Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Chaque groupe de branches issues d’un même nœud a une somme de poids égale à 1. Au premier appel, la personne décroche avec la probabilité \(P(D_1)=1-0{,}6=0{,}4\). Si elle a décroché, elle n’achète pas avec la probabilité \(P_{D_1}(\overline{A})=1-0{,}3=0{,}7\). Si elle n’a pas décroché au premier appel, elle décroche au second avec la probabilité \(P_{\overline{D_1}}(D_2)=1-0{,}3=0{,}7\) et ne décroche pas avec la probabilité \(0{,}3\). Enfin, si elle décroche au second appel, elle achète avec la probabilité \(0{,}2\) et n’achète pas avec la probabilité \(0{,}8\).
2. Une personne achète le produit soit en décrochant dès le premier appel, soit en ne décrochant pas au premier puis en décrochant au second. Ces deux chemins sont incompatibles, donc d’après la formule des probabilités totales :
\[P(A)=P(D_1)\times P_{D_1}(A)+P(\overline{D_1})\times P_{\overline{D_1}}(D_2)\times P_{\overline{D_1}\cap D_2}(A)\]
\[P(A)=0{,}4\times 0{,}3+0{,}6\times 0{,}7\times 0{,}2=0{,}12+0{,}084=0{,}204.\]
On retrouve bien \(P(A)=0{,}204\).
3. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_A(D_1)\) :
\[P_A(D_1)=\dfrac{P(A\cap D_1)}{P(A)}=\dfrac{0{,}4\times 0{,}3}{0{,}204}=\dfrac{0{,}12}{0{,}204}=\dfrac{10}{17}\approx 0{,}588.\]
Sachant que la personne a acheté le produit, la probabilité qu’elle ait décroché au premier appel est \(\dfrac{10}{17}\approx 0{,}588\).
Partie B
1. a. On répète 30 fois, de façon indépendante, une épreuve à deux issues dont le succès « la personne achète » a pour probabilité 0,204. \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=30\) et \(p=0{,}204\).
b. D’après la formule de la loi binomiale :
\[P(X=6)=\binom\,{30}{6}\times 0{,}204^{6}\times 0{,}796^{24}\approx 0{,}179.\]
La probabilité qu’exactement 6 personnes achètent le produit est environ 0,179.
c. L’espérance d’une loi binomiale vaut \(np\) :
\[E(X)=30\times 0{,}204=6{,}12.\]
\(E(X)=6{,}12\) : sur un grand nombre d’échantillons de 30 personnes, l’entreprise vend en moyenne environ 6,12 produits par échantillon de 30 personnes contactées.
2. Notons \(Y\) le nombre d’acheteurs parmi les \(n\) personnes ; \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et 0,204. L’évènement « au moins une personne achète » est le contraire de « personne n’achète », donc :
\[P(Y\geq\, 1)=1-P(Y=0)=1-0{,}796^{n}.\]
On résout :
\[1-0{,}796^{n}\geq\, 0{,}99\iff 0{,}796^{n}\leq\, 0{,}01\iff n\ln(0{,}796)\leq\, \ln(0{,}01).\]
Comme \(\ln(0{,}796)\lt 0\), diviser par ce nombre change le sens de l’inégalité :
\[n\geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}796)}\approx 20{,}18.\]
Vérification : \(1-0{,}796^{20}\approx 0{,}9896\lt 0{,}99\) et \(1-0{,}796^{21}\approx 0{,}9917\geq\, 0{,}99\). La plus petite valeur cherchée est \(n=21\).
Exercice 2 :
1. Limite en 0. On sait (croissance comparée) que \(\lim\limits_{x\to 0^+}x\ln(x)=0\). Comme \(\lim\limits_{x\to 0^+}(3x+1)=1\), on obtient par somme \(\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=1\).
Limite en \(+\infty\). On factorise par \(x\) : \(f(x)=x(3-2\ln(x))+1\). Quand \(x\to+\infty\), \(\ln(x)\to+\infty\), donc \(3-2\ln(x)\to-\infty\) ; par produit avec \(x\to+\infty\), \(x(3-2\ln(x))\to-\infty\) et donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-\infty\).
2. a. On dérive \(2x\ln(x)\) comme un produit \(uv\) avec \(u(x)=2x\), \(v(x)=\ln(x)\) : \((2x\ln(x))^{\prime}=2\ln(x)+2x\times \dfrac{1}{x}=2\ln(x)+2\). Ainsi, pour tout \(x\gt 0\) :
\[f^{\prime}(x)=3-(2\ln(x)+2)=1-2\ln(x).\]
b. On résout \(f^{\prime}(x)\gt 0\iff 1-2\ln(x)\gt 0\iff \ln(x)\lt\dfrac{1}{2}\iff x\lt\text{e}^{\frac{1}{2}}\), par stricte croissance de l’exponentielle. Donc \(f^{\prime}\) est strictement positive sur \(]0~;~\text{e}^{\frac{1}{2}}[\), nulle en \(\text{e}^{\frac{1}{2}}=\sqrt{\text{e}}\) et strictement négative sur \(]\text{e}^{\frac{1}{2}}~;~+\infty[\).
La valeur du maximum : \(f(\text{e}^{\frac{1}{2}})=3\text{e}^{\frac{1}{2}}+1-2\text{e}^{\frac{1}{2}}\times \dfrac{1}{2}=2\text{e}^{\frac{1}{2}}+1\approx 4{,}30\).
| \(x\) | \(0\) | \(\text{e}^{\frac{1}{2}}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | || | \(+\) | \(0\) | \(-\) | |
| \(f\) | || \(1\) | croissante ↗ | \(2\text{e}^{\frac{1}{2}}+1\) | décroissante ↘ | \(-\infty\) |
3. a. Sur \(]0~;~\text{e}^{\frac{1}{2}}]\) : \(f\) est strictement croissante et tend vers 1 en 0, donc pour tout \(x\) de cet intervalle, \(f(x)\gt 1\gt 0\). L’équation \(f(x)=0\) n’y a aucune solution.
Sur \([\text{e}^{\frac{1}{2}}~;~+\infty[\) : \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante ; elle part de \(2\text{e}^{\frac{1}{2}}+1\gt 0\) et tend vers \(-\infty\). Comme 0 est compris entre ces deux valeurs, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection) assure que l’équation \(f(x)=0\) possède une unique solution \(\alpha\) sur cet intervalle.
Au total, l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0~;~+\infty[\), avec \(\alpha\gt\text{e}^{\frac{1}{2}}\). À la calculatrice, \(\alpha\approx 4{,}96\).
b. D’après l’étude précédente : \(f(x)\gt 0\) sur \(]0~;~\alpha[\), \(f(\alpha)=0\) et \(f(x)\lt 0\) sur \(]\alpha~;~+\infty[\).
4. Une primitive \(F\) de \(f\) vérifie \(F^{\prime}=f\). Les variations de \(F\) sont donc données par le signe de \(f\). Or \(\text{e}^{\frac{1}{2}}\approx 1{,}65\lt\alpha\), et sur \([\text{e}^{\frac{1}{2}}~;~\alpha[\) la fonction \(f\) est strictement positive : \(F\) y est strictement croissante. On ne peut donc pas affirmer que \(F\) est strictement décroissante sur \([\text{e}^{\frac{1}{2}}~;~+\infty[\) : elle n’est strictement décroissante que sur \([\alpha~;~+\infty[\).
5. a. On dérive \(f^{\prime}(x)=1-2\ln(x)\) : \(f^{\prime\prime}(x)=-\dfrac{2}{x}\). Pour tout \(x\gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x)\lt 0\), donc \(f\) est concave sur \(]0~;~+\infty[\). Pour une fonction concave, la courbe est située en dessous de chacune de ses tangentes.
b. L’équation de la tangente au point d’abscisse 1 est \(y=f^{\prime}(1)(x-1)+f(1)\). On calcule \(f(1)=3+1-2\times 1\times \ln(1)=4\) et \(f^{\prime}(1)=1-2\ln(1)=1\). Donc \(y=1\times (x-1)+4\), soit \(T : y=x+3\).
c. D’après 5. a, la courbe \(\mathcal{C}_f\) est sous sa tangente \(T\), donc pour tout \(x\gt 0\), \(f(x)\leq\, x+3\). On transforme :
\[3x+1-2x\ln(x)\leq\, x+3\iff 2x-2\leq\, 2x\ln(x).\]
Comme \(2x\gt 0\), on peut diviser par \(2x\) sans changer le sens de l’inégalité :
\[\dfrac{2x-2}{2x}\leq\,\ln(x)\iff 1-\dfrac{1}{x}\leq\,\ln(x).\]
On a bien démontré que pour tout \(x\gt 0\), \(\ln(x)\geq\, 1-\dfrac{1}{x}\).
Exercice 3 :
Partie A
1. On applique la relation de récurrence : \(u_1=\dfrac{1}{2}\times 3+\dfrac{1}{2}\times 0+1=\dfrac{5}{2}\), puis \(u_2=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{5}{2}+\dfrac{1}{2}\times 1+1=\dfrac{5}{4}+\dfrac{2}{4}+\dfrac{4}{4}=\dfrac{11}{4}\). Réponse a.
Remarque : dans le sujet, la quatrième proposition (2,7) est notée « b. » au lieu de « d. » ; c’est une coquille sans conséquence puisque la bonne réponse est la a.
2. Pour tout \(n\) :
\[v_{n+1}=u_{n+1}-(n+1)=\dfrac{1}{2}u_n+\dfrac{1}{2}n+1-n-1=\dfrac{1}{2}u_n-\dfrac{1}{2}n=\dfrac{1}{2}(u_n-n)=\dfrac{1}{2}v_n.\]
La suite \((v_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\) (et de premier terme \(v_0=3\)). Réponse b.
3. Au passage numéro \(i\) dans la boucle, la variable U contient \(u_i\) et doit recevoir \(u_{i+1}=\dfrac{1}{2}u_i+\dfrac{1}{2}i+1\). L’indice qui intervient est donc \(i\) (et non \(n\), qui est fixe, ni \(i+1\) ou \(i-1\)). Après \(n\) passages, U contient \(u_n\). Réponse d. Le programme complet s’écrit :
def terme(n):
U = 3
for i in range(n):
U = U/2 + i/2 + 1
return U
Partie B
1. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(n\leq\, u_n\leq\, n+3\) ».
Initialisation. Pour \(n=0\) : \(u_0=3\) et on a bien \(0\leq\, 3\leq\, 0+3\). \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie : \(n\leq\, u_n\leq\, n+3\). En multipliant par \(\dfrac{1}{2}\gt 0\) :
\[\dfrac{n}{2}\leq\,\dfrac{1}{2}u_n\leq\,\dfrac{n}{2}+\dfrac{3}{2}.\]
On ajoute \(\dfrac{1}{2}n+1\) à chaque membre :
\[n+1\leq\, u_{n+1}\leq\, n+\dfrac{5}{2}.\]
Or \(n+\dfrac{5}{2}\leq\, n+4=(n+1)+3\). Donc \(n+1\leq\, u_{n+1}\leq\, (n+1)+3\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(n\leq\, u_n\leq\, n+3\).
2. Pour tout \(n\), \(u_n\geq\, n\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}n=+\infty\). Par le théorème de comparaison, \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty\).
3. Pour \(n\geq\, 1\), on divise l’encadrement de la question 1 par \(n\gt 0\) :
\[1\leq\,\dfrac{u_n}{n}\leq\, 1+\dfrac{3}{n}.\]
Comme \(\lim\limits_{n\to+\infty}(1+\dfrac{3}{n})=1\), le théorème des gendarmes donne \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{u_n}{n}=1\).
Exercice 4 :
Dans le repère \((\text{D}~;~\vec{\text{DH}},~\vec{\text{DC}},~\vec{\text{DA}})\), la première coordonnée se lit selon l’arête [DH], la deuxième selon [DC] et la troisième selon [DA]. On a ainsi D(0 ; 0 ; 0), H(1 ; 0 ; 0), C(0 ; 1 ; 0), A(0 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 0), E(1 ; 0 ; 1) et B(0 ; 1 ; 1).
1. \(\vec{\text{DF}}=\vec{\text{DH}}+\vec{\text{DC}}+\vec{\text{DA}}\), donc F(1 ; 1 ; 1) ; et \(\vec{\text{DC}}\) est le deuxième vecteur de base, donc C(0 ; 1 ; 0).
2. M, centre du carré BCGF, est le milieu de sa diagonale [BG] : \(\text{M}(\dfrac{0+1}{2}~;~\dfrac{1+1}{2}~;~\dfrac{1+0}{2})\), soit \(\text{M}(\dfrac{1}{2}~;~1~;~\dfrac{1}{2})\).
N, centre du carré EFGH, est le milieu de sa diagonale [EG] : \(\text{N}(\dfrac{1+1}{2}~;~\dfrac{0+1}{2}~;~\dfrac{1+0}{2})\), soit \(\text{N}(1~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2})\).
3. a. On calcule \(\vec{\text{AG}}\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}\), \(\vec{\text{HF}}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{HC}}\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}\).
Les vecteurs \(\vec{\text{HF}}\) et \(\vec{\text{HC}}\) ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de l’un est nulle, pas celle de l’autre) : ils dirigent le plan (HFC). Or :
\[\vec{\text{AG}}\cdot\vec{\text{HF}}=1\times 0+1\times 1+(-1)\times 1=0\quad\text{et}\quad\vec{\text{AG}}\cdot\vec{\text{HC}}=1\times (-1)+1\times 1+(-1)\times 0=0.\]
\(\vec{\text{AG}}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (HFC) : c’est un vecteur normal au plan (HFC).
b. Un plan de vecteur normal \(\vec{\text{AG}}(1~;~1~;~-1)\) a une équation de la forme \(x+y-z+d=0\). Il passe par H(1 ; 0 ; 0), donc \(1+0-0+d=0\), d’où \(d=-1\). Une équation cartésienne du plan (HFC) est \(x+y-z-1=0\). (Contrôle : F donne \(1+1-1-1=0\) et C donne \(0+1-0-1=0\).)
4. La droite (AG) passe par A(0 ; 0 ; 1) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{AG}}(1~;~1~;~-1)\). Une représentation paramétrique est :
\[\{\begin{array}{l c l} x = t\\ y = t\\ z = 1-t \end{array}.\quad (t\in\mathbb{R}).\]
5. Deux conditions sont à vérifier.
R appartient au plan (HFC) : \(\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{3}-1=\dfrac{3}{3}-1=0\).
La droite (GR) est orthogonale au plan : \(\vec{\text{GR}}\begin{pmatrix}\frac{2}{3}-1\\ \frac{2}{3}-1\\ \frac{1}{3}-0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{1}{3}\\ -\frac{1}{3}\\ \frac{1}{3}\end{pmatrix}=-\dfrac{1}{3}\vec{\text{AG}}\), donc \(\vec{\text{GR}}\) est colinéaire au vecteur normal \(\vec{\text{AG}}\).
R est donc le point du plan (HFC) tel que (GR) soit perpendiculaire à ce plan : R est le projeté orthogonal de G sur le plan (HFC). On remarque que R est aussi sur la droite (AG) (paramètre \(t=\dfrac{2}{3}\)).
6. Un point K de (FG) a des coordonnées de la forme \((1~;~1~;~t)\). Alors :
\[\vec{\text{KM}}\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\\ \frac{1}{2}-t\end{pmatrix}\quad\text{et}\quad\vec{\text{KN}}\begin{pmatrix}0\\ -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}-t\end{pmatrix}.\]
Ces deux vecteurs ne sont jamais nuls (leur première ou deuxième coordonnée vaut \(-\frac{1}{2}\)), donc K est toujours distinct de M et de N. Le triangle KMN est rectangle en K si et seulement si \(\vec{\text{KM}}\cdot\vec{\text{KN}}=0\) :
\[(-\dfrac{1}{2})\times 0+0\times (-\dfrac{1}{2})+(\dfrac{1}{2}-t)^2=0\iff(\dfrac{1}{2}-t)^2=0\iff t=\dfrac{1}{2}.\]
Il existe donc un unique point K qui convient : \(\text{K}(1~;~1~;~\dfrac{1}{2})\), c’est-à-dire le milieu de l’arête [FG].
7. Les points F(1 ; 1 ; 1), N\((1~;~\frac{1}{2}~;~\frac{1}{2})\) et K\((1~;~1~;~\frac{1}{2})\) ont tous pour première coordonnée 1 : ils sont dans le plan de la face EFGH. On prend le triangle FKN comme base.
\(\vec{\text{KF}}(0~;~0~;~\frac{1}{2})\) et \(\vec{\text{KN}}(0~;~-\frac{1}{2}~;~0)\) ont un produit scalaire nul : le triangle FKN est rectangle en K, avec KF = KN = \(\dfrac{1}{2}\). Son aire vaut \(\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8}\).
La hauteur issue de M est la distance de M au plan de la face EFGH (d’équation \(x=1\)) : \(1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\). D’où :
\[V_{\text{FNKM}}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{8}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{48}.\]
Le cube a pour volume \(1^3=1\). Le volume du tétraèdre FNKM représente donc \(\dfrac{1}{48}\) du volume du cube.
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