Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A : Étude du premier protocole
1. a. La fonction \(f\) est le produit de \(u(t)=3t\), de dérivée \(u^{\prime}(t)=3\), et de \(v(t)=\text{e}^{-0{,}5t+1}\). Comme la dérivée de \(\text{e}^{w}\) est \(w^{\prime}\text{e}^{w}\), avec \(w(t)=-0{,}5t+1\) et \(w^{\prime}(t)=-0{,}5\), on obtient \(v^{\prime}(t)=-0{,}5\,\text{e}^{-0{,}5t+1}\). Avec \((uv)^{\prime}=u^{\prime}v+uv^{\prime}\) :
\[f^{\prime}(t)=3\text{e}^{-0{,}5t+1}+3t\times (-0{,}5\,\text{e}^{-0{,}5t+1})=3\text{e}^{-0{,}5t+1}(1-0{,}5t)=3(-0{,}5t+1)\text{e}^{-0{,}5t+1}.\]
b. Une exponentielle est strictement positive et 3 est positif, donc \(f^{\prime}(t)\) est du signe de \(-0{,}5t+1\). Or \(-0{,}5t+1\geq\, 0\iff t\leq\, 2\). Ainsi \(f^{\prime}\) est positive sur \([0\,;\,2]\), nulle en 2 et négative sur \([2\,;\,10]\). On calcule les valeurs utiles : \(f(0)=0\), \(f(2)=6\text{e}^{0}=6\) et \(f(10)=30\text{e}^{-4}\approx 0{,}55\).
| \(t\) | 0 | 2 | 10 | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(t)\) | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | 0 | croissante ↗ | 6 | décroissante ↘ | \(30\text{e}^{-4}\) |
c. D’après le tableau, \(f\) atteint son maximum en \(t=2\), et ce maximum vaut \(f(2)=6\). La quantité de médicament est maximale 2 heures après la prise du comprimé, et elle vaut alors 6 mg.
2. a. Sur \([0\,;\,2]\), la fonction \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante ; elle prend donc chaque valeur comprise entre \(f(0)=0\) et \(f(2)=6\) exactement une fois. Comme \(0\leq\, 5\leq\, 6\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(f(t)=5\) possède une unique solution \(\alpha\) dans \([0\,;\,2]\).
Pour l’approcher, on procède par balayage à la calculatrice : \(f(1{,}02)\approx 4{,}995\lt 5\) et \(f(1{,}03)\approx 5{,}019\gt 5\), donc \(1{,}02\lt\alpha\lt 1{,}03\), et plus précisément \(\alpha\approx 1{,}0221\). On retient \(\alpha\approx 1{,}02\).
b. D’après les variations de \(f\), on a \(f(t)\geq\, 5\) exactement lorsque \(t\in[\alpha\,;\,\beta]\) : avant \(\alpha\) la quantité n’a pas encore atteint 5 mg, après \(\beta\) elle est repassée en dessous. La durée d’efficacité est donc \(\beta-\alpha\approx 3{,}46-1{,}02=2{,}44\) heures. En minutes : \(2{,}44\times 60=146{,}4\). Le traitement est efficace pendant environ 146 minutes, soit 2 h 26 min. (Avec des valeurs plus précises, \(\beta-\alpha\approx 3{,}4621-1{,}0221=2{,}4400\) h, on retrouve bien 146 minutes.)
Partie B : Étude du deuxième protocole
1. Une heure après l’injection initiale, il reste 70 % des 2 mg, puis on ajoute 1,8 mg :
\[u_1=0{,}7\times 2+1{,}8=1{,}4+1{,}8=3{,}2.\]
Juste après l’injection de la première heure, le sang contient 3,2 mg de médicament.
2. Juste après l’injection de la \(n\)-ième heure, il y a \(u_n\) mg dans le sang. Pendant l’heure qui suit, cette quantité baisse de 30 % : diminuer de 30 %, c’est multiplier par \(1-0{,}30=0{,}7\), il reste donc \(0{,}7u_n\) mg. On injecte alors une nouvelle dose de 1,8 mg. Ainsi, pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1}=0{,}7u_n+1{,}8\).
3. a. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}(n)\) : « \(u_n\leq\, u_{n+1}\lt 6\) ».
Initialisation. \(u_0=2\) et \(u_1=3{,}2\), donc \(u_0\leq\, u_1\lt 6\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(u_n\leq\, u_{n+1}\lt 6\). En multipliant par \(0{,}7\), qui est positif, l’ordre est conservé : \(0{,}7u_n\leq\, 0{,}7u_{n+1}\lt 4{,}2\). En ajoutant 1,8 à chaque membre : \(0{,}7u_n+1{,}8\leq\, 0{,}7u_{n+1}+1{,}8\lt 6\), c’est-à-dire \(u_{n+1}\leq\, u_{n+2}\lt 6\). Donc \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire : pour tout entier naturel \(n\), \(u_n\leq\, u_{n+1}\lt 6\).
b. L’inégalité \(u_n\leq\, u_{n+1}\) pour tout \(n\) signifie que \((u_n)\) est croissante, et \(u_{n+1}\lt 6\) (avec \(u_0=2\lt 6\)) qu’elle est majorée par 6. Toute suite croissante et majorée converge (théorème de convergence monotone) : la suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\).
c. La fonction \(x\mapsto 0{,}7x+1{,}8\) est continue sur \(\mathbb{R}\). En passant à la limite dans \(u_{n+1}=0{,}7u_n+1{,}8\), on obtient \(\ell=0{,}7\ell+1{,}8\), soit \(0{,}3\ell=1{,}8\), d’où \(\ell=6\). Interprétation : au fil des heures, la quantité de médicament présente juste après chaque injection se rapproche de 6 mg, sans jamais atteindre cette valeur.
4. a. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[v_{n+1}=6-u_{n+1}=6-0{,}7u_n-1{,}8=4{,}2-0{,}7u_n=0{,}7(6-u_n)=0{,}7v_n.\]
La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(0{,}7\), de premier terme \(v_0=6-u_0=6-2=4\).
b. Pour une suite géométrique, \(v_n=v_0\times q^n\), donc \(v_n=4\times 0{,}7^n\). Comme \(u_n=6-v_n\), on obtient \(u_n=6-4\times 0{,}7^n\).
c. On cherche les entiers \(n\) tels que \(u_n\geq\, 5{,}5\) :
\[6-4\times 0{,}7^n\geq\, 5{,}5\iff 4\times 0{,}7^n\leq\, 0{,}5\iff 0{,}7^n\leq\, 0{,}125.\]
La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), donc cette inégalité équivaut à \(n\ln(0{,}7)\leq\,\ln(0{,}125)\). Comme \(\ln(0{,}7)\lt 0\), on divise en changeant le sens :
\[n\geq\,\dfrac{\ln(0{,}125)}{\ln(0{,}7)}\approx 5{,}83.\]
Le plus petit entier convenable est \(n=6\) : on vérifie que \(u_5=6-4\times 0{,}7^5\approx 5{,}33\lt 5{,}5\) et \(u_6=6-4\times 0{,}7^6\approx 5{,}53\geq\, 5{,}5\). Le seuil est donc atteint juste après l’injection de la 6e heure. Les injections ont eu lieu aux heures 0, 1, 2, 3, 4, 5 et 6 : on a réalisé 7 injections (l’injection initiale de 2 mg puis 6 injections de 1,8 mg).
Exercice 2 :
1. a. Dans la représentation paramétrique, les coefficients de \(t\) donnent un vecteur directeur : \(\vec{u}(2\,;\,-1\,;\,2)\).
b. On cherche un réel \(t\) donnant les coordonnées de B. La première équation \(1+2t=-1\) donne \(t=-1\). Pour \(t=-1\) : \(y=2-(-1)=3\) et \(z=2+2\times (-1)=0\). On retrouve bien \((-1\,;\,3\,;\,0)\) : B appartient à \(\mathcal{D}\) (paramètre \(t=-1\)).
c. \(\vec{\text{AB}}\) a pour coordonnées \((-1-(-1)\,;\,3-1\,;\,0-3)=(0\,;\,2\,;\,-3)\). Dans un repère orthonormé :
\[\vec{\text{AB}}\cdot\vec{u}=0\times 2+2\times (-1)+(-3)\times 2=0-2-6=-8.\]
Donc \(\vec{\text{AB}}\cdot\vec{u}=-8\).
2. a. Le plan \(\mathcal{P}\) est orthogonal à \(\mathcal{D}\), donc le vecteur directeur \(\vec{u}(2\,;\,-1\,;\,2)\) de \(\mathcal{D}\) est normal à \(\mathcal{P}\). Une équation de \(\mathcal{P}\) est donc de la forme \(2x-y+2z+d=0\). Comme A\((-1\,;\,1\,;\,3)\) appartient à \(\mathcal{P}\) : \(2\times (-1)-1+2\times 3+d=0\), soit \(3+d=0\) et \(d=-3\). Le plan \(\mathcal{P}\) a bien pour équation \(2x-y+2z-3=0\).
b. H est le point commun à \(\mathcal{D}\) et \(\mathcal{P}\). On injecte la représentation paramétrique de \(\mathcal{D}\) dans l’équation de \(\mathcal{P}\) :
\[2(1+2t)-(2-t)+2(2+2t)-3=0\iff 2+4t-2+t+4+4t-3=0\iff 9t+1=0\iff t=-\dfrac{1}{9}.\]
On remplace : \(x=1-\dfrac{2}{9}=\dfrac{7}{9}\), \(y=2+\dfrac{1}{9}=\dfrac{19}{9}\), \(z=2-\dfrac{2}{9}=\dfrac{16}{9}\). Donc H\((\dfrac{7}{9}\,;\,\dfrac{19}{9}\,;\,\dfrac{16}{9})\).
c. \(\vec{\text{AH}}(\dfrac{7}{9}+1\,;\,\dfrac{19}{9}-1\,;\,\dfrac{16}{9}-3)=(\dfrac{16}{9}\,;\,\dfrac{10}{9}\,;\,-\dfrac{11}{9})\), d’où :
\[\text{AH}=\sqrt{\dfrac{256+100+121}{81}}=\dfrac{\sqrt{477}}{9}=\dfrac{\sqrt{9\times 53}}{9}=\dfrac{3\sqrt{53}}{9}=\dfrac{\sqrt{53}}{3}.\]
Ainsi \(\text{AH}=\dfrac{\sqrt{53}}{3}\) (environ 2,43).
3. a. Les points H et B sont tous deux sur la droite \(\mathcal{D}\), donc \(\vec{\text{HB}}\) est soit nul, soit un vecteur directeur de \(\mathcal{D}\). Dans les deux cas il est colinéaire à \(\vec{u}\), qui est non nul : il existe un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{HB}}=k\vec{u}\).
b. Avec la relation de Chasles, \(\vec{\text{AB}}=\vec{\text{AH}}+\vec{\text{HB}}\), donc par bilinéarité du produit scalaire :
\[\vec{\text{AB}}\cdot\vec{u}=\vec{\text{AH}}\cdot\vec{u}+\vec{\text{HB}}\cdot\vec{u}=\vec{\text{AH}}\cdot\vec{u}+k\,\vec{u}\cdot\vec{u}.\]
Or A et H sont dans le plan \(\mathcal{P}\), orthogonal à \(\vec{u}\) : \(\vec{\text{AH}}\cdot\vec{u}=0\). Il reste \(\vec{\text{AB}}\cdot\vec{u}=k\|\vec{u}\|^2\), et comme \(\vec{u}\) n’est pas nul, \(k=\dfrac{\vec{\text{AB}}\cdot\vec{u}}{\|\vec{u}\|^2}\).
c. \(\|\vec{u}\|^2=2^2+(-1)^2+2^2=9\) et \(\vec{\text{AB}}\cdot\vec{u}=-8\), donc \(k=-\dfrac{8}{9}\). De \(\vec{\text{HB}}=k\vec{u}\) on tire \(\vec{\text{BH}}=-k\vec{u}=\dfrac{8}{9}\vec{u}\), donc :
\[x_H=-1+\dfrac{8}{9}\times 2=\dfrac{7}{9},\qquad y_H=3+\dfrac{8}{9}\times (-1)=\dfrac{19}{9},\qquad z_H=0+\dfrac{8}{9}\times 2=\dfrac{16}{9}.\]
On retrouve H\((\dfrac{7}{9}\,;\,\dfrac{19}{9}\,;\,\dfrac{16}{9})\).
4. Les points A, C et H sont tous dans le plan \(\mathcal{P}\) ; on choisit le triangle ACH comme base du tétraèdre ABCH. La droite (BH) est la droite \(\mathcal{D}\), orthogonale à \(\mathcal{P}\), et H est dans \(\mathcal{P}\) : la hauteur issue de B est donc BH. D’après la question 3, \(\vec{\text{HB}}=-\dfrac{8}{9}\vec{u}\), donc :
\[\text{BH}=\dfrac{8}{9}\times \|\vec{u}\|=\dfrac{8}{9}\times 3=\dfrac{8}{3}.\]
La formule du volume donne \(\dfrac{1}{3}\times \mathcal{A}_{\text{ACH}}\times \dfrac{8}{3}=\dfrac{8}{9}\), soit \(\dfrac{8}{9}\mathcal{A}_{\text{ACH}}=\dfrac{8}{9}\). L’aire du triangle ACH vaut donc 1 unité d’aire.
Exercice 3 :
1. a. L’énoncé indique que 25 % des salariés ont suivi le stage : \(P(S)=0{,}25\).
b. On a \(P(F)=0{,}52\), donc \(P(\overline{F})=1-0{,}52=0{,}48\). Parmi les femmes, 40 % ont suivi le stage : \(P_F(S)=0{,}4\), et donc \(P_F(\overline{S})=1-0{,}4=0{,}6\). Les deux branches issues de \(\overline{F}\) ne sont pas demandées (elles font l’objet de la question e).
c. On suit le chemin « \(F\) puis \(S\) » en multipliant les probabilités :
\[P(F\cap S)=P(F)\times P_F(S)=0{,}52\times 0{,}4=0{,}208.\]
La probabilité que la personne interrogée soit une femme ayant suivi le stage est bien \(0{,}208\).
d. On cherche \(P_S(F)\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[P_S(F)=\dfrac{P(F\cap S)}{P(S)}=\dfrac{0{,}208}{0{,}25}=0{,}832.\]
Sachant que la personne a suivi le stage, la probabilité que ce soit une femme est \(0{,}832\).
e. D’après la formule des probabilités totales, \(P(S)=P(F\cap S)+P(\overline{F}\cap S)\), donc \(P(\overline{F}\cap S)=0{,}25-0{,}208=0{,}042\). La proportion d’hommes ayant suivi le stage parmi les hommes est :
\[P_{\overline{F}}(S)=\dfrac{P(\overline{F}\cap S)}{P(\overline{F})}=\dfrac{0{,}042}{0{,}48}=0{,}0875.\]
Comme \(0{,}0875\lt 0{,}1\), seulement 8,75 % des hommes ont suivi le stage : le directeur a raison.
2. a. Interroger un salarié et regarder s’il a suivi le stage est une épreuve de Bernoulli, de succès « le salarié a suivi le stage », de probabilité \(p=0{,}25\). Le choix des 20 salariés étant assimilé à un tirage avec remise, on répète 20 fois cette épreuve de manière identique et indépendante. \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=20\) et \(p=0{,}25\).
b. On applique la formule de la loi binomiale :
\[P(X=5)=\binom\,{20}{5}\times 0{,}25^5\times 0{,}75^{15}=15\,504\times 0{,}25^5\times 0{,}75^{15}\approx 0{,}202.\]
La probabilité que exactement 5 salariés de l’échantillon aient suivi le stage est environ 0,202.
c. La boucle fait prendre à i les valeurs 0, 1, …, k et ajoute à chaque tour \(P(X=i)\) à la variable P. La fonction renvoie donc \(P(X=0)+P(X=1)+\dots+P(X=k)=P(X\leq\, k)\). Pour \(k=5\), la calculatrice donne \(P(X\leq\, 5)\approx 0{,}6172\). Le programme renvoie environ 0,617 : la probabilité qu’au plus 5 salariés de l’échantillon de 20 aient suivi le stage est d’environ 0,617.
d. « Au moins 6 » est l’évènement contraire de « au plus 5 », donc :
\[P(X\geq\, 6)=1-P(X\leq\, 5)\approx 1-0{,}6172\approx 0{,}383.\]
La probabilité qu’au moins 6 salariés aient suivi le stage est environ 0,383.
3. Un quart des salariés (ceux qui ont suivi le stage) reçoit 5 % d’augmentation, les trois quarts restants reçoivent 2 %. Le pourcentage moyen d’augmentation est la moyenne de ces pourcentages pondérée par les proportions de salariés :
\[0{,}25\times 5+0{,}75\times 2=1{,}25+1{,}5=2{,}75.\]
Le pourcentage moyen d’augmentation par salarié est de 2,75 %.
Remarque. Ce calcul donne la moyenne des augmentations individuelles. Si l’on s’intéresse plutôt à la hausse de la masse salariale totale, le résultat n’est égal à 2,75 % que si les deux groupes ont le même salaire moyen. Par exemple, si ceux qui ont suivi le stage gagnent en moyenne 2 000 € et les autres 1 500 €, la masse salariale (pour 100 salariés) passe de \(25\times 2000+75\times 1500=162\,500\) € à \(25\times 2100+75\times 1530=167\,250\) €, soit une hausse d’environ 2,92 %. L’énoncé ne donnant aucune information sur les salaires, c’est la réponse 2,75 % qui est attendue.
Exercice 4 :
1. Réponse c. Le dénominateur \(x^2+1\) ne s’annule jamais, donc pas d’asymptote verticale (la réponse a est exclue). Pour \(x\neq 0\), on factorise par \(x^2\) : \(f(x)=\dfrac{-2+\frac{3}{x}-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x^2}}\), qui tend vers \(\dfrac{-2}{1}=-2\) en \(+\infty\) comme en \(-\infty\). La droite d’équation \(y=-2\) est asymptote horizontale.
2. Réponse d. On reconnaît \(f(x)=\dfrac{1}{2}\times 2x\,\text{e}^{x^2}\), de la forme \(\dfrac{1}{2}u^{\prime}\text{e}^{u}\) avec \(u(x)=x^2\). Les primitives de \(f\) sont donc les fonctions \(x\mapsto \dfrac{1}{2}\text{e}^{x^2}+c\). La condition \(F(0)=1\) donne \(\dfrac{1}{2}+c=1\), donc \(c=\dfrac{1}{2}\) et \(F(x)=\dfrac{1}{2}\text{e}^{x^2}+\dfrac{1}{2}\). (Pour la réponse b, \(F(0)=\dfrac{1}{2}\neq 1\).)
3. Réponse c. La fonction \(f\) est convexe là où sa dérivée \(f^{\prime}\) est croissante. Sur le graphique, \(f^{\prime}\) croît de \(x=0\) jusqu’à son maximum, atteint vers \(x=4\), puis décroît. Elle est donc croissante sur \([0\,;\,2]\), et \(f\) est convexe sur cet intervalle. En revanche \(f^{\prime}\) décroît au-delà de 4 : \(f\) n’est convexe ni sur \(]0\,;\,+\infty[\) ni sur \([2\,;\,+\infty[\), et elle n’est pas concave sur \(]0\,;\,+\infty[\) puisque \(f^{\prime}\) y commence par croître.
4. Réponse a. Si \(F\) est une primitive de \(f\), alors \(F^{\prime}=f\). Or \(3\text{e}^{-x^2}\gt 0\), donc \(f(x)=3\text{e}^{-x^2}+2\gt 2\gt 0\) pour tout réel \(x\). Toutes les primitives de \(f\) ont une dérivée strictement positive : elles sont toutes croissantes sur \(\mathbb{R}\).
5. Réponse d. Pour \(x\gt 0\), on écrit \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x^2}\times \dfrac{2x^2}{3x^2+1}=\dfrac{\ln x}{x^2}\times \dfrac{2}{3+\frac{1}{x^2}}\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x^2}=0\), et le second facteur tend vers \(\dfrac{2}{3}\). Par produit, \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\).
6. Réponse c. On pose \(X=\text{e}^x\), qui est strictement positif ; comme \(\text{e}^{2x}=(\text{e}^x)^2\), l’équation devient \(X^2+X-12=0\). Son discriminant vaut \(\Delta=1+48=49\), d’où \(X=\dfrac{-1+7}{2}=3\) ou \(X=\dfrac{-1-7}{2}=-4\). La valeur \(-4\) est impossible car \(\text{e}^x\gt 0\) ; il reste \(\text{e}^x=3\), soit \(x=\ln 3\). L’équation a une seule solution.
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