Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Question 1. Un point appartient à \(\mathcal{D}^{\prime}\) s’il existe une même valeur de \(t\) qui donne ses trois coordonnées. On déduit \(t\) de la première équation, puis on contrôle les deux autres.
Pour \(\text{M}_1\) : \(-4 + 3t = -1\) donne \(t = 1\), puis \(y = 3\) (correct) mais \(z = 8 – 6 = 2 \neq -2\). Pour \(\text{M}_2\) : \(-4 + 3t = 11\) donne \(t = 5\), puis \(y = 6 – 15 = -9\) et \(z = 8 – 30 = -22\) : les trois coordonnées concordent. Pour \(\text{M}_3\) : \(t = -1\) donne \(y = 9\) mais \(z = 14 \neq 2\). Pour \(\text{M}_4\) : \(t = \dfrac{2}{3}\) donne \(y = 4 \neq 3\).
Réponse b : \(\text{M}_2(11\,;\,-9\,;\,-22)\) est le point de \(\mathcal{D}^{\prime}\) de paramètre \(t = 5\).
Question 2. Dans une représentation paramétrique, les coefficients de \(t\) donnent un vecteur directeur : ici \((3\,;\,-3\,;\,-6)\), c’est exactement \(\vec{u_3}\). Les autres vecteurs ne lui sont pas colinéaires (par exemple \(\vec{u_2}\) a ses deux premières coordonnées égales, alors que celles de \(\vec{u_3}\) sont opposées).
Réponse c.
Question 3. Un vecteur directeur de \(\mathcal{D}\) est \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}-2\\2\\4\end{pmatrix}\). On remarque que \(\vec{u_3} = -\dfrac{3}{2}\,\vec{\text{AB}}\) : les deux vecteurs sont colinéaires, donc les droites sont parallèles (strictement ou confondues).
Pour trancher, on regarde si le point A appartient à \(\mathcal{D}^{\prime}\) : \(-4 + 3t = 1\) donne \(t = \dfrac{5}{3}\), puis \(y = 6 – 5 = 1\) et \(z = 8 – 10 = -2\). On retrouve bien \(\text{A}(1\,;\,1\,;\,-2)\).
Les deux droites sont parallèles et ont un point commun : elles sont confondues, réponse d.
Question 4. Un vecteur normal au plan \(\mathcal{P}\) est \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\m\\-2\end{pmatrix}\). La droite \(\mathcal{D}\) est parallèle à \(\mathcal{P}\) si et seulement si son vecteur directeur est orthogonal à \(\vec{n}\) :
\[\vec{\text{AB}} \cdot \vec{n} = -2 \times 1 + 2 \times m + 4 \times (-2) = 2m – 10.\]
Ce produit scalaire est nul si et seulement si \(m = 5\). (On peut ajouter que, pour \(m = 5\), le point A vérifie \(1 + 5 + 4 + 8 = 18 \neq 0\) : il n’est pas dans le plan, la droite est donc strictement parallèle à \(\mathcal{P}\).)
Réponse c : \(m = 5\). (Dans le sujet, les deux premières propositions portent toutes deux la lettre a.)
Exercice 2 :
1. a. L’énoncé donne \(P(M) = 0{,}4\), \(P_M(T) = 0{,}9\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}85\). On complète chaque paire de branches issue d’un même nœud pour que la somme vaille 1 : \(P(\overline{M}) = 0{,}6\), \(P_M(\overline{T}) = 0{,}1\) et \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}15\).
b. On cherche la probabilité de l’intersection, obtenue en multipliant les probabilités le long du chemin \(M\) puis \(T\) :
\[P(M \cap T) = P(M) \times P_M(T) = 0{,}4 \times 0{,}9 = 0{,}36.\]
La probabilité que le chat soit malade et testé positif est \(0{,}36\).
c. Les évènements \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(T) = P(M \cap T) + P(\overline{M} \cap T) = 0{,}36 + 0{,}6 \times 0{,}15 = 0{,}36 + 0{,}09 = 0{,}45.\]
On a bien \(P(T) = 0{,}45\).
d. On sait que le test est positif : on calcule une probabilité conditionnelle sachant \(T\).
\[P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}36}{0{,}45} = \dfrac{36}{45} = \dfrac{4}{5} = 0{,}8.\]
Un chat testé positif est porteur de la maladie avec une probabilité de \(0{,}8\).
2. a. Pour chacun des 20 chats, on observe une épreuve à deux issues : « test positif » (succès) de probabilité \(p = 0{,}45\), ou « test négatif ». Le choix étant assimilé à un tirage avec remise, ces 20 épreuves sont identiques et indépendantes. \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 20\) et \(p = 0{,}45\).
b. Avec la formule de la loi binomiale :
\[P(X = 5) = \binom\,{20}{5} \times 0{,}45^5 \times 0{,}55^{15} = 15\,504 \times 0{,}45^5 \times 0{,}55^{15} \approx 0{,}036\,47.\]
Le chiffre des dix-millièmes étant 4, l’arrondi au millième donne \(P(X = 5) \approx 0{,}036\).
c. « Au plus 8 » signifie \(X \leq\, 8\). On utilise la fonction de répartition de la calculatrice (binomFRép ou équivalent) :
\[P(X \leq\, 8) = \sum_{k=0}^{8} \binom\,{20}{k}\, 0{,}45^k\, 0{,}55^{20-k} \approx 0{,}414.\]
La probabilité d’avoir au plus 8 chats positifs est d’environ \(0{,}414\).
d. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 20 \times 0{,}45 = 9\).
\(E(X) = 9\) : si l’on prélevait un très grand nombre d’échantillons de 20 chats, on observerait en moyenne 9 chats testés positifs par échantillon.
3. a. Le raisonnement de la question 2 s’applique avec \(n\) chats : le nombre \(Y\) de chats positifs suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(0{,}45\). L’évènement « au moins un chat positif » est le contraire de « aucun chat positif », c’est-à-dire \(Y = 0\). Or \(P(Y = 0) = \binom\,{n}{0} \times 0{,}45^0 \times 0{,}55^n = 0{,}55^n\) (chacun des \(n\) chats est négatif avec probabilité \(0{,}55\)). Donc :
\[p_n = 1 – P(Y = 0) = 1 – 0{,}55^n.\]
b. Le programme part de \(n = 0\) et \(P = 0\). Tant que \(P\) est strictement inférieur à \(0{,}99\), il augmente \(n\) de 1 et calcule \(P = 1 – 0{,}55^n\), c’est-à-dire \(p_n\). La boucle s’arrête dès que \(p_n \geq\, 0{,}99\). Le programme renvoie donc le plus petit entier \(n\) tel que \(p_n \geq\, 0{,}99\) : la taille minimale de l’échantillon pour laquelle la probabilité d’avoir au moins un chat positif atteint 99 %.
c. On résout l’inéquation \(1 – 0{,}55^n \geq\, 0{,}99\), qui équivaut à \(0{,}55^n \leq\, 0{,}01\). La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\) :
\[n \ln(0{,}55) \leq\, \ln(0{,}01).\]
Comme \(\ln(0{,}55) \lt 0\), on divise en changeant le sens de l’inégalité :
\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}55)} \approx 7{,}70.\]
Le plus petit entier qui convient est 8. Contrôle : \(p_7 = 1 – 0{,}55^7 \approx 0{,}985 \lt 0{,}99\) et \(p_8 = 1 – 0{,}55^8 \approx 0{,}992 \geq\, 0{,}99\). Le programme renvoie 8.
Exercice 3 :
1. Dans la dernière colonne, les valeurs augmentent de 1 à chaque ligne en partant de 4 pour \(n = 0\). On conjecture que, pour tout entier naturel \(n\), \(\dfrac{4}{u_n} = n + 4\).
2. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(u_n \gt 0\) ».
Initialisation. \(u_0 = 1 \gt 0\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(u_n \gt 0\). Alors le numérateur \(4u_n\) est strictement positif, et le dénominateur \(u_n + 4\) est strictement supérieur à 4, donc strictement positif. Un quotient de deux nombres strictement positifs est strictement positif : \(u_{n+1} = \dfrac{4u_n}{u_n + 4} \gt 0\). Ainsi \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; d’après le principe de récurrence, \(u_n \gt 0\) pour tout entier naturel \(n\).
3. On étudie le signe de la différence de deux termes consécutifs. Pour tout entier naturel \(n\), en réduisant au même dénominateur :
\[u_{n+1} – u_n = \dfrac{4u_n}{u_n + 4} – \dfrac{u_n(u_n + 4)}{u_n + 4} = \dfrac{4u_n – u_n^2 – 4u_n}{u_n + 4} = \dfrac{-u_n^2}{u_n + 4}.\]
D’après la question 2, \(u_n \gt 0\), donc \(u_n^2 \gt 0\) et \(u_n + 4 \gt 0\). La différence est donc strictement négative : \(u_{n+1} \lt u_n\) pour tout \(n\). La suite \((u_n)\) est (strictement) décroissante.
4. La suite \((u_n)\) est décroissante (question 3) et minorée par 0 (question 2). D’après le théorème de la convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\) qui vérifie \(\ell \geq\, 0\).
5. La suite \((v_n)\) est bien définie car \(u_n \neq 0\). Pour tout entier naturel \(n\), l’inverse de \(u_{n+1}\) vaut \(\dfrac{u_n + 4}{4u_n}\), donc :
\[v_{n+1} = \dfrac{4}{u_{n+1}} = 4 \times \dfrac{u_n + 4}{4u_n} = \dfrac{u_n + 4}{u_n} = 1 + \dfrac{4}{u_n} = 1 + v_n.\]
On passe d’un terme au suivant en ajoutant toujours 1 : \((v_n)\) est une suite arithmétique de raison \(r = 1\), de premier terme \(v_0 = \dfrac{4}{u_0} = 4\).
Le terme général d’une suite arithmétique est \(v_n = v_0 + nr\), d’où \(v_n = n + 4\) pour tout entier naturel \(n\) : la conjecture de la question 1 est démontrée.
6. De \(v_n = \dfrac{4}{u_n}\) on tire \(u_n = \dfrac{4}{v_n}\), soit, pour tout entier naturel \(n\) :
\[u_n = \dfrac{4}{n + 4}.\]
Quand \(n\) tend vers \(+\infty\), le dénominateur \(n + 4\) tend vers \(+\infty\) tandis que le numérateur reste égal à 4 ; par quotient, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 0\). On retrouve une limite positive ou nulle, conformément à la question 4.
Exercice A :
Partie 1
1. Limite en 0. On a \(\lim\limits_{x \to 0} \ln(x) = -\infty\) et \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{x^2} = +\infty\). Par produit, \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(x)}{x^2} = -\infty\), et en ajoutant 1 : \(\lim\limits_{x \to 0} h(x) = -\infty\).
Limite en \(+\infty\). On écrit \(\dfrac{\ln(x)}{x^2} = \dfrac{\ln(x)}{x} \times \dfrac{1}{x}\). Par croissance comparée, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\), et \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0\). Le produit tend vers 0, donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = 1\) : la droite d’équation \(y = 1\) est asymptote horizontale à la courbe de \(h\) en \(+\infty\).
2. On dérive le quotient \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = \ln(x)\), \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\), \(v(x) = x^2\), \(v^{\prime}(x) = 2x\) :
\[h^{\prime}(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x} \times x^2 – \ln(x) \times 2x}{x^4} = \dfrac{x – 2x\ln(x)}{x^4} = \dfrac{x\,(1 – 2\ln(x))}{x^4} = \dfrac{1 – 2\ln(x)}{x^3}.\]
On obtient bien \(h^{\prime}(x) = \dfrac{1 – 2\ln(x)}{x^3}\) pour tout \(x \gt 0\).
3. Sur \(]0\,;\,+\infty[\), \(x^3 \gt 0\), donc \(h^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – 2\ln(x)\). Or :
\[1 – 2\ln(x) \gt 0 \iff \ln(x) \lt \dfrac{1}{2} \iff x \lt \text{e}^{1/2} = \sqrt{\text{e}}.\]
Donc \(h^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}[\), \(h^{\prime}(\sqrt{\text{e}}) = 0\) et \(h^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]\sqrt{\text{e}}\,;\,+\infty[\). La fonction \(h\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}]\) et strictement décroissante sur \([\sqrt{\text{e}}\,;\,+\infty[\).
Son maximum vaut \(h(\sqrt{\text{e}}) = 1 + \dfrac{1/2}{\text{e}} = 1 + \dfrac{1}{2\text{e}} \approx 1{,}18\).
| \(x\) | \(0\) | \(\sqrt{\text{e}}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(h^{\prime}(x)\) | || | \(+\) | \(0\) | \(-\) | |
| \(h(x)\) | || \(-\infty\) | \(\nearrow\) | \(1 + \dfrac{1}{2\text{e}}\) | \(\searrow\) | \(1\) |
4. Sur \([\sqrt{\text{e}}\,;\,+\infty[\), \(h\) décroît de \(1 + \dfrac{1}{2\text{e}}\) vers sa limite 1 sans l’atteindre : pour tout \(x\) de cet intervalle, \(h(x) \gt 1 \gt 0\). L’équation \(h(x) = 0\) n’y a donc aucune solution.
Sur \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}]\), \(h\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(\lim\limits_{x \to 0} h(x) = -\infty\) et \(h(\sqrt{\text{e}}) \approx 1{,}18 \gt 0\). Comme 0 est compris entre ces deux valeurs, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans cet intervalle.
Au total, l’équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0\,;\,+\infty[\).
Encadrement : \(h(\dfrac{1}{2}) = 1 + \dfrac{\ln(1/2)}{1/4} = 1 – 4\ln(2) \approx -1{,}77 \lt 0\) et \(h(1) = 1 + 0 = 1 \gt 0\). Comme \(\dfrac{1}{2}\) et 1 sont dans \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}]\) (car \(\sqrt{\text{e}} \approx 1{,}65\)) où \(h\) est strictement croissante, on a \(h(\dfrac{1}{2}) \lt h(\alpha) \lt h(1)\) donc \(\dfrac{1}{2} \lt \alpha \lt 1\) (à la calculatrice, \(\alpha \approx 0{,}65\)).
5. Sur \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}]\), \(h\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha\) : \(h(x) \lt 0\) pour \(x \lt \alpha\) et \(h(x) \gt 0\) pour \(\alpha \lt x \leq\, \sqrt{\text{e}}\). Sur \([\sqrt{\text{e}}\,;\,+\infty[\), on a vu que \(h(x) \gt 1 \gt 0\).
Conclusion : \(h(x) \lt 0\) sur \(]0\,;\,\alpha[\), \(h(\alpha) = 0\) et \(h(x) \gt 0\) sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\).
Partie 2
1. Pour tout \(x \gt 0\), en faisant attention au signe devant la parenthèse :
\[f_1(x) – f_2(x) = x – 1 – \dfrac{\ln(x)}{x^2} – x + 2 + \dfrac{2\ln(x)}{x^2} = 1 + \dfrac{2\ln(x) – \ln(x)}{x^2} = 1 + \dfrac{\ln(x)}{x^2}.\]
On retrouve \(f_1(x) – f_2(x) = h(x)\).
2. La position relative de deux courbes se lit sur le signe de la différence \(f_1(x) – f_2(x) = h(x)\), étudié à la question 5 de la Partie 1 :
- sur \(]0\,;\,\alpha[\), \(h(x) \lt 0\), donc \(f_1(x) \lt f_2(x)\) : \(\mathcal{C}_1\) est en dessous de \(\mathcal{C}_2\) ;
- sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\), \(h(x) \gt 0\), donc \(f_1(x) \gt f_2(x)\) : \(\mathcal{C}_1\) est au-dessus de \(\mathcal{C}_2\) ;
- les courbes se coupent exactement aux abscisses où \(h(x) = 0\), c’est-à-dire en \(x = \alpha\) seulement : elles ont donc un unique point d’intersection.
Ordonnée de ce point : on utilise \(h(\alpha) = 0\), c’est-à-dire \(\dfrac{\ln(\alpha)}{\alpha^2} = -1\). Alors :
\[f_1(\alpha) = \alpha – 1 – \dfrac{\ln(\alpha)}{\alpha^2} = \alpha – 1 – (-1) = \alpha.\]
L’unique point d’intersection de \(\mathcal{C}_1\) et \(\mathcal{C}_2\) a pour coordonnées \((\alpha\,;\,\alpha)\) : il est situé sur la droite d’équation \(y = x\).
Exercice B :
Partie 1
1. Le sens de variation de \(f\) est donné par le signe de \(f^{\prime}\), c’est-à-dire par la position de la courbe tracée par rapport à l’axe des abscisses. La courbe est au-dessus de l’axe pour \(x \lt -1\), le coupe en \(x = -1\), puis reste en dessous pour \(x \gt -1\) (elle se rapproche de l’axe sans le rejoindre). On conjecture que \(f\) est croissante sur \(]-\infty\,;\,-1]\) et décroissante sur \([-1\,;\,+\infty[\), avec un maximum en \(x = -1\).
2. La convexité de \(f\) est liée aux variations de \(f^{\prime}\) : \(f\) est convexe là où \(f^{\prime}\) est croissante et concave là où \(f^{\prime}\) est décroissante. La courbe de \(f^{\prime}\) descend jusqu’à son minimum \(-1\) atteint en \(x = 0\), puis remonte. On conjecture que \(f\) est concave sur \(]-\infty\,;\,0]\) et convexe sur \([0\,;\,+\infty[\), avec un point d’inflexion d’abscisse 0.
Partie 2
1. En développant et en utilisant \(\text{e}^{-x} = \dfrac{1}{\text{e}^{x}}\) :
\[f(x) = x\,\text{e}^{-x} + 2\text{e}^{-x} = \dfrac{x}{\text{e}^{x}} + 2\text{e}^{-x}.\]
Par croissance comparée, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^{x}}{x} = +\infty\), donc son inverse vérifie \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\text{e}^{x}} = 0\). Par ailleurs \(\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-x} = 0\). Par somme, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0\).
On en déduit que la droite d’équation \(y = 0\) (l’axe des abscisses) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}\) en \(+\infty\).
2. a. On dérive le produit \(uv\) avec \(u(x) = x + 2\), \(u^{\prime}(x) = 1\), \(v(x) = \text{e}^{-x}\), \(v^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\) :
\[f^{\prime}(x) = 1 \times \text{e}^{-x} + (x + 2) \times (-\text{e}^{-x}) = (1 – x – 2)\,\text{e}^{-x} = (-x – 1)\,\text{e}^{-x}.\]
b. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^{-x} \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(-x – 1\), qui est positif pour \(x \lt -1\), nul en \(-1\) et négatif pour \(x \gt -1\). Ainsi \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty\,;\,-1]\) et strictement décroissante sur \([-1\,;\,+\infty[\), ce qui confirme la conjecture de la Partie 1. Son maximum est \(f(-1) = (-1 + 2)\,\text{e}^{1} = \text{e}\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| \(f(x)\) | \(-\infty\) | \(\nearrow\) | \(\text{e}\) | \(\searrow\) | \(0\) |
c. Sur \([-2\,;\,-1]\), la fonction \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante. De plus \(f(-2) = 0 \times \text{e}^{2} = 0 \lt 2\) et \(f(-1) = \text{e} \approx 2{,}718 \gt 2\). Puisque 2 est compris entre \(f(-2)\) et \(f(-1)\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires garantit que l’équation \(f(x) = 2\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([-2\,;\,-1]\).
Par balayage à la calculatrice : \(f(-1{,}6) \approx 1{,}981 \lt 2\) et \(f(-1{,}5) \approx 2{,}241 \gt 2\), donc \(-1{,}6 \lt \alpha \lt -1{,}5\). En affinant, \(f(-1{,}60) \approx 1{,}981\) et \(f(-1{,}59) \approx 2{,}01\), d’où \(\alpha \approx -1{,}594\) : au dixième près, \(\alpha \approx -1{,}6\).
3. On dérive \(f^{\prime}(x) = (-x – 1)\,\text{e}^{-x}\) comme un produit, avec \(u(x) = -x – 1\), \(u^{\prime}(x) = -1\) :
\[f^{\prime\prime}(x) = -1 \times \text{e}^{-x} + (-x – 1) \times (-\text{e}^{-x}) = (-1 + x + 1)\,\text{e}^{-x} = x\,\text{e}^{-x}.\]
Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(x\) :
- sur \(]-\infty\,;\,0]\), \(f^{\prime\prime}(x) \leq\, 0\) : \(f\) est concave ;
- sur \([0\,;\,+\infty[\), \(f^{\prime\prime}(x) \geq\, 0\) : \(f\) est convexe.
En \(x = 0\), la dérivée seconde s’annule en changeant de signe : la courbe change de convexité. Le point \(\text{A}(0\,;\,f(0)) = \text{A}(0\,;\,2)\) est donc le point d’inflexion de la courbe \(\mathcal{C}\) : en ce point, la courbe traverse sa tangente, d’équation \(y = -x + 2\) (car \(f^{\prime}(0) = -1\)). Ces résultats confirment la conjecture de la Partie 1.
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