Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. L’énoncé donne \(P(J) = 0{,}6 = \dfrac{3}{5}\) et, parmi les personnes qui comptent regarder les JOP, la proportion de sportifs réguliers : \(P_J(S) = \dfrac{8}{9}\). Dans l’arbre pondéré, la première branche mène à \(J\) (probabilité \(\dfrac{3}{5}\)) ou à \(\overline{J}\) (probabilité \(\dfrac{2}{5}\)), puis de \(J\) partent \(S\) (\(\dfrac{8}{9}\)) et \(\overline{S}\) (\(\dfrac{1}{9}\)).
La probabilité d’une intersection est le produit des probabilités le long du chemin :
\[P(J \cap S) = P(J) \times P_J(S) = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{8}{9} = \dfrac{24}{45} = \dfrac{8}{15}.\]
On a bien \(P(J \cap S) = \dfrac{8}{15}\).
2. a. On sait maintenant que \(P(S) = \dfrac{2}{3}\). Les évènements \(J\) et \(\overline{J}\) forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales \(P(S) = P(J \cap S) + P(\overline{J} \cap S)\). On en tire :
\[P(\overline{J} \cap S) = P(S) – P(J \cap S) = \dfrac{2}{3} – \dfrac{8}{15} = \dfrac{10}{15} – \dfrac{8}{15} = \dfrac{2}{15}.\]
La probabilité cherchée est \(\dfrac{2}{15}\).
b. Comme \(P(\overline{J}) = 1 – \dfrac{3}{5} = \dfrac{2}{5}\) :
\[P_{\overline{J}}(S) = \dfrac{P(\overline{J} \cap S)}{P(\overline{J})} = \dfrac{2}{15} \times \dfrac{5}{2} = \dfrac{1}{3}.\]
\(P_{\overline{J}}(S) = \dfrac{1}{3}\) : un tiers seulement des personnes qui ne comptent pas regarder les JOP font du sport régulièrement.
3. a. Le choix des 30 personnes est assimilé à un tirage avec remise : on répète 30 fois, de manière identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli dont le succès « la personne déclare pratiquer une activité sportive régulière » a pour probabilité \(P(S) = \dfrac{2}{3}\). \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 30\) et \(p = \dfrac{2}{3}\).
b. \[P(X = 16) = \dbinom{30}{16}(\dfrac{2}{3})^{16}(\dfrac{1}{3})^{14} \approx 0{,}046.\]
La probabilité qu’exactement 16 personnes soient sportives est environ 0,046.
c. Offrir \(X\) places coûte \(380X\) euros. Le budget est insuffisant lorsque \(380X \gt 10\,000\), c’est-à-dire \(X \gt \dfrac{10\,000}{380} \approx 26{,}3\). Comme \(X\) est un entier, cela revient à \(X \geq\, 27\) (26 places coûtent 9 880 €, 27 places coûtent 10 260 €).
\[P(X \geq\, 27) = 1 – P(X \leq\, 26) \approx 1 – 0{,}9967 \approx 0{,}003.\]
La probabilité que le budget soit insuffisant est environ 0,003 : c’est très peu probable.
Exercice 2 :
1. Réponse B. L’équation \(y^{\prime} = -3y + 7\) est de la forme \(y^{\prime} = ay + b\) avec \(a = -3\) et \(b = 7\). Ses solutions sont les fonctions \(x \mapsto K\text{e}^{-3x} – \dfrac{b}{a} = K\text{e}^{-3x} + \dfrac{7}{3}\), \(K \in \mathbb{R}\). La condition \(f(0) = 1\) donne \(K + \dfrac{7}{3} = 1\), donc \(K = -\dfrac{4}{3}\) et \(f(x) = -\dfrac{4}{3}\text{e}^{-3x} + \dfrac{7}{3}\).
2. Réponse C. La fonction \(f\) est positive sur \([1~;~5]\), donc \(I\) est l’aire (en unités d’aire, un carreau valant 1) du domaine compris entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites \(x = 1\) et \(x = 5\). D’après le graphique, sur \([1~;~2]\) on a \(3 \leq\, f(x) \leq\, 4\), sur \([2~;~3]\) \(2 \leq\, f(x) \leq\, 3\), sur \([3~;~4]\) \(1 \leq\, f(x) \leq\, 2\) et sur \([4~;~5]\) \(0 \leq\, f(x) \leq\, 1\). En additionnant ces encadrements sur des intervalles de longueur 1 : \(3 + 2 + 1 + 0 \leq\, I \leq\, 4 + 3 + 2 + 1\), soit \(6 \leq\, I \leq\, 10\), ce qui donne bien \(5 \leq\, I \leq\, 10\).
3. Réponse B. La fonction \(g\) est une primitive de \(g^{\prime}\), donc \(\displaystyle\int_0^2 g^{\prime}(x)\,\text{d}x = g(2) – g(0) = 4\ln(8) – 0 = 4\ln 8 = 12\ln 2 \approx 8{,}3\). Inutile de calculer \(g^{\prime}\).
4. Réponse D. Un groupe est un ensemble de 5 élèves, sans ordre ni répétition, choisis parmi 31 : c’est une combinaison, et il y en a \(\dbinom{31}{5}\) (soit 169 911). La réponse B compterait les listes ordonnées, donc chaque groupe \(5! = 120\) fois.
5. Réponse A. On choisit d’abord les 3 élèves de SES parmi 20 : \(\dbinom{20}{3}\) possibilités ; puis, pour chacun de ces choix, les 2 autres élèves parmi les \(31 – 20 = 11\) élèves qui n’ont pas pris SES (sinon le groupe en compterait plus de 3) : \(\dbinom{11}{2}\) possibilités. Par le principe multiplicatif, il y a \(\dbinom{20}{3} \times \dbinom{11}{2}\) groupes (soit 1 140 × 55 = 62 700).
Exercice 3 :
1. a. \(u_1 = u_0 – \ln(\dfrac{u_0}{4}) = 8 – \ln 2\), donc \(u_1 \approx 7{,}31\).
Puis \(u_2 = u_1 – \ln(\dfrac{u_1}{4}) = 8 – \ln 2 – \ln(\dfrac{8 – \ln 2}{4})\), donc \(u_2 \approx 6{,}70\).
b. La variable u part de \(u_0 = 8\). À chaque passage dans la boucle, on ajoute d’abord la valeur courante de u à S, puis on calcule le terme suivant. Après \(k\) passages, S contient donc \(u_0 + u_1 + \cdots + u_{k-1}\).
Le nombre 58.44045206721732 est une valeur approchée de la somme des 10 premiers termes \(u_0 + u_1 + \cdots + u_9\).
c. Il suffit de diviser la somme par le nombre de termes \(k\) :
def mystere(k) :
u = 8
S = 0
for i in range(k) :
S = S + u
u = u - log( u / 4 )
return S / k
2. Pour \(x \gt 0\), \(\ln(\dfrac{x}{4}) = \ln x – \ln 4\), donc \(f(x) = x – \ln x + \ln 4\) et :
\[f^{\prime}(x) = 1 – \dfrac{1}{x} = \dfrac{x – 1}{x}.\]
Sur \(]0~;~+\infty[\), le dénominateur \(x\) est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(x – 1\) : \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]0~;~1[\), \(f^{\prime}(1) = 0\) et \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]1~;~+\infty[\). La fonction \(f\) est strictement décroissante sur \(]0~;~1]\) et strictement croissante sur \([1~;~+\infty[\).
Elle admet donc un minimum en \(x = 1\), égal à \(f(1) = 1 – \ln(\dfrac{1}{4}) = 1 + \ln 4\) (environ 2,39, ce que confirme la courbe).
| \(x\) | 0 | 1 | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | || | \(-\) | 0 | \(+\) | |
| variations de \(f\) | || | \(\searrow\) | \(1 + \ln 4\) | \(\nearrow\) |
Le minimum de \(f\) sur \(]0~;~+\infty[\) vaut \(1 + \ln 4\), atteint en \(x = 1\).
3. a. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété : « \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\) ».
Initialisation. \(u_0 = 8\) et \(u_1 = 8 – \ln 2 \approx 7{,}31\), donc \(1 \leq\, u_1 \leq\, u_0\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\). Les trois nombres 1, \(u_{n+1}\), \(u_n\) sont dans \([1~;~+\infty[\), intervalle sur lequel \(f\) est croissante (question 2) ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre :
\[f(1) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(u_n), \quad \text{c^{\prime}est-à-dire} \quad 1 + \ln 4 \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1}.\]
Comme \(\ln 4 \gt 0\), \(1 \leq\, 1 + \ln 4\), d’où \(1 \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1}\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. \(\mathcal{P}_0\) est vraie et la propriété est héréditaire ; d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\).
b. La question précédente montre que la suite \((u_n)\) est décroissante (\(u_{n+1} \leq\, u_n\)) et minorée par 1 (\(u_n \geq\, 1\) pour tout \(n \geq\, 1\), et \(u_0 = 8 \geq\, 1\)). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge vers une limite réelle \(\ell\), avec \(\ell \geq\, 1\).
c. Pour \(x \gt 0\) :
\[f(x) = x \iff x – \ln(\dfrac{x}{4}) = x \iff \ln(\dfrac{x}{4}) = 0 \iff \dfrac{x}{4} = 1 \iff x = 4.\]
L’équation \(f(x) = x\) a une unique solution : \(x = 4\).
d. On a \(u_{n+1} = f(u_n)\), la suite converge vers \(\ell \geq\, 1\), donc \(\ell\) appartient à \(]0~;~+\infty[\) où \(f\) est continue (car dérivable). Par passage à la limite dans l’égalité \(u_{n+1} = f(u_n)\), on obtient \(\ell = f(\ell)\). D’après la question c, \(\ell = 4\) : la suite décroît de 8 vers 4.
Exercice 4 :
1. On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}5\\-1\\-13\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}2\\-2\\-10\end{pmatrix}\). S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{AB}} = k\vec{\text{AC}}\) ; la deuxième coordonnée impose \(k = \dfrac{1}{2}\), mais la première donnerait \(5 = 1\), ce qui est faux.
Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés.
2. a. \(\vec{n} \cdot \vec{\text{AB}} = 2 \times 5 + (-3) \times (-1) + 1 \times (-13) = 10 + 3 – 13 = 0\) et \(\vec{n} \cdot \vec{\text{AC}} = 2 \times 2 + (-3) \times (-2) + 1 \times (-10) = 4 + 6 – 10 = 0\).
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : il est normal à ce plan.
b. Puisque \(\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix}\) est normal à \(\mathcal{P}\), ce plan a une équation de la forme \(2x – 3y + z + d = 0\). Le point A appartient au plan : \(2 \times (-1) – 3 \times (-1) + 17 + d = 0\), soit \(18 + d = 0\) et \(d = -18\).
Une équation cartésienne de \(\mathcal{P}\) est \(2x – 3y + z – 18 = 0\). (Contrôle avec B : \(8 + 6 + 4 – 18 = 0\) ; avec C : \(2 + 9 + 7 – 18 = 0\).)
3. a. Les coefficients de \(t\) dans la représentation paramétrique donnent un vecteur directeur : \(\vec{w}\begin{pmatrix}3\\1\\4\end{pmatrix}\).
b. Le point de \(d\) de paramètre \(t\) est dans \(\mathcal{P}\) si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation du plan :
\[2(3t + 2) – 3(t + 5) + (4t + 1) – 18 = 0 \iff 6t + 4 – 3t – 15 + 4t + 1 – 18 = 0 \iff 7t – 28 = 0 \iff t = 4.\]
Avec \(t = 4\) : \(x = 14\), \(y = 9\), \(z = 17\). Le point E a pour coordonnées \((14~;~9~;~17)\). (Contrôle : \(28 – 27 + 17 – 18 = 0\).)
4. Vérifions d’abord que F est bien le projeté orthogonal de D sur \(\mathcal{P}\). F est dans \(\mathcal{P}\) : \(2 \times 6 – 3 \times (-1) + 3 – 18 = 12 + 3 + 3 – 18 = 0\). De plus \(\vec{\text{DF}}\begin{pmatrix}4\\-6\\2\end{pmatrix} = 2\vec{n}\), donc la droite (DF) est perpendiculaire à \(\mathcal{P}\) : c’est la droite \(\Delta\).
La distance du point D au plan \(\mathcal{P}\) est la longueur DF, distance de D à son projeté orthogonal (c’est la plus courte distance de D à un point du plan) :
\[\text{DF} = \sqrt{4^2 + (-6)^2 + 2^2} = \sqrt{16 + 36 + 4} = \sqrt{56} = \sqrt{4 \times 14} = 2\sqrt{14}.\]
La distance de D au plan \(\mathcal{P}\) vaut \(2\sqrt{14}\) centaines de mètres, soit environ 748 m.
5. Quel que soit le point visé dans le plan, le drone parcourt en ligne droite au moins la distance de D au plan, soit \(200\sqrt{14} \approx 748{,}3\) m.
En 40 secondes, à \(18{,}6\ \text{m.s}^{-1}\), le drone parcourt \(40 \times 18{,}6 = 744\) m, ce qui est inférieur à 748,3 m. Autrement dit, même par le chemin le plus court, il lui faudrait \(\dfrac{200\sqrt{14}}{18{,}6} \approx 40{,}2\) secondes.
Le nouveau drone ne peut pas arriver à temps, il lui manque environ 4 mètres.
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