Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Limite en 0. Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x\to 0}x^2\ln(x)=0\) ; de plus \(\displaystyle\lim_{x\to0}x^2=0\). Par somme, \(\displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)=1+0-2\times 0=1\).
Limite en \(+\infty\). Avec l’écriture \(f(x)=1+x^2[1-2\ln(x)]\) : comme \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln(x)=+\infty\), on a \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}[1-2\ln(x)]=-\infty\) ; et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x^2=+\infty\). Par produit, \(x^2[1-2\ln(x)]\) tend vers \(-\infty\), puis en ajoutant 1, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty\).
2. Le terme \(2x^2\ln(x)\) est un produit : \((x^2\ln x)^{\prime}=2x\ln(x)+x^2\times \dfrac{1}{x}=2x\ln(x)+x\). Donc, pour tout \(x\gt 0\) :
\[f^{\prime}(x)=2x-2(2x\ln(x)+x)=2x-4x\ln(x)-2x=-4x\ln(x).\]
3. Sur \(]0\,;\,+\infty[\), \(-4x\lt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) est du signe contraire de \(\ln(x)\). Or \(\ln(x)\lt 0\) sur \(]0\,;\,1[\), \(\ln(1)=0\) et \(\ln(x)\gt 0\) sur \(]1\,;\,+\infty[\). Ainsi \(f^{\prime}(x)\gt 0\) sur \(]0\,;\,1[\), \(f^{\prime}(1)=0\) et \(f^{\prime}(x)\lt 0\) sur \(]1\,;\,+\infty[\). Avec \(f(1)=1+1-2\times 1\times 0=2\) :
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | || | \(+\) | \(0\) | \(-\) | |
| \(f\) | || (limite 1) | croissante ↗ | \(2\) | décroissante ↘ | \(-\infty\) |
\(f\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,1]\), strictement décroissante sur \([1\,;\,+\infty[\), et atteint son maximum 2 en \(x=1\).
4. Sur \([1\,;\,+\infty[\), la fonction \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, avec \(f(1)=2\gt 0\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty\). Le réel 0 est compris entre ces valeurs, donc d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone), l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([1\,;\,+\infty[\).
Pour situer \(\alpha\), on calcule \(f(\text{e})=1+\text{e}^2-2\text{e}^2\ln(\text{e})=1-\text{e}^2\approx-6{,}39\lt 0\). Comme \(f(1)\gt 0\gt f(\text{e})\) et que \(f\) est strictement décroissante, le zéro se trouve entre 1 et e : \(\alpha\in[1\,;\,\text{e}]\).
5. La fonction dichotomie part de l’intervalle \([1\,;\,2{,}7]\), qui contient \(\alpha\) (car \(2{,}7\lt\text{e}\) et \(f(2{,}7)\lt 0\)). À chaque tour, elle coupe l’intervalle en deux et garde la moitié où \(f\) change de signe, donc la moitié qui contient \(\alpha\). Elle s’arrête dès que la largeur \(b-a\) est inférieure ou égale à \(10^{-p}\), ici \(10^{-1}=0{,}1\). On procède par élimination :
- propositions C et D : l’intervalle renvoyé est toujours inclus dans \([1\,;\,2{,}7]\), donc une borne \(b\approx 2{,}903\) est impossible ; elles sont éliminées ;
- proposition A : la largeur vaut \(1{,}903125-1{,}75=0{,}153125\gt 0{,}1\), la boucle ne se serait pas arrêtée ; elle est éliminée ;
- proposition B : la largeur vaut \(1{,}903125-1{,}85=0{,}053125\leq\, 0{,}1\), ce qui est compatible.
L’affichage est donc la proposition B : (1.85, 1.9031250000000002). On peut le confirmer en déroulant l’algorithme : les intervalles successifs sont \([1\,;\,2{,}7]\), \([1{,}85\,;\,2{,}7]\), \([1{,}85\,;\,2{,}275]\), \([1{,}85\,;\,2{,}0625]\), \([1{,}85\,;\,1{,}95625]\), \([1{,}85\,;\,1{,}903125]\). On en déduit \(1{,}85\leq\,\alpha\leq\, 1{,}90\) (en fait \(\alpha\approx 1{,}895\)).
Partie B
1. \(g=\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x)=\ln(x)\), \(u^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\), et \(v(x)=1+x^2\), \(v^{\prime}(x)=2x\), où \(v\) ne s’annule pas. Avec \((\dfrac{u}{v})^{\prime}=\dfrac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^2}\) :
\[g^{\prime}(x)=\dfrac{\dfrac{1}{x}(1+x^2)-2x\ln(x)}{(1+x^2)^2}.\]
On multiplie numérateur et dénominateur par \(x\gt 0\) :
\[g^{\prime}(x)=\dfrac{1+x^2-2x^2\ln(x)}{x(1+x^2)^2}=\dfrac{f(x)}{x(1+x^2)^2}.\]
2. Pour \(x\gt 0\), le dénominateur \(x(1+x^2)^2\) est strictement positif, donc \(g^{\prime}(x)\) a le signe de \(f(x)\). D’après la partie A : sur \(]0\,;\,1]\), \(f\) est croissante à partir de la limite 1, donc \(f(x)\gt 1\gt 0\) ; sur \([1\,;\,\alpha[\), \(f\) décroît de 2 à 0, donc \(f(x)\gt 0\) ; sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\), \(f(x)\lt f(\alpha)=0\). Ainsi \(g^{\prime}\) est positive sur \(]0\,;\,\alpha]\) et négative sur \([\alpha\,;\,+\infty[\) : \(g\) croît puis décroît, elle admet donc un maximum en \(x=\alpha\), égal à \(g(\alpha)\).
3. Tangente \(T_1\). \(g(1)=\dfrac{\ln 1}{2}=0\) et \(g^{\prime}(1)=\dfrac{f(1)}{1\times (1+1)^2}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\). Donc \(T_1\ :\ y=\dfrac{1}{2}(x-1)\).
Tangente \(T_\alpha\). \(g^{\prime}(\alpha)=\dfrac{f(\alpha)}{\alpha(1+\alpha^2)^2}=0\) car \(f(\alpha)=0\) : la tangente au sommet est horizontale, d’équation \(y=g(\alpha)=\dfrac{1}{2\alpha^2}\).
Intersection. Le point commun vérifie \(\dfrac{1}{2}(x-1)=\dfrac{1}{2\alpha^2}\), soit \(x-1=\dfrac{1}{\alpha^2}\), c’est-à-dire \(x=1+\dfrac{1}{\alpha^2}\). Les droites \(T_1\) et \(T_\alpha\) se coupent au point de coordonnées \((1+\dfrac{1}{\alpha^2}\,;\,\dfrac{1}{2\alpha^2})\) (environ \((1{,}28\,;\,0{,}14)\)).
Exercice 2 :
1. a. La proportion d’accouchements de jumeaux est \(\dfrac{293\,898}{18\,221\,965}\approx 0{,}01613\), soit environ 1,6 %.
b. Pour les accouchements d’au moins trois enfants : \(\dfrac{4\,921}{18\,221\,965}\approx 0{,}00027\), soit environ 0,027 %, ce qui est bien inférieur à 0,1 %.
2. a. Chaque accouchement est une épreuve de Bernoulli dont le succès « accouchement double » a pour probabilité \(p=0{,}016\). On répète 20 fois cette épreuve de façon indépendante, et \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(20\,;\,0{,}016)\). Alors :
\[P(X=1)=\binom\,{20}{1}\times 0{,}016^1\times 0{,}984^{19}=20\times 0{,}016\times 0{,}984^{19}\approx 0{,}236.\]
La probabilité qu’on réalise exactement un accouchement double ce jour-là est environ 0,236.
b. Pour \(n\) accouchements, \(X\) suit la loi \(\mathcal{B}(n\,;\,0{,}016)\) et \(P(X\geq\,1)=1-P(X=0)=1-0{,}984^n\). On résout :
\[1-0{,}984^n\geq\, 0{,}99\iff 0{,}984^n\leq\, 0{,}01\iff n\ln(0{,}984)\leq\,\ln(0{,}01)\iff n\geq\,\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}984)}.\]
Le sens de l’inégalité change à la dernière étape car \(\ln(0{,}984)\lt 0\). Or \(\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}984)}\approx 285{,}5\). Contrôle : \(1-0{,}984^{285}\approx 0{,}98992\lt 0{,}99\) et \(1-0{,}984^{286}\approx 0{,}99008\geq\, 0{,}99\). La plus petite valeur est \(n=286\).
Interprétation : il faut qu’une maternité réalise au moins 286 accouchements dans la journée pour que la probabilité d’avoir au moins un accouchement double ce jour-là dépasse 99 %.
3. a. On complète l’arbre avec les données de l’énoncé : \(P(M)=0{,}3\) et \(P(\overline{M})=0{,}7\) ; la probabilité d’avoir une fille en premier est 0,49 dans les deux cas. Pour des vrais jumeaux, le second enfant est forcément du même sexe que le premier, d’où des probabilités 1 ; pour des faux jumeaux, le sexe du second est indépendant du premier, d’où 0,49 et 0,51.
| Branche | Poids |
|---|---|
| racine → \(M\) ; racine → \(\overline{M}\) | \(0{,}3\) ; \(0{,}7\) |
| \(M\) → \(F_1\) ; \(M\) → \(\overline{F_1}\) | \(0{,}49\) ; \(0{,}51\) |
| \(M\cap F_1\) → \(F_2\) ; \(M\cap\overline{F_1}\) → \(\overline{F_2}\) | \(1\) ; \(1\) |
| \(\overline{M}\) → \(F_1\) ; \(\overline{M}\) → \(\overline{F_1}\) | \(0{,}49\) ; \(0{,}51\) |
| \(\overline{M}\cap F_1\) → \(F_2\) ; → \(\overline{F_2}\) | \(0{,}49\) ; \(0{,}51\) |
| \(\overline{M}\cap\overline{F_1}\) → \(F_2\) ; → \(\overline{F_2}\) | \(0{,}49\) ; \(0{,}51\) |
b. Deux chemins de l’arbre mènent à deux filles : \(M\to F_1\to F_2\) et \(\overline{M}\to F_1\to F_2\). D’après la formule des probabilités totales :
\[P(F_1\cap F_2)=0{,}3\times 0{,}49\times 1+0{,}7\times 0{,}49\times 0{,}49=0{,}147+0{,}16807=0{,}31507.\]
On obtient bien \(P(F_1\cap F_2)=0{,}31507\).
c. On cherche une probabilité conditionnelle :
\[P_{F_1\cap F_2}(M)=\dfrac{P(M\cap F_1\cap F_2)}{P(F_1\cap F_2)}=\dfrac{0{,}147}{0{,}31507}\approx 0{,}467.\]
Sachant que les jumeaux sont deux filles, la probabilité qu’elles soient de vraies jumelles est environ 0,467 (nettement plus que les 30 % de départ, puisque les vrais jumeaux sont toujours de même sexe).
Exercice 3 :
1. a. \(\text{KC}^2=(4-0)^2+(-8-4)^2+(0-3)^2=16+144+9=169\), donc \(\text{KC}=\sqrt{169}=13\). Le point C est à la distance 13 du centre K : il appartient à la sphère \(S\).
b. On calcule \(\vec{\text{CA}}\begin{pmatrix}-4\\12\\16\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{CB}}\begin{pmatrix}-4\\12\\-10\end{pmatrix}\), puis leur produit scalaire :
\[\vec{\text{CA}}\cdot\vec{\text{CB}}=(-4)\times (-4)+12\times 12+16\times (-10)=16+144-160=0.\]
Les vecteurs sont orthogonaux, donc le triangle ABC est rectangle en C. (On pouvait aussi remarquer que K, milieu de [AB], est le centre d’une sphère de rayon 13 = AB/2 contenant C.)
2. a. \(\vec{\text{CA}}\) et \(\vec{\text{CB}}\) ne sont pas colinéaires (leurs deux premières coordonnées sont égales mais pas la troisième) ; ce sont deux vecteurs directeurs du plan (ABC). Or :
\[\vec{n}\cdot\vec{\text{CA}}=3\times (-4)+1\times 12+0\times 16=0\qquad\text{et}\qquad\vec{n}\cdot\vec{\text{CB}}=3\times (-4)+1\times 12+0\times (-10)=0.\]
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : c’est un vecteur normal à ce plan.
b. Le plan (ABC) a une équation de la forme \(3x+y+d=0\). Il contient A\((0\,;\,4\,;\,16)\), donc \(0+4+d=0\), soit \(d=-4\). Une équation cartésienne de (ABC) est \(3x+y-4=0\). (Contrôle : B donne \(0+4-4=0\) et C donne \(12-8-4=0\).)
3. a. Un point de l’axe des abscisses a des coordonnées de la forme \((x\,;\,0\,;\,0)\). Il est sur \(S\) si et seulement si \(\text{KD}^2=169\) :
\[(x-0)^2+(0-4)^2+(0-3)^2=169\iff x^2+25=169\iff x^2=144\iff x=12\ \text{ou}\ x=-12.\]
Le point d’abscisse positive est donc D\((12\,;\,0\,;\,0)\).
b. La droite \(\Delta\) est perpendiculaire au plan (ABC), elle est donc dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}\), et elle passe par D :
\[\Delta\ :\ \{\begin{array}{l}x=12+3t\\y=t\\z=0\end{array}.\qquad t\in\mathbb{R}.\]
c. La distance de D au plan est la distance DI, où I est le projeté orthogonal de D sur (ABC), c’est-à-dire l’intersection de \(\Delta\) et du plan. On remplace dans l’équation du plan :
\[3(12+3t)+t-4=0\iff 10t+32=0\iff t=-\dfrac{16}{5}.\]
D’où I\((12-\dfrac{48}{5}\,;\,-\dfrac{16}{5}\,;\,0)=(\dfrac{12}{5}\,;\,-\dfrac{16}{5}\,;\,0)\). Comme \(\vec{\text{DI}}=-\dfrac{16}{5}\vec{n}\) et \(\|\vec{n}\|=\sqrt{9+1+0}=\sqrt{10}\) :
\[\text{DI}=\dfrac{16}{5}\sqrt{10}\approx 10{,}12.\]
La distance du point D au plan (ABC) est \(\dfrac{16\sqrt{10}}{5}\), soit environ 10,12 unités de longueur.
4. Prenons pour base le triangle ABC, rectangle en C, et pour hauteur associée \(h=\text{DI}\). Les côtés de l’angle droit mesurent :
\[\text{CA}=\sqrt{16+144+256}=\sqrt{416}=4\sqrt{26}\qquad\text{et}\qquad\text{CB}=\sqrt{16+144+100}=\sqrt{260}=2\sqrt{65}.\]
L’aire de la base est \(\mathcal{B}=\dfrac{\text{CA}\times \text{CB}}{2}=\dfrac{4\sqrt{26}\times 2\sqrt{65}}{2}=4\sqrt{1\,690}=4\times 13\sqrt{10}=52\sqrt{10}\). Le volume vaut alors :
\[V=\dfrac{1}{3}\times 52\sqrt{10}\times \dfrac{16\sqrt{10}}{5}=\dfrac{52\times 16\times 10}{15}=\dfrac{1\,664}{3}\approx 554{,}7.\]
Le volume du tétraèdre ABCD vaut environ 555 unités de volume.
Exercice 4 :
Partie A
1. \(f(x)=2x-2x^2\) est un polynôme, dérivable sur \(\mathbb{R}\), de dérivée \(f^{\prime}(x)=2-4x=2(1-2x)\). Pour \(0\leq\, x\lt\dfrac{1}{2}\), \(1-2x\gt 0\) donc \(f^{\prime}(x)\gt 0\), et \(f^{\prime}\) ne s’annule qu’en \(\dfrac{1}{2}\). \(f\) est donc strictement croissante sur \([0\,;\,\dfrac{1}{2}]\).
2. \(u_1=2\times 0{,}3\times (1-0{,}3)=0{,}6\times 0{,}7=\) \(0{,}42\).
Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}(n)\) : « \(u_n\leq\, u_{n+1}\) ».
Initialisation. \(u_0=0{,}3\leq\, 0{,}42=u_1\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) tel que \(u_n\leq\, u_{n+1}\). D’après ce qu’on admet, \(u_n\) et \(u_{n+1}\) appartiennent à \([0\,;\,\dfrac{1}{2}]\), intervalle sur lequel \(f\) est croissante (question 1). Elle conserve donc l’ordre : \(f(u_n)\leq\, f(u_{n+1})\), c’est-à-dire \(u_{n+1}\leq\, u_{n+2}\). \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. Par le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n\leq\, u_{n+1}\) : la suite \((u_n)\) est croissante.
3. La suite \((u_n)\) est croissante (question 2) et majorée par \(\dfrac{1}{2}\) (résultat admis). D’après le théorème de convergence monotone, elle converge vers une limite \(\ell\) qui vérifie \(0{,}3\leq\,\ell\leq\,\dfrac{1}{2}\) (car \(u_n\geq\, u_0=0{,}3\) pour tout \(n\)).
4. La fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\) et \(u_{n+1}=f(u_n)\) ; en passant à la limite, \(\ell\) vérifie \(\ell=f(\ell)\) :
\[\ell=2\ell-2\ell^2\iff 2\ell^2-\ell=0\iff \ell(2\ell-1)=0\iff \ell=0\ \text{ou}\ \ell=\dfrac{1}{2}.\]
Comme \(\ell\geq\, 0{,}3\), la valeur 0 est exclue : \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\dfrac{1}{2}\).
Partie B
1. a. Avec \(b=0\), la relation devient \(P_{n+1}-P_n=P_n\), soit \(P_{n+1}=2P_n\). La suite \((P_n)\) est géométrique de raison 2 et de premier terme \(P_0=3\).
b. Ainsi \(P_n=3\times 2^n\). Comme \(2\gt 1\), \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}2^n=+\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}P_n=+\infty\) : sans freinage, la population croîtrait sans limite, ce qui n’est pas réaliste.
2. a. \(v_0=0{,}1\times 3=\) \(0{,}3\). Avec \(b=0{,}2\), la relation s’écrit \(P_{n+1}=2P_n-0{,}2P_n^2\). En remplaçant \(P_n=10v_n\) :
\[v_{n+1}=0{,}1\,P_{n+1}=0{,}1(2\times 10v_n-0{,}2\times 100v_n^2)=0{,}1(20v_n-20v_n^2)=2v_n-2v_n^2=2v_n(1-v_n).\]
b. La suite \((v_n)\) a le même premier terme (0,3) et la même relation de récurrence que la suite \((u_n)\) de la partie A : ces deux suites sont donc égales, et \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}v_n=\dfrac{1}{2}\). Comme \(P_n=10v_n\), on obtient \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}P_n=5\). L’effectif étant exprimé en milliers, la population se stabilisera autour de 5 000 individus.
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