Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. a. En appliquant la relation de récurrence : \(u_1 = 0{,}9 \times 400 + 60 = 360 + 60\), soit \(u_1 = 420\), puis \(u_2 = 0{,}9 \times 420 + 60 = 378 + 60\), soit \(u_2 = 438\).
b. On a \(u_0 \lt u_1 \lt u_2\), et les termes suivants calculés à la calculatrice (454,2 ; 468,78 ; 481,902…) continuent d’augmenter : on conjecture que la suite \((u_n)\) est croissante.
2. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 600\) ».
Initialisation. \(u_0 = 400\) et \(u_1 = 420\), donc \(0 \leq\, 400 \leq\, 420 \leq\, 600\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 600\). La fonction \(x \mapsto 0{,}9x + 60\) est croissante (coefficient 0,9 positif), elle conserve donc l’ordre. En l’appliquant aux quatre membres :
\[0{,}9 \times 0 + 60 \leq\, 0{,}9u_n + 60 \leq\, 0{,}9u_{n+1} + 60 \leq\, 0{,}9 \times 600 + 60,\]
c’est-à-dire \(60 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 600\). Comme \(0 \leq\, 60\), on a bien \(0 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 600\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(0 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 600\).
3. a. L’inégalité \(u_n \leq\, u_{n+1}\) pour tout \(n\) montre que la suite est croissante, et \(u_n \leq\, 600\) qu’elle est majorée par 600. D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\) qui vérifie \(400 \leq\, \ell \leq\, 600\).
b. On passe à la limite dans la relation \(u_{n+1} = 0{,}9u_n + 60\). Quand \(n \to +\infty\), \(u_{n+1} \to \ell\) et \(0{,}9u_n + 60 \to 0{,}9\ell + 60\) ; par unicité de la limite :
\[\ell = 0{,}9\ell + 60 \iff 0{,}1\ell = 60 \iff \ell = 600.\]
Donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 600\).
4. La variable n compte les étapes et u contient \(u_n\). Tant que le terme courant est inférieur ou égal au seuil, on passe au terme suivant ; la boucle s’arrête au premier terme strictement supérieur au seuil et la fonction renvoie son indice. Autrement dit, mystere(500) renvoie le plus petit entier \(n\) tel que \(u_n \gt 500\) (il existe puisque la suite tend vers 600).
| \(n\) | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(u_n\) (arrondi) | 400 | 420 | 438 | 454,2 | 468,8 | 481,9 | 493,7 | 504,3 |
Comme \(u_6 \approx 493{,}7 \leq\, 500\) et \(u_7 \approx 504{,}3 \gt 500\), l’appel mystere(500) renvoie 7.
Partie B
Notons \(a_n\) le nombre d’arbres du verger en l’année \(2023 + n\). Vendre 10 % des arbres revient à en garder 90 %, soit à multiplier par 0,9 ; on en replante ensuite 60. Donc \(a_{n+1} = 0{,}9a_n + 60\) avec \(a_0 = 400\) : c’est exactement la suite \((u_n)\) de la partie A.
Cette suite est croissante et tend vers 600, qui dépasse la capacité de 500 arbres. Plus précisément, la question 4 montre que \(u_6 \approx 494\) mais \(u_7 \approx 504\) : oui, l’arboriculteur manquera de place. Dès 2030 (\(2023 + 7\)), il devrait avoir environ 504 arbres pour 500 places ; il devra donc changer de rythme (vendre davantage ou replanter moins) avant cette date.
Exercice 2 :
1. Par différence des coordonnées : \(\vec{\text{MN}}\begin{pmatrix}-1\\ -\dfrac{1}{2}\\ \dfrac{1}{4}\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{MP}}\begin{pmatrix}0\\ -1\\ -2\end{pmatrix}\).
2. Dans ce repère, A est l’origine, B, D, E correspondent aux trois axes et l’arête du cube vaut 1.
- \(\text{M}(1~;~1~;~\dfrac{3}{4})\) : les points de coordonnées \((1~;~1~;~z)\) forment l’arête [CG] ; M est sur [CG], aux trois quarts en partant de C (donc à un quart de l’arête sous G).
- \(\text{N}(0~;~\dfrac{1}{2}~;~1)\) : c’est le milieu de l’arête [EH].
- \(\text{P}(1~;~0~;~-\dfrac{5}{4})\) : il est sur la droite (BF), sous B, à la distance \(\dfrac{5}{4}\) de B, donc à l’extérieur du cube, au prolongement de [FB] au-delà de B.
3. Si \(\vec{\text{MN}}\) et \(\vec{\text{MP}}\) étaient colinéaires, il existerait \(k\) tel que \(\vec{\text{MN}} = k\,\vec{\text{MP}}\) ; la première coordonnée donnerait \(-1 = k \times 0 = 0\), ce qui est faux. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc M, N et P ne sont pas alignés.
4. a. Le repère étant orthonormé :
\[\vec{\text{MN}} \cdot \vec{\text{MP}} = (-1) \times 0 + (-\dfrac{1}{2}) \times (-1) + \dfrac{1}{4} \times (-2) = 0 + \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{2} = 0.\]
Les vecteurs non nuls \(\vec{\text{MN}}\) et \(\vec{\text{MP}}\) sont orthogonaux : le triangle MNP est rectangle en M. De plus \(\text{MN} = \sqrt{1 + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{16}} = \sqrt{\dfrac{21}{16}} = \dfrac{\sqrt{21}}{4}\) et \(\text{MP} = \sqrt{0 + 1 + 4} = \sqrt{5}\) : ces longueurs sont différentes, le triangle n’est pas isocèle.
b. Dans un triangle rectangle, les deux côtés de l’angle droit servent de base et de hauteur :
\[\mathcal{A}_{\text{MNP}} = \dfrac{\text{MN} \times \text{MP}}{2} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt{21}}{4} \times \sqrt{5} = \dfrac{\sqrt{105}}{8}.\]
L’aire du triangle MNP est \(\dfrac{\sqrt{105}}{8}\) unité d’aire (environ 1,28).
5. a. On calcule \(\vec{n} \cdot \vec{\text{MN}} = 5 \times (-1) + (-8) \times (-\dfrac{1}{2}) + 4 \times \dfrac{1}{4} = -5 + 4 + 1 = 0\) et \(\vec{n} \cdot \vec{\text{MP}} = 0 + 8 – 8 = 0\). Le vecteur non nul \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (MNP), donc \(\vec{n}\) est normal au plan (MNP).
b. Le plan admet donc une équation de la forme \(5x – 8y + 4z + d = 0\). Avec M : \(5 – 8 + 4 \times \dfrac{3}{4} + d = 0\), soit \(0 + d = 0\), donc \(d = 0\). Une équation de (MNP) est \(5x – 8y + 4z = 0\) (on peut vérifier avec N : \(0 – 4 + 4 = 0\), et avec P : \(5 – 0 – 5 = 0\)).
6. La droite \(d\) est orthogonale au plan (MNP), elle est donc dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}(5~;~-8~;~4)\) ; elle passe par \(\text{F}(1~;~0~;~1)\). Une représentation paramétrique de \(d\) est :
\[\{\begin{array}{l}x = 1 + 5t\\ y = -8t\\ z = 1 + 4t\end{array}., \quad t \in \mathbb{R}.\]
7. Le projeté orthogonal L de F sur (MNP) est le point d’intersection de \(d\) avec ce plan. On cherche le paramètre \(t\) du point de \(d\) qui vérifie l’équation du plan :
\[5(1 + 5t) – 8(-8t) + 4(1 + 4t) = 0 \iff 9 + 105t = 0 \iff t = -\dfrac{9}{105} = -\dfrac{3}{35}.\]
On remplace dans la représentation paramétrique : \(x = 1 – \dfrac{15}{35} = \dfrac{20}{35} = \dfrac{4}{7}\), \(y = \dfrac{24}{35}\), \(z = 1 – \dfrac{12}{35} = \dfrac{23}{35}\). On obtient bien \(\text{L}(\dfrac{4}{7}~;~\dfrac{24}{35}~;~\dfrac{23}{35})\).
8. Comme L correspond au paramètre \(t = -\dfrac{3}{35}\), on a \(\vec{\text{FL}} = -\dfrac{3}{35}\,\vec{n}\), d’où
\[\text{FL} = \dfrac{3}{35} \times \|\vec{n}\| = \dfrac{3}{35} \times \sqrt{25 + 64 + 16} = \dfrac{3\sqrt{105}}{35}.\]
C’est la longueur annoncée. Pour le volume, on prend la base MNP ; la hauteur associée est la distance de F au plan (MNP), c’est-à-dire FL puisque L est le projeté orthogonal de F sur ce plan :
\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{105}}{8} \times \dfrac{3\sqrt{105}}{35} = \dfrac{3 \times 105}{3 \times 8 \times 35} = \dfrac{105}{280} = \dfrac{3}{8}.\]
Le volume du tétraèdre FMNP est \(\dfrac{3}{8}\) unité de volume.
Exercice 3 :
1. Les solutions de \(\ln(x) = kx\) sont les abscisses des points d’intersection de la courbe de \(\ln\) avec la droite \(y = kx\).
- Pour \(k = 1\) : la droite \(y = x\) semble toujours au-dessus de la courbe, sans point commun. On conjecture que l’équation \(\ln(x) = x\) n’a aucune solution.
- Pour \(k = 0{,}2\) : la droite \(y = 0{,}2x\) coupe la courbe en deux points, d’abscisses proches de 1,3 et de 12,7. On conjecture deux solutions.
2. a. Pour tout \(x \gt 0\), \(f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x} – 1 = \dfrac{1 – x}{x}\).
b. Sur \(]0~;~+\infty[\), le dénominateur \(x\) est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – x\) : positif sur \(]0~;~1[\), nul en 1, négatif sur \(]1~;~+\infty[\). Ainsi \(f\) est strictement croissante sur \(]0~;~1]\) et strictement décroissante sur \([1~;~+\infty[\). Elle admet un maximum en 1, égal à \(f(1) = \ln 1 – 1 = -1\).
| \(x\) | 0 | 1 | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | croissante | \(-1\) (maximum) | décroissante |
c. Le maximum de \(f\) vaut \(-1\), donc \(f(x) \leq\, -1 \lt 0\) pour tout \(x \gt 0\) : \(f\) ne s’annule jamais. Or \(\ln(x) = x \iff f(x) = 0\). Donc l’équation \(\ln(x) = x\) n’a aucune solution, ce qui confirme la conjecture.
3. a. Le tableau montre que \(g(\dfrac{1}{k})\) est le maximum de \(g\). On distingue trois cas.
- Si \(g(\dfrac{1}{k}) \lt 0\) : \(g(x) \leq\, g(\dfrac{1}{k}) \lt 0\) pour tout \(x\), donc aucune solution.
- Si \(g(\dfrac{1}{k}) = 0\) : \(\dfrac{1}{k}\) est solution, et c’est la seule car, par stricte monotonie de part et d’autre de \(\dfrac{1}{k}\), \(g(x) \lt g(\dfrac{1}{k}) = 0\) pour tout \(x \neq \dfrac{1}{k}\) : une solution.
- Si \(g(\dfrac{1}{k}) \gt 0\) : sur \(]0~;~\dfrac{1}{k}]\), \(g\) est continue, strictement croissante, et passe de \(-\infty\) à une valeur positive ; le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires donne une unique solution sur cet intervalle. De même sur \([\dfrac{1}{k}~;~+\infty[\), où \(g\) est continue, strictement décroissante et passe d’une valeur positive à \(-\infty\). Au total, deux solutions.
b. Comme \(k \gt 0\), \(\dfrac{1}{k}\) appartient bien à \(]0~;~+\infty[\), et
\[g(\dfrac{1}{k}) = \ln(\dfrac{1}{k}) – k \times \dfrac{1}{k} = -\ln(k) – 1.\]
Donc \(g(\dfrac{1}{k}) = -\ln(k) – 1\).
c. On a les équivalences
\[g(\dfrac{1}{k}) \gt 0 \iff -\ln(k) – 1 \gt 0 \iff -\ln(k) \gt 1 \iff \ln(k) \lt -1,\]
ce qui est l’équivalence demandée (on multiplie par \(-1\) en changeant le sens de l’inégalité).
d. L’équation \(\ln(x) = kx\) équivaut à \(g(x) = 0\). D’après la question a, elle a exactement deux solutions si et seulement si \(g(\dfrac{1}{k}) \gt 0\), c’est-à-dire \(\ln(k) \lt -1\). La fonction exponentielle étant strictement croissante, cela équivaut à \(k \lt \text{e}^{-1}\). Avec \(k \gt 0\), l’ensemble cherché est \(]0~;~\text{e}^{-1}[\), soit \(]0~;~\dfrac{1}{\text{e}}[\).
e. De la même manière, \(g(\dfrac{1}{k}) = 0 \iff k = \text{e}^{-1}\) et \(g(\dfrac{1}{k}) \lt 0 \iff k \gt \text{e}^{-1}\). En résumé, l’équation \(\ln(x) = kx\) admet :
- deux solutions si \(0 \lt k \lt \text{e}^{-1}\) ;
- une seule solution (\(x = \text{e}\)) si \(k = \text{e}^{-1}\) : la droite \(y = \dfrac{x}{\text{e}}\) est alors tangente à la courbe de \(\ln\) ;
- aucune solution si \(k \gt \text{e}^{-1}\).
Comme \(\text{e}^{-1} \approx 0{,}37\), on retrouve les conjectures : \(k = 0{,}2\) donne deux solutions et \(k = 1\) aucune.
Exercice 4 :
Les billes sont indiscernables au toucher et tirées au hasard : chacune a la probabilité \(\dfrac{1}{15}\) d’être choisie. Le tableau suivant donne, pour chaque bille, sa couleur et le gain algébrique \(G\) (bleue : \(3n – 10\) ; verte : \(n – 10\) ; rouge : \(-10\)).
| Numéro | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| Couleur | R | B | B | B | B | V | V | V | V | V | V | V | V | V | V |
| \(G\) | \(-10\) | \(-4\) | \(-1\) | 2 | 5 | \(-4\) | \(-3\) | \(-2\) | \(-1\) | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
Question 1 : réponse B. Les billes bleues sont 2, 3, 4, 5 ; les numéros pairs sont 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14. La réunion compte 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 14, soit 9 billes (les billes 2 et 4 ne sont comptées qu’une fois). La probabilité est \(\dfrac{9}{15}\). (La réponse C, supérieure à 1, ne peut pas être une probabilité.)
Question 2 : réponse C. Il y a 10 billes vertes (numéros 6 à 15), toutes équiprobables, et une seule porte le numéro 7 : \(P_V(\text{« numéro 7 »}) = \dfrac{1}{10}\), soit \(\dfrac{1}{10}\).
Question 3 : réponse B. Pour une bille bleue, \(3n – 10 = 5\) donne \(n = 5\), qui est bien bleue ; pour une bille verte, \(n – 10 = 5\) donne \(n = 15\), qui est bien verte ; la rouge donne \(-10\). Deux billes conviennent : \(P(G = 5) = \dfrac{2}{15}\).
Question 4 : réponse A. Si la bille est rouge, le joueur ne gagne rien et perd sa mise : \(G = -10\) avec certitude. L’évènement \(G = 0\) est donc impossible sachant \(R\) : \(P_R(G = 0) = 0\).
Question 5 : réponse C. Le gain \(-4\) est obtenu avec la bille bleue 2 (\(3 \times 2 – 10 = -4\)) et avec la bille verte 6 (\(6 – 10 = -4\)). Sachant \(G = -4\), il reste deux billes équiprobables dont une verte : \(P_{(G = -4)}(V) = \dfrac{1}{2}\).
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