Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Réponse C.
La fonction \(f\) est le produit de \(u(x) = x^2 – 2x – 1\) et de \(v(x) = \text{e}^x\). Avec \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) :
\[f^{\prime}(x) = (2x – 2)\text{e}^x + (x^2 – 2x – 1)\text{e}^x = (x^2 – 3)\text{e}^x.\]
L’affirmation A oublie le terme \(uv^{\prime}\) : elle est fausse. Comme \(\text{e}^x \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(x^2 – 3\), qui est négatif seulement entre \(-\sqrt{3}\) et \(\sqrt{3}\) : \(f\) est croissante sur \(]-\infty~;~-\sqrt{3}]\), donc B est fausse.
Pour la limite, on développe : \(f(x) = x^2\text{e}^x – 2x\text{e}^x – \text{e}^x\). Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} x^2\text{e}^x = 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} x\text{e}^x = 0\) ; de plus \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \text{e}^x = 0\). Par somme, \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0\) : c’est la réponse C.
2. Réponse C.
Le dénominateur \(5 + \text{e}^x\) est strictement positif, donc \(f\) est définie sur tout \(\mathbb{R}\) : pas d’asymptote verticale possible.
En \(-\infty\) : \(\text{e}^x\) tend vers 0, donc \(f(x)\) tend vers \(\dfrac{3}{5}\) ; la droite d’équation \(y = \dfrac{3}{5}\) est asymptote horizontale.
En \(+\infty\) : \(5 + \text{e}^x\) tend vers \(+\infty\), donc \(f(x)\) tend vers 0 ; l’axe des abscisses \(y = 0\) est asymptote horizontale.
La courbe admet donc deux asymptotes horizontales.
3. Réponse B.
On lit le signe de \(f^{\prime\prime}\) sur le graphique : \(f^{\prime\prime}(x) \lt 0\) sur \([-3{,}5~;~-3[\), \(f^{\prime\prime}(x) \gt 0\) sur \(]-3~;~2[\), \(f^{\prime\prime}(x) \lt 0\) sur \(]2~;~5[\) et \(f^{\prime\prime}(x) \gt 0\) sur \(]5~;~6]\).
A est fausse : \(f^{\prime\prime}\) est négative sur \(]2~;~3]\), donc \(f\) y est concave et n’est pas convexe sur \([-3~;~3]\).
C est fausse : sur \([0~;~2]\), \(f^{\prime\prime} = (f^{\prime})^{\prime}\) est positive, donc \(f^{\prime}\) est croissante et non décroissante.
B est vraie : \(f^{\prime\prime}\) s’annule en changeant de signe en \(-3\), en 2 et en 5, donc la courbe de \(f\) possède trois points d’inflexion.
4. Réponse A.
On met le trinôme sous forme canonique : \(u_n = (n – \dfrac{17}{2})^2 – \dfrac{209}{4}\). Un carré étant positif, \(u_n \geq\, -\dfrac{209}{4}\) pour tout \(n\) : la suite est minorée. On peut même préciser que le plus petit terme est \(u_8 = u_9 = -52\).
B est fausse : \(u_{10} = -50 \gt u_9 = -52\), la suite finit par croître. C est fausse : l’équation \(n^2 – 17n + 20 = 2021\), soit \(n^2 – 17n – 2001 = 0\), a pour discriminant \(289 + 8004 = 8293\), qui n’est pas un carré parfait (\(91^2 = 8281\) et \(92^2 = 8464\)), donc elle n’a pas de solution entière.
5. Question sans bonne réponse (coquille du sujet).
Le fonctionnement d’une boucle « tant que » de ce type est bien connu : on calcule les termes successifs tant que \(u \lt 45\) et, à la sortie, \(n\) est le premier rang pour lequel \(u_n \geq\, 45\). C’est le schéma décrit par la réponse A, qui était visiblement la réponse attendue.
Mais avec cette suite, la boucle ne s’arrête jamais. Montrons par récurrence que \(u_n \leq\, 20\) pour tout \(n\). C’est vrai pour \(n = 0\) puisque \(u_0 = 2\). Si \(u_n \leq\, 20\), alors \(0{,}75u_n \leq\, 15\) et \(u_{n+1} = 0{,}75u_n + 5 \leq\, 20\). La propriété est donc vraie pour tout \(n\) : la suite ne dépasse jamais 20 (elle converge vers 20, point fixe de \(x \mapsto 0{,}75x + 5\)).
La condition \(u \lt 45\) reste toujours vraie, la fonction tourne indéfiniment et ne renvoie rien : aucune des trois affirmations n’est exacte telle que le sujet est écrit. Sur la copie, on pouvait répondre A en signalant ce problème.
Exercice 2 :
1. Coordonnées de \(\vec{\text{AK}}\) et \(\vec{\text{AL}}\)
Dans le repère \((\text{A}~;~\vec{\text{AB}},~\vec{\text{AD}},~\vec{\text{AI}})\), on a A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0) et C(1 ; 1 ; 0) puisque \(\vec{\text{AC}} = \vec{\text{AB}} + \vec{\text{AD}}\). Ce repère est bien orthonormé car AB = AD = 1 et AI = \(\dfrac{\text{AE}}{2}\) = 1.
K est le milieu de [DC] : \(\text{K}(\dfrac{0 + 1}{2}~;~\dfrac{1 + 1}{2}~;~0)\), soit \(\text{K}(\dfrac{1}{2}~;~1~;~0)\). Comme A est l’origine :
\[\vec{\text{AK}}(\dfrac{1}{2}~;~1~;~0) \qquad \text{et} \qquad \vec{\text{AL}}(0~;~1~;~\dfrac{3}{2}).\]
2. a. Vecteur normal au plan (AKL)
Les vecteurs \(\vec{\text{AK}}\) et \(\vec{\text{AL}}\) ne sont pas colinéaires (la troisième coordonnée du premier est nulle, pas celle du second, alors que leurs deuxièmes coordonnées sont égales) : ils dirigent le plan (AKL). Calculons les produits scalaires :
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AK}} = 6 \times \dfrac{1}{2} + (-3) \times 1 + 2 \times 0 = 3 – 3 = 0,\]
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AL}} = 6 \times 0 + (-3) \times 1 + 2 \times \dfrac{3}{2} = -3 + 3 = 0.\]
Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (AKL) : c’est donc un vecteur normal au plan (AKL).
2. b. Équation cartésienne
Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(6~;~-3~;~2)\) a une équation de la forme \(6x – 3y + 2z + d = 0\). Le point A(0 ; 0 ; 0) lui appartient, donc \(d = 0\). Une équation du plan est : \(6x – 3y + 2z = 0\).
2. c. Représentation paramétrique de \(\Delta\)
La droite \(\Delta\) est perpendiculaire au plan (AKL) : elle est dirigée par son vecteur normal \(\vec{n}\). Elle passe par D(0 ; 1 ; 0). Un point \(M(x~;~y~;~z)\) appartient à \(\Delta\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{D}M} = t\,\vec{n}\), ce qui donne :
\[\Delta : \{\begin{array}{l} x = 6t \\ y = 1 – 3t \\ z = 2t \end{array}. \qquad t \in \mathbb{R}.\]
2. d. Le point N
Le projeté orthogonal de D sur le plan (AKL) est le point d’intersection de ce plan avec la droite \(\Delta\), perpendiculaire au plan et passant par D. On injecte la représentation paramétrique dans l’équation du plan :
\[6(6t) – 3(1 – 3t) + 2(2t) = 0 \iff 36t – 3 + 9t + 4t = 0 \iff 49t = 3 \iff t = \dfrac{3}{49}.\]
Pour cette valeur de \(t\) : \(x = \dfrac{18}{49}\), \(y = 1 – \dfrac{9}{49} = \dfrac{40}{49}\) et \(z = \dfrac{6}{49}\). On retrouve bien \(\text{N}(\dfrac{18}{49}~;~\dfrac{40}{49}~;~\dfrac{6}{49})\), projeté orthogonal de D sur (AKL).
3. a. Volume du tétraèdre ADKL
La base ADK est un triangle rectangle en D (la face ABCD est un carré), avec AD = 1 et DK = \(\dfrac{1}{2}\) (K milieu de [DC] et DC = 1). Son aire vaut \(\dfrac{1 \times \frac{1}{2}}{2} = \dfrac{1}{4}\).
La hauteur associée est la distance de L au plan (ABD), c’est-à-dire DL : en effet L est sur l’arête [DH], perpendiculaire à la face ABCD, et \(\text{DL} = \dfrac{3}{2}\text{AI} = \dfrac{3}{2}\). Donc :
\[\mathcal{V} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{2} = \dfrac{1}{8}.\]
Le volume du tétraèdre ADKL est \(\dfrac{1}{8}\) unité de volume.
3. b. Distance de D au plan (AKL)
Cette distance est la longueur DN, puisque N est le projeté orthogonal de D sur ce plan. On a \(\vec{\text{DN}} = \dfrac{3}{49}\,\vec{n}\) (valeur de \(t\) trouvée en 2. d.), donc :
\[\text{DN} = \dfrac{3}{49} \times \|\vec{n}\| = \dfrac{3}{49} \times \sqrt{36 + 9 + 4} = \dfrac{3}{49} \times 7 = \dfrac{3}{7}.\]
La distance de D au plan (AKL) est \(\dfrac{3}{7}\).
3. c. Aire du triangle AKL
On calcule le même volume en prenant cette fois AKL comme base : la hauteur issue de D est alors DN. Ainsi \(\dfrac{1}{8} = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{\text{AKL}} \times \dfrac{3}{7} = \dfrac{\mathcal{A}_{\text{AKL}}}{7}\), d’où \(\mathcal{A}_{\text{AKL}} = \dfrac{7}{8}\) unité d’aire.
Exercice 3 :
1. Nombre de positions
Placer trois cœurs revient à choisir 3 cases parmi les 9 de la grille, sans ordre (les cœurs sont identiques) et sans répétition. Le nombre de choix est :
\[\binom\,{9}{3} = \dfrac{9 \times 8 \times 7}{3 \times 2 \times 1} = \dfrac{504}{6} = 84.\]
Il y a bien 84 façons de positionner les trois cœurs.
2. Probabilité de gagner
Les 84 grilles sont équiprobables puisque les cœurs sont placés au hasard. Les grilles gagnantes sont celles où les cœurs occupent une ligne complète (3 possibilités), une colonne complète (3 possibilités) ou une diagonale (2 possibilités) : 8 grilles gagnantes. Donc :
\[P(\text{gagnant}) = \dfrac{8}{84} = \dfrac{2}{21}.\]
3. Le jeu est-il favorable ?
Notons \(G\) le gain algébrique du joueur pour un ticket. S’il gagne, il a payé 1 € et reçu 5 € : \(G = 4\). Sinon, \(G = -1\). Donc \(P(G = 4) = \dfrac{2}{21}\) et \(P(G = -1) = \dfrac{19}{21}\).
\[E(G) = 4 \times \dfrac{2}{21} + (-1) \times \dfrac{19}{21} = \dfrac{8 – 19}{21} = -\dfrac{11}{21} \approx -0{,}52.\]
L’espérance est négative : sur un grand nombre de tickets, le joueur perd en moyenne environ 52 centimes par ticket. Le jeu n’est pas favorable au joueur.
4. a. Loi de \(X\)
Chaque génération de ticket est une épreuve de Bernoulli dont le succès « le ticket est gagnant » a pour probabilité \(p = \dfrac{2}{21}\). On répète 20 fois cette épreuve de manière indépendante et \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 20\) et \(p = \dfrac{2}{21}\).
4. b. Calcul de \(P(X = 5)\)
\[P(X = 5) = \binom\,{20}{5}(\dfrac{2}{21})^5(\dfrac{19}{21})^{15} = 15504 \times (\dfrac{2}{21})^5(\dfrac{19}{21})^{15} \approx 0{,}0271.\]
Arrondie à \(10^{-3}\) : \(P(X = 5) \approx 0{,}027\).
4. c. Calcul de \(P(X \geq\, 1)\)
On passe par l’évènement contraire \((X = 0)\) : aucun ticket gagnant.
\[P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – (\dfrac{19}{21})^{20} \approx 1 – 0{,}1351 \approx 0{,}865.\]
\(P(X \geq\, 1) \approx 0{,}865\) : un joueur qui génère 20 tickets a environ 86,5 % de chances d’obtenir au moins un ticket gagnant.
Exercice A :
Partie I : modèle discret
1. Calcul de \(u_1\)
Avec \(n = 0\) : \(u_1 = u_0 + 0{,}05(20 – u_0) = 1 + 0{,}05 \times 19 = 1 + 0{,}95 = 1{,}95\). On a bien \(u_1 = 1{,}95\).
2. a. Nouvelle forme de la relation de récurrence
Pour tout entier naturel \(n\), on développe : \(u_{n+1} = u_n + 0{,}05 \times 20 – 0{,}05u_n = (1 – 0{,}05)u_n + 1\), soit \(u_{n+1} = 0{,}95u_n + 1\).
2. b. La suite \((v_n)\) est géométrique
Pour tout entier naturel \(n\) :
\[v_{n+1} = 20 – u_{n+1} = 20 – 0{,}95u_n – 1 = 19 – 0{,}95u_n.\]
On remarque que \(19 = 0{,}95 \times 20\), d’où \(v_{n+1} = 0{,}95 \times 20 – 0{,}95u_n = 0{,}95(20 – u_n) = 0{,}95\,v_n\).
La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(q = 0{,}95\) et de premier terme \(v_0 = 20 – u_0 = 19\).
2. c. Expression de \(u_n\)
Pour une suite géométrique, \(v_n = v_0 \times q^n\), donc \(v_n = 19 \times 0{,}95^n\). Comme \(u_n = 20 – v_n\), on obtient pour tout \(n\) : \(u_n = 20 – 19 \times 0{,}95^n\).
3. Limite de \((u_n)\)
Puisque \(0 \lt 0{,}95 \lt 1\), \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 0{,}95^n = 0\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 19 \times 0{,}95^n = 0\) et, par différence, \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 20\). La taille du bambou se rapproche de sa taille maximale de 20 mètres.
Partie II : modèle continu
1. \(L\) est solution de \((E)\)
La fonction \(t \mapsto \text{e}^{-0{,}05t}\) a pour dérivée \(t \mapsto -0{,}05\,\text{e}^{-0{,}05t}\). Donc :
\[L^{\prime}(t) = -19 \times (-0{,}05)\text{e}^{-0{,}05t} = 0{,}95\,\text{e}^{-0{,}05t}.\]
D’autre part : \(0{,}05(20 – L(t)) = 0{,}05 \times 19\,\text{e}^{-0{,}05t} = 0{,}95\,\text{e}^{-0{,}05t}\).
Les deux expressions sont égales pour tout \(t \geq\, 0\) : \(L\) est solution de \((E)\). Enfin \(L(0) = 20 – 19\,\text{e}^{0} = 20 – 19 = 1\).
2. a. Comparaison de \(L^{\prime}(0)\) et \(L^{\prime}(5)\)
\(L^{\prime}(0) = 0{,}95\,\text{e}^{0} = 0{,}95\) et \(L^{\prime}(5) = 0{,}95\,\text{e}^{-0{,}25} \approx 0{,}74\).
Comme \(\text{e}^{-0{,}25} \lt 1\), on a \(L^{\prime}(5) \lt L^{\prime}(0)\) : la vitesse de croissance du bambou est plus faible au bout de 5 jours qu’au départ (environ 0,74 m par jour contre 0,95 m par jour).
2. b. Limite de \(L^{\prime}\) en \(+\infty\)
Quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(-0{,}05t\) tend vers \(-\infty\), donc \(\text{e}^{-0{,}05t}\) tend vers 0. Ainsi \(\displaystyle\lim_{t \to +\infty} L^{\prime}(t) = 0\).
Ce résultat est cohérent avec le modèle : la vitesse de croissance est proportionnelle à l’écart \(20 – L(t)\) entre la taille et la taille maximale. Quand le bambou approche de 20 mètres (puisque \(L(t)\) tend vers 20), cet écart tend vers 0, et la vitesse de croissance aussi : le bambou pousse de moins en moins vite.
Exercice B :
Partie I
1. Formule de la cellule B3
Chaque terme s’obtient en appliquant \(f\) au terme précédent, situé dans la cellule du dessus. On saisit en B3 : =B2-LN(B2-1), puis on recopie vers le bas.
2. Conjecture
Les valeurs affichées diminuent à chaque ligne et se rapprochent de 2 : on conjecture que la suite \((u_n)\) est décroissante et qu’elle converge vers 2.
Partie II
1. Limite de \(f\) en 1
Quand \(x\) tend vers 1 par valeurs supérieures, \(x – 1\) tend vers 0 par valeurs positives, donc \(\ln(x – 1)\) tend vers \(-\infty\) et \(-\ln(x – 1)\) tend vers \(+\infty\). Comme \(x\) tend vers 1, par somme : \(\displaystyle\lim_{x \to 1} f(x) = +\infty\). La droite d’équation \(x = 1\) est asymptote verticale à la courbe de \(f\).
2. a. Calcul de \(f^{\prime}(x)\)
La dérivée de \(\ln(u)\) est \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\) ; ici \(u(x) = x – 1\), \(u^{\prime}(x) = 1\). Pour tout \(x \gt 1\) :
\[f^{\prime}(x) = 1 – \dfrac{1}{x – 1} = \dfrac{x – 1 – 1}{x – 1} = \dfrac{x – 2}{x – 1}.\]
2. b. Tableau de variations
Sur \(]1~;~+\infty[\), le dénominateur \(x – 1\) est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(x – 2\) : négatif sur \(]1~;~2[\), nul en 2, positif sur \(]2~;~+\infty[\). On calcule \(f(2) = 2 – \ln 1 = 2\).
| \(x\) | 1 | 2 | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | || | \(-\) | 0 | \(+\) | |
| variations de \(f\) | || \(+\infty\) | ↘ | 2 | ↗ | \(+\infty\) |
\(f\) est strictement décroissante sur \(]1~;~2]\), strictement croissante sur \([2~;~+\infty[\), avec un minimum égal à 2 atteint en \(x = 2\).
2. c. Minoration de \(f\)
D’après le tableau, 2 est le minimum de \(f\) sur tout l’intervalle \(]1~;~+\infty[\). A fortiori, pour tout \(x \geq\, 2\), \(f(x) \geq\, 2\). (On peut aussi dire : \(f\) est croissante sur \([2~;~+\infty[\), donc \(x \geq\, 2\) entraîne \(f(x) \geq\, f(2) = 2\).)
Partie III
1. Récurrence
Notons \(P(n)\) la propriété « \(u_n \geq\, 2\) ».
Initialisation : \(u_0 = 10 \geq\, 2\), donc \(P(0)\) est vraie.
Hérédité : supposons \(P(n)\) vraie pour un entier \(n\), c’est-à-dire \(u_n \geq\, 2\). D’après la question II. 2. c., appliquée à \(x = u_n\), on a \(f(u_n) \geq\, 2\), c’est-à-dire \(u_{n+1} \geq\, 2\) : \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion : par récurrence, \(u_n \geq\, 2\) pour tout entier naturel \(n\).
2. Sens de variation
Pour tout \(n\) : \(u_{n+1} – u_n = u_n – \ln(u_n – 1) – u_n = -\ln(u_n – 1)\).
Comme \(u_n \geq\, 2\), on a \(u_n – 1 \geq\, 1\), donc \(\ln(u_n – 1) \geq\, \ln 1 = 0\) (croissance de \(\ln\)). Ainsi \(u_{n+1} – u_n \leq\, 0\) : la suite \((u_n)\) est décroissante.
3. Convergence
La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par 2. D’après le théorème de convergence monotone, elle converge vers une limite \(\ell\), et \(\ell \geq\, 2\).
4. Valeur de \(\ell\)
\(f(\ell) = \ell \iff \ell – \ln(\ell – 1) = \ell \iff \ln(\ell – 1) = 0 \iff \ell – 1 = 1 \iff \ell = 2\).
La suite converge vers \(\ell = 2\), ce qui confirme la conjecture de la partie I.
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