revient à garder 90 % des abonnés, puis on en ajoute 250 : \(u_1=1\,000\times 0{,}9+250=900+250\), soit \(u_1=1\,150\).
2. Passer de l’année \(2020+n\) à l’année \(2020+n+1\), c’est d’abord retirer 10 % des \(u_n\) abonnés, ce qui revient à multiplier par \(1-\dfrac{10}{100}=0{,}9\) : il en reste \(0{,}9u_n\). On ajoute ensuite les 250 nouveaux abonnés. Donc, pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1}=0{,}9u_n+250\).
3. La fonction part de \(u=1\,000=u_0\) et applique \(n\) fois la relation de récurrence : elle renvoie \(u_n\). Ainsi suite(10) renvoie \(u_{10}\approx1\,977\), c’est-à-dire le nombre d’abonnés de l’influenceuse en 2030 selon le modèle. (En Python, le nombre décimal s’écrit 0.9 avec un point.)
4. a. Notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(u_n\leq\,2\,500\) ».
Initialisation : \(u_0=1\,000\leq\,2\,500\), donc \(\mathcal{P}_0\) est vraie.
Hérédité : supposons \(u_n\leq\,2\,500\) pour un entier \(n\) quelconque. En multipliant par \(0{,}9\gt 0\), l’ordre est conservé : \(0{,}9u_n\leq\,2\,250\). En ajoutant 250 : \(0{,}9u_n+250\leq\,2\,500\), c’est-à-dire \(u_{n+1}\leq\,2\,500\). \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n\leq\,2\,500\).
b. Pour tout entier \(n\), \(u_{n+1}-u_n=0{,}9u_n+250-u_n=250-0{,}1u_n=0{,}1(2\,500-u_n)\). D’après la question a, \(2\,500-u_n\geq\,0\), donc \(u_{n+1}-u_n\geq\,0\) : la suite \((u_n)\) est croissante.
c. La suite \((u_n)\) est croissante et majorée par 2 500. D’après le théorème de convergence monotone, elle est convergente (et sa limite est inférieure ou égale à 2 500).
5. a. Pour tout entier \(n\) :
\[v_{n+1}=u_{n+1}-2\,500=0{,}9u_n+250-2\,500=0{,}9u_n-2\,250=0{,}9(u_n-2\,500)=0{,}9v_n.\]
Chaque terme s’obtient en multipliant le précédent par \(0{,}9\) : \((v_n)\) est géométrique de raison \(0{,}9\), de premier terme \(v_0=u_0-2\,500=1\,000-2\,500=-1\,500\).
b. Pour une suite géométrique, \(v_n=v_0\times q^n\), donc \(v_n=-1\,500\times 0{,}9^n\). Comme \(u_n=v_n+2\,500\), on obtient bien \(u_n=-1\,500\times 0{,}9^n+2\,500\).
c. Comme \(-1\lt 0{,}9\lt 1\), \(\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}9^n=0\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}(-1\,500\times 0{,}9^n)=0\) et, par somme, \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=2\,500\).
Interprétation : à long terme, le nombre d’abonnés de l’influenceuse se rapprochera de 2 500, sans jamais dépasser cette valeur.
6. On calcule les termes successifs tant que le nombre d’abonnés ne dépasse pas 2 200, en comptant les années :
def annee() :
u = 1000
n = 0
while u <= 2200 :
u = 0.9*u + 250
n = n + 1
return 2020 + n
On peut aussi raisonner avec la formule explicite : \(u_n\gt 2\,200\iff-1\,500\times 0{,}9^n\gt -300\iff0{,}9^n\lt 0{,}2\iff n\ln(0{,}9)\lt \ln(0{,}2)\iff n\gt \dfrac{\ln(0{,}2)}{\ln(0{,}9)}\approx15{,}28\) (on change le sens en divisant par \(\ln(0{,}9)\lt 0\)). Vérification : \(u_{15}\approx2\,191\) et \(u_{16}\approx2\,222\). Le plus petit entier qui convient est \(n=16\) : le programme renvoie 2036, et le nombre d’abonnés dépassera 2 200 en 2036.
Exercice 2 :
Partie I
1. L’arête mesure 8, donc \(\vec{\text{AB}}=8\vec{\imath}\) et \(\vec{\text{AE}}=8\vec{k}\). Alors \(\vec{\text{AP}}=\dfrac{3}{4}\times 8\vec{\imath}=6\vec{\imath}\) et \(\vec{\text{AQ}}=6\vec{k}\). D’où \(\text{P}(6~;~0~;~0)\) et \(\text{Q}(0~;~0~;~6)\).
2. On a \(\vec{\text{PQ}}(-6~;~0~;~6)\) et \(\vec{\text{PR}}(2~;~2~;~8)\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{\text{PQ}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{PR}}\)), ils dirigent donc le plan (PQR). Calculons les produits scalaires :
\[\vec{n}\cdot\vec{\text{PQ}}=1\times (-6)+(-5)\times 0+1\times 6=0,\qquad\vec{n}\cdot\vec{\text{PR}}=1\times 2+(-5)\times 2+1\times 8=0.\]
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (PQR) : c’est un vecteur normal au plan (PQR).
3. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(1~;~-5~;~1)\) a une équation de la forme \(x-5y+z+d=0\). Le point \(\text{P}(6~;~0~;~0)\) lui appartient : \(6+d=0\), donc \(d=-6\). Une équation de (PQR) est \(x-5y+z-6=0\). (Contrôle : Q donne \(0-0+6-6=0\) et R donne \(8-10+8-6=0\).)
Partie II
1. Le centre \(\Omega\) du cube est le milieu de la grande diagonale [AG]. Avec \(\text{A}(0~;~0~;~0)\) et \(\text{G}(8~;~8~;~8)\), on obtient \(\Omega(4~;~4~;~4)\).
2. La droite \(d\) est perpendiculaire au plan (PQR), elle est donc dirigée par \(\vec{n}(1~;~-5~;~1)\), et elle passe par \(\Omega\). Une représentation paramétrique est :
\[d : \{\begin{array}{l}x=4+t\\y=4-5t\\z=4+t\end{array}.,\quad t\in\mathbb{R}.\]
3. L est le point d’intersection de \(d\) et de (PQR). On remplace \(x\), \(y\), \(z\) dans l’équation du plan :
\[(4+t)-5(4-5t)+(4+t)-6=0\iff27t-18=0\iff t=\dfrac{2}{3}.\]
On obtient \(x=4+\dfrac{2}{3}=\dfrac{14}{3}\), \(y=4-\dfrac{10}{3}=\dfrac{2}{3}\), \(z=\dfrac{14}{3}\). Donc \(\text{L}(\dfrac{14}{3}~;~\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{14}{3})\).
4. La distance de \(\Omega\) au plan est la longueur \(\Omega\text{L}\). On a \(\vec{\Omega\text{L}}(\dfrac{2}{3}~;~-\dfrac{10}{3}~;~\dfrac{2}{3})\), donc :
\[\Omega\text{L}=\sqrt{\dfrac{4}{9}+\dfrac{100}{9}+\dfrac{4}{9}}=\sqrt{\dfrac{108}{9}}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}.\]
Les unités du repère valant 1 cm, la distance de \(\Omega\) au plan (PQR) est \(2\sqrt{3}\ \text{cm}\approx3{,}46\ \text{cm}\).
Exercice 3 :
1. a. Un tirage simultané de deux lettres parmi huit est une combinaison de 2 éléments parmi 8. Le nombre de tirages possibles est \(\dbinom{8}{2}=\dfrac{8\times 7}{2}=28\).
b. Un tirage gagnant associe une voyelle (2 choix) et une consonne (6 choix) : il y en a \(2\times 6=12\). Les 28 tirages étant équiprobables, la probabilité de gagner est \(\dfrac{12}{28}=\dfrac{3}{7}\).
2. a. Si le joueur gagne (probabilité \(\dfrac{3}{7}\)), son gain algébrique vaut \(10-k\) ; s’il perd (probabilité \(\dfrac{4}{7}\)), il vaut \(-k\). La loi de \(G\) est :
| \(g_i\) | \(-k\) | \(10-k\) |
|---|---|---|
| \(P(G=g_i)\) | \(\dfrac{4}{7}\) | \(\dfrac{3}{7}\) |
b. Le jeu est favorable au joueur lorsque son espérance de gain est strictement positive. Or
\[E(G)=-k\times \dfrac{4}{7}+(10-k)\times \dfrac{3}{7}=\dfrac{30-7k}{7}.\]
\(E(G)\gt 0\iff30-7k\gt 0\iff k\lt \dfrac{30}{7}\approx4{,}29\). Comme \(k\) est un entier naturel non nul, la mise maximale pour que le jeu reste favorable est \(k=4\) euros (on a alors \(E(G)=\dfrac{2}{7}\approx0{,}29\) euro).
3. a. Chaque partie est une épreuve de Bernoulli dont le succès « le joueur gagne » a pour probabilité \(\dfrac{3}{7}\). Les lettres étant remises dans le sac, les 10 parties se déroulent dans les mêmes conditions et sont indépendantes. \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=10\) et \(p=\dfrac{3}{7}\).
b. \(P(X=4)=\dbinom{10}{4}(\dfrac{3}{7})^4(\dfrac{4}{7})^6=210\times (\dfrac{3}{7})^4\times (\dfrac{4}{7})^6\approx\) \(0{,}247\).
c. À la calculatrice, \(P(X\leq\,4)\approx0{,}5601\), donc \(P(X\geq\,5)=1-P(X\leq\,4)\approx\) \(0{,}440\).
Interprétation : sur dix joueurs, la probabilité qu’au moins la moitié d’entre eux gagnent est d’environ 0,44, soit un peu moins d’une chance sur deux.
d. La calculatrice donne les probabilités cumulées \(P(X\leq\,5)\approx0{,}782\) et \(P(X\leq\,6)\approx0{,}921\). La première est inférieure à 0,9, la seconde supérieure, et les probabilités cumulées augmentent avec \(n\) : le plus petit entier cherché est \(n=6\).
Exercice A :
Partie I : lectures graphiques
1. Le coefficient directeur de la tangente à la courbe de \(f\) au point d’abscisse 0 est \(f^{\prime}(0)\). On lit sur la courbe de \(f^{\prime}\) qu’elle coupe l’axe des ordonnées à la hauteur du deuxième trait de quadrillage (chaque carreau vaut 0,2) : \(f^{\prime}(0)=0{,}4\).
2. a. Par lecture graphique, \(f^{\prime}\) est décroissante sur \(]-\infty~;~-2]\), croissante sur \([-2~;~1]\) et décroissante sur \([1~;~+\infty[\).
b. Une fonction dérivable est convexe sur un intervalle où sa dérivée est croissante. D’après a, \(f\) est convexe sur \([-2~;~1]\).
Partie II : étude de fonction
1. Notons \(u(x)=x^2+x+\dfrac{5}{2}\). En \(+\infty\), \(\lim\limits_{x\to+\infty}u(x)=+\infty\) (somme de termes qui tendent vers \(+\infty\)). En \(-\infty\), on factorise par le terme de plus haut degré : \(u(x)=x^2(1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{5}{2x^2})\) ; la parenthèse tend vers 1 et \(x^2\) vers \(+\infty\), donc \(\lim\limits_{x\to-\infty}u(x)=+\infty\). Comme \(\lim\limits_{X\to+\infty}\ln X=+\infty\), par composition :
\[\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\quad\text{et}\quad\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=+\infty.\]
2. Le trinôme \(u(x)\) a pour discriminant \(\Delta=1^2-4\times 1\times \dfrac{5}{2}=-9\lt 0\) : il garde le signe de son coefficient dominant, donc \(u(x)\gt 0\) pour tout réel \(x\), ce qui justifie que \(f\) est bien définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\). Avec \((\ln u)^{\prime}=\dfrac{u^{\prime}}{u}\) et \(u^{\prime}(x)=2x+1\) :
\[f^{\prime}(x)=\dfrac{2x+1}{x^2+x+\dfrac{5}{2}}.\]
3. Le dénominateur étant strictement positif, \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(2x+1\) : négatif pour \(x\lt -\dfrac{1}{2}\), nul en \(-\dfrac{1}{2}\), positif ensuite. Le minimum vaut \(f(-\dfrac{1}{2})=\ln(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{5}{2})=\ln\dfrac{9}{4}\approx0{,}81\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-\dfrac{1}{2}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | ||
| variations de \(f\) | \(+\infty\) | \(\searrow\) | \(\ln\dfrac{9}{4}\) | \(\nearrow\) | \(+\infty\) |
4. a. Sur \([-\dfrac{1}{2}~;~+\infty[\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, elle va de \(\ln\dfrac{9}{4}\approx0{,}81\) à \(+\infty\). Comme \(2\in[\ln\dfrac{9}{4}~;~+\infty[\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(f(x)=2\) admet une unique solution \(\alpha\) sur cet intervalle.
b. À la calculatrice : \(f(1{,}7)\approx1{,}96\lt 2\) et \(f(1{,}8)\approx2{,}02\gt 2\), donc \(1{,}7\lt \alpha\lt 1{,}8\) ; plus finement \(f(1{,}75)\approx1{,}990\lt 2\), donc \(1{,}75\lt \alpha\lt 1{,}8\) et \(\alpha\approx1{,}8\) à \(10^{-1}\) près. (On peut aussi résoudre exactement \(x^2+x+\dfrac{5}{2}=\text{e}^2\) : \(\alpha=\dfrac{-1+\sqrt{4\text{e}^2-9}}{2}\approx1{,}767\).)
5. Le dénominateur de \(f^{\prime\prime}(x)\) est un carré non nul, donc strictement positif : \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe du numérateur \(-2x^2-2x+4=-2(x^2+x-2)=-2(x+2)(x-1)\). Ce trinôme, de coefficient dominant \(-2\lt 0\), est négatif à l’extérieur de ses racines \(-2\) et 1 et positif entre elles :
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-2\) | \(1\) | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime\prime}(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) |
\(f^{\prime\prime}\) s’annule en changeant de signe exactement en \(-2\) et en 1 : la courbe de \(f\) possède deux points d’inflexion, d’abscisses \(-2\) et 1 (ce qui confirme la lecture graphique de la partie I).
Exercice B :
Partie I
1. a. Une fonction constante \(y=K\) a une dérivée nulle ; elle est solution si \(0=-0{,}4K+0{,}4\), c’est-à-dire \(K=1\). La fonction constante égale à 1 est une solution particulière.
b. Les solutions de l’équation homogène \(y^{\prime}=-0{,}4y\) sont les fonctions \(t\mapsto C\text{e}^{-0{,}4t}\), \(C\in\mathbb{R}\). Les solutions de l’équation complète s’obtiennent en leur ajoutant la solution particulière : ce sont les fonctions \(t\mapsto C\text{e}^{-0{,}4t}+1\), avec \(C\in\mathbb{R}\).
c. \(g(0)=C\times \text{e}^0+1=C+1=10\), donc \(C=9\) et \(g(t)=1+9\text{e}^{-0{,}4t}\).
Partie II
1. Comme \(\lim\limits_{t\to+\infty}(-0{,}4t)=-\infty\) et \(\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^X=0\), on a \(\lim\limits_{t\to+\infty}9\text{e}^{-0{,}4t}=0\), donc \(\lim\limits_{t\to+\infty}(1+9\text{e}^{-0{,}4t})=1\) et, par quotient, \(\lim\limits_{t\to+\infty}p(t)=1\).
2. \(p=\dfrac{1}{g}\) avec \(g\) dérivable et strictement positive, donc \(p^{\prime}=-\dfrac{g^{\prime}}{g^2}\). Or \(g^{\prime}(t)=9\times (-0{,}4)\text{e}^{-0{,}4t}=-3{,}6\text{e}^{-0{,}4t}\). D’où, pour tout \(t\geq\,0\) :
\[p^{\prime}(t)=-\dfrac{-3{,}6\text{e}^{-0{,}4t}}{(1+9\text{e}^{-0{,}4t})^2}=\dfrac{3{,}6\text{e}^{-0{,}4t}}{(1+9\text{e}^{-0{,}4t})^2}.\]
3. a. D’après la question 2, \(p^{\prime}(t)\gt 0\) (une exponentielle et un carré non nul sont strictement positifs) : \(p\) est continue et strictement croissante sur \([0~;~+\infty[\). De plus \(p(0)=\dfrac{1}{1+9}=0{,}1\) et \(\lim\limits_{t\to+\infty}p(t)=1\). Comme \(\dfrac{1}{2}\in[0{,}1~;~1[\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires montre que l’équation \(p(t)=\dfrac{1}{2}\) a une unique solution \(\alpha\) sur \([0~;~+\infty[\).
b. On peut encadrer à la calculatrice : \(p(5{,}4)\approx0{,}491\) et \(p(5{,}5)\approx0{,}501\). On peut aussi résoudre : \(p(t)=\dfrac{1}{2}\iff1+9\text{e}^{-0{,}4t}=2\iff\text{e}^{-0{,}4t}=\dfrac{1}{9}\iff-0{,}4t=-\ln9\iff t=\dfrac{\ln9}{0{,}4}\approx5{,}49\). Donc \(\alpha\approx5{,}5\) à \(10^{-1}\) près.
Partie III
1. Calculons \(0{,}4p(t)(1-p(t))\). On a \(1-p(t)=\dfrac{1+9\text{e}^{-0{,}4t}-1}{1+9\text{e}^{-0{,}4t}}=\dfrac{9\text{e}^{-0{,}4t}}{1+9\text{e}^{-0{,}4t}}\), donc :
\[0{,}4p(t)(1-p(t))=0{,}4\times \dfrac{1}{1+9\text{e}^{-0{,}4t}}\times \dfrac{9\text{e}^{-0{,}4t}}{1+9\text{e}^{-0{,}4t}}=\dfrac{3{,}6\text{e}^{-0{,}4t}}{(1+9\text{e}^{-0{,}4t})^2}=p^{\prime}(t).\]
De plus \(p(0)=\dfrac{1}{10}\). \(p\) est donc bien solution de \(y^{\prime}=0{,}4y(1-y)\) avec \(y(0)=\dfrac{1}{10}\).
2. On interprète chacune des trois valeurs dans le contexte des écoles :
- \(p(0)=0{,}1\) : en 2020, 10 % des écoles ont accès à internet, ce qui correspond bien à la donnée de l’énoncé.
- \(\alpha\approx5{,}5\) : la moitié des écoles aura accès à internet au bout d’environ 5 ans et demi, c’est-à-dire au cours de l’année 2025.
- \(\lim\limits_{t\to+\infty}p(t)=1\) : à long terme, la quasi-totalité des écoles aura accès à internet (la proportion se rapproche de 100 %).
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