Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. La boule est tirée au hasard parmi 4 boules dont une seule porte la lettre A, donc \(P(A) = \dfrac{1}{4} = 0{,}25\) et \(P(\overline{A}) = \dfrac{3}{4} = 0{,}75\).
Si la boule porte la lettre A, on tire dans l’urne A qui contient 3 billets de 50 € sur 5 : \(P_A(C) = \dfrac{3}{5} = 0{,}6\) et \(P_A(\overline{C}) = 0{,}4\). Si la boule porte la lettre B, on tire dans l’urne B qui contient 1 billet de 50 € sur 4 : \(P_{\overline{A}}(C) = \dfrac{1}{4} = 0{,}25\) et \(P_{\overline{A}}(\overline{C}) = 0{,}75\).
2. L’évènement cherché est l’intersection \(A \cap C\). On multiplie les probabilités le long du chemin de l’arbre :
\[P(A \cap C) = P(A) \times P_A(C) = 0{,}25 \times 0{,}6 = 0{,}15.\]
La probabilité que le joueur obtienne une boule A et un billet de 50 € est \(0{,}15\).
3. Les évènements \(A\) et \(\overline{A}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(C) = P(A \cap C) + P(\overline{A} \cap C) = 0{,}15 + P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(C) = 0{,}15 + 0{,}75 \times 0{,}25.\]
Comme \(0{,}75 \times 0{,}25 = 0{,}1875\), on obtient \(P(C) = 0{,}15 + 0{,}1875 = 0{,}3375\).
4. Obtenir un billet de 10 euros, c’est réaliser \(\overline{C}\). La question porte donc sur la probabilité conditionnelle \(P_{\overline{C}}(\overline{A})\).
D’une part \(P(\overline{C}) = 1 – P(C) = 1 – 0{,}3375 = 0{,}6625\). D’autre part \(P(\overline{A} \cap \overline{C}) = P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(\overline{C}) = 0{,}75 \times 0{,}75 = 0{,}5625\).
\[P_{\overline{C}}(\overline{A}) = \dfrac{P(\overline{A} \cap \overline{C})}{P(\overline{C})} = \dfrac{0{,}5625}{0{,}6625} = \dfrac{45}{53} \approx 0{,}849.\]
Sachant que le joueur a eu un billet de 10 euros, il y a environ 84,9 % de chances qu’il ait tiré une boule B. Comme \(0{,}849 \gt 0{,}8\), l’affirmation est vraie.
5. La variable \(X_1\) ne prend que deux valeurs : 50 (évènement \(C\)) et 10 (évènement \(\overline{C}\)). Sa loi est :
| \(x_i\) | 10 | 50 |
|---|---|---|
| \(P(X_1 = x_i)\) | \(0{,}6625\) | \(0{,}3375\) |
Espérance :
\[E(X_1) = 10 \times 0{,}6625 + 50 \times 0{,}3375 = 6{,}625 + 16{,}875 = 23{,}5.\]
Variance, calculée comme moyenne des carrés des écarts à l’espérance :
\[V(X_1) = 0{,}6625 \times (10 – 23{,}5)^2 + 0{,}3375 \times (50 – 23{,}5)^2 = 0{,}6625 \times 182{,}25 + 0{,}3375 \times 702{,}25.\]
\[V(X_1) = 120{,}740625 + 237{,}009375 = 357{,}75.\]
On a bien \(E(X_1) = 23{,}50\) et \(V(X_1) = 357{,}75\). (On peut aussi utiliser \(V(X_1) = E(X_1^2) – E(X_1)^2 = 910 – 552{,}25 = 357{,}75\).)
6. a. La deuxième partie se déroule exactement dans les mêmes conditions que la première (boule et billet ont été remis), donc \(X_2\) suit la même loi que \(X_1\) et \(E(X_2) = 23{,}5\). Par linéarité de l’espérance :
\[E(Y) = E(X_1 + X_2) = E(X_1) + E(X_2) = 23{,}5 + 23{,}5 = 47.\]
On obtient bien \(E(Y) = 47\).
b. Comme la boule et le billet sont remis avant la deuxième partie, le résultat de la première partie n’a aucune influence sur la seconde : les variables \(X_1\) et \(X_2\) sont indépendantes. Or la variance d’une somme de deux variables aléatoires indépendantes est la somme de leurs variances, d’où \(V(Y) = V(X_1) + V(X_2)\), soit ici \(V(Y) = 2 \times 357{,}75 = 715{,}5\).
7. Les cent parties se jouent dans les mêmes conditions avec remise : les variables \(X_1, \ldots, X_{100}\) sont indépendantes et suivent toutes la loi de \(X_1\). Donc :
\[E(Z) = 100 \times 23{,}5 = 2\,350 \quad \text{et} \quad V(Z) = 100 \times 357{,}75 = 35\,775.\]
L’intervalle \(]1\,950 ; 2\,750[\) est centré sur \(E(Z) = 2\,350\) avec un demi-écart de 400 : dire que \(Z\) appartient à cet intervalle, c’est dire que \(|Z – 2\,350| \lt 400\).
D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour tout réel \(t \gt 0\), \(P(|Z – E(Z)| \geq\, t) \leq\, \dfrac{V(Z)}{t^2}\). En passant à l’évènement contraire avec \(t = 400\) :
\[P(|Z – 2\,350| \lt 400) \geq\, 1 – \dfrac{35\,775}{400^2} = 1 – \dfrac{35\,775}{160\,000} = 0{,}77640625.\]
Comme \(0{,}7764 \geq\, 0{,}75\), la probabilité que \(Z\) appartienne à \(]1\,950 ; 2\,750[\) est supérieure ou égale à \(0{,}75\).
Exercice 2 :
1. On calcule les coordonnées de deux vecteurs issus de B :
\[\vec{BA}\begin{pmatrix} 4-5 \\ -4-(-3) \\ 4-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} \qquad \vec{BC}\begin{pmatrix} 6-5 \\ -2-(-3) \\ 3-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\]
Dans un repère orthonormé, leur produit scalaire vaut \(\vec{BA} \cdot \vec{BC} = (-1) \times 1 + (-1) \times 1 + 2 \times 1 = -1 – 1 + 2 = 0\).
Les vecteurs \(\vec{BA}\) et \(\vec{BC}\) sont orthogonaux (et non nuls), donc le triangle ABC est rectangle en B.
2. Le triangle ABC étant rectangle en B, les points A, B et C ne sont pas alignés : ils définissent bien un plan. Il suffit de vérifier que leurs coordonnées satisfont l’équation \(x – y – 8 = 0\) :
- pour A : \(4 – (-4) – 8 = 0\) ;
- pour B : \(5 – (-3) – 8 = 0\) ;
- pour C : \(6 – (-2) – 8 = 0\).
L’équation \(x – y – 8 = 0\) est celle d’un plan (les coefficients de \(x\), \(y\), \(z\) ne sont pas tous nuls) qui contient les trois points non alignés A, B, C : c’est donc une équation cartésienne du plan (ABC).
3. a. Les coefficients de \(x\), \(y\) et \(z\) dans l’équation de (ABC) donnent un vecteur normal au plan : \(\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}\). La droite \(d\) étant orthogonale à (ABC), \(\vec{n}\) est un vecteur directeur de \(d\). Comme \(d\) passe par \(\text{D}(5 ; 1 ; 1)\), une représentation paramétrique de \(d\) est :
\[\{\begin{array}{l} x = 5 + t \\ y = 1 – t \\ z = 1 \end{array}. \qquad t \in \mathbb{R}.\]
b. Le projeté orthogonal H de D sur (ABC) est le point d’intersection de la droite \(d\) (perpendiculaire au plan passant par D) avec ce plan. On injecte la représentation paramétrique dans l’équation du plan :
\[(5 + t) – (1 – t) – 8 = 0 \iff 2t – 4 = 0 \iff t = 2.\]
Pour \(t = 2\) : \(x = 7\), \(y = -1\), \(z = 1\). Donc \(\text{H}(7 ; -1 ; 1)\).
c. Dans le repère orthonormé :
\[\text{DH} = \sqrt{(7-5)^2 + (-1-1)^2 + (1-1)^2} = \sqrt{4 + 4 + 0} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}.\]
On a bien \(\text{DH} = 2\sqrt{2}\).
4. a. On prend pour base le triangle ABC. Puisque (DH) est perpendiculaire au plan (ABC) avec H dans ce plan, la hauteur correspondante est DH.
Le triangle ABC est rectangle en B, donc son aire vaut \(\dfrac{\text{BA} \times \text{BC}}{2}\) avec :
\[\text{BA} = \sqrt{(-1)^2 + (-1)^2 + 2^2} = \sqrt{6} \qquad \text{BC} = \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{3}.\]
\[\mathcal{A}_{\text{ABC}} = \dfrac{\sqrt{6} \times \sqrt{3}}{2} = \dfrac{\sqrt{18}}{2} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}.\]
\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3\sqrt{2}}{2} \times 2\sqrt{2} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3 \times 2 \times 2}{2} = 2.\]
Le volume de la pyramide ABCD est égal à 2.
b. On calcule maintenant ce même volume en prenant BCD pour base. La hauteur associée est la distance \(\delta\) du point A au plan (BCD). Ainsi :
\[\dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{42}}{2} \times \delta = 2 \iff \dfrac{\sqrt{42}}{6}\,\delta = 2 \iff \delta = \dfrac{12}{\sqrt{42}}.\]
En rendant le dénominateur rationnel : \(\delta = \dfrac{12\sqrt{42}}{42} = \dfrac{2\sqrt{42}}{7}\).
La distance du point A au plan (BCD) vaut \(\dfrac{2\sqrt{42}}{7}\) (environ 1,85).
Exercice 3 :
Partie A
1. La fonction \(f_1\) est le produit de \(u(x) = x\) et \(v(x) = \text{e}^{1-x}\), avec \(u^{\prime}(x) = 1\) et \(v^{\prime}(x) = -\text{e}^{1-x}\). D’où :
\[f^{\prime}_1(x) = 1 \times \text{e}^{1-x} + x \times (-\text{e}^{1-x}) = (1 – x)\,\text{e}^{1-x}.\]
Une exponentielle est toujours strictement positive, donc \(f^{\prime}_1(x)\) a le signe de \(1 – x\). Pour \(x \in [0 ; 1[\), on a \(x \lt 1\), donc \(1 – x \gt 0\). Ainsi \(f^{\prime}_1(x) \gt 0\) pour tout \(x \in [0 ; 1[\).
2. La dérivée est strictement positive sur \([0 ; 1[\) (et s’annule seulement en 1), donc \(f_1\) est strictement croissante sur \([0 ; 1]\). On calcule les valeurs aux bornes : \(f_1(0) = 0 \times \text{e}^{1} = 0\) et \(f_1(1) = 1 \times \text{e}^{0} = 1\).
| \(x\) | 0 | 1 | |
|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}_1(x)\) | + | 0 | |
| variations de \(f_1\) | 0 | croissante ↗ | 1 |
3. Sur \([0 ; 1]\), la fonction \(f_1\) est continue (car dérivable) et strictement croissante. De plus \(f_1(0) = 0 \lt 0{,}1\) et \(f_1(1) = 1 \gt 0{,}1\) : le réel \(0{,}1\) est compris entre \(f_1(0)\) et \(f_1(1)\).
D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \(f_1(x) = 0{,}1\) admet une unique solution dans \([0 ; 1]\). (À la calculatrice, elle vaut environ \(0{,}038\).)
Partie B
1. a. Soit \(x \in [0 ; 1]\) et \(n \geq\, 1\). On part de \(0 \leq\, x \leq\, 1\) et on multiplie chaque membre par \(x^n\), qui est positif ou nul puisque \(x \geq\, 0\) ; le sens des inégalités est conservé :
\[0 \times x^n \leq\, x \times x^n \leq\, 1 \times x^n, \quad \text{c^{\prime}est-à-dire} \quad 0 \leq\, x^{n+1} \leq\, x^n.\]
b. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^{1-x} \gt 0\). En multipliant l’encadrement précédent par ce nombre positif, on obtient pour tout \(x \in [0 ; 1]\) :
\[0 \leq\, x^{n+1}\text{e}^{1-x} \leq\, x^n\text{e}^{1-x}.\]
Les bornes d’intégration sont dans le bon ordre (\(0 \leq\, 1\)) ; par positivité et croissance de l’intégrale, on intègre de 0 à 1 :
\[0 \leq\, \int_0^1 x^{n+1}\text{e}^{1-x}\,\text{d}x \leq\, \int_0^1 x^n\text{e}^{1-x}\,\text{d}x, \quad \text{soit} \quad 0 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n.\]
c. D’après la question précédente, \(u_{n+1} \leq\, u_n\) pour tout \(n \geq\, 1\) : la suite \((u_n)\) est décroissante. Elle est aussi minorée par 0. Une suite décroissante et minorée converge (théorème de convergence monotone), donc la suite \((u_n)\) est convergente.
2. a. On part de \(u_{n+1} = \displaystyle\int_0^1 x^{n+1}\text{e}^{1-x}\,\text{d}x\) et on pose :
- \(u(x) = x^{n+1}\), d’où \(u^{\prime}(x) = (n+1)x^n\) ;
- \(v^{\prime}(x) = \text{e}^{1-x}\), d’où \(v(x) = -\text{e}^{1-x}\).
Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables à dérivées continues sur \([0 ; 1]\). La formule d’intégration par parties donne :
\[u_{n+1} = [-x^{n+1}\text{e}^{1-x}]_0^1 – \int_0^1 (n+1)x^n \times (-\text{e}^{1-x})\text{d}x = [-x^{n+1}\text{e}^{1-x}]_0^1 + (n+1)\int_0^1 x^n\text{e}^{1-x}\,\text{d}x.\]
Le crochet vaut \((-1^{n+1}\text{e}^{0}) – (-0^{n+1}\text{e}^{1}) = -1 – 0 = -1\) (car \(n + 1 \geq\, 2\), donc \(0^{n+1} = 0\)). L’intégrale restante est \(u_n\). Donc, pour tout entier \(n \geq\, 1\) :
\[u_{n+1} = (n+1)u_n – 1.\]
b. On initialise \(u\) avec \(u_1 = \text{e} – 2\), qui s’écrit exp(1) - 2 en Python. À chaque passage dans la boucle, l’instruction u = (n+1)*u - 1 fait passer de \(u_n\) à \(u_{n+1}\). Pour atteindre \(u_8\), il faut faire 7 passages, avec \(n\) prenant les valeurs 1, 2, …, 7 : c’est range(1, 8). Enfin la fonction doit renvoyer u.
from math import exp
def suite():
u = exp(1) - 2
for n in range (1, 8):
u = (n + 1) * u - 1
return u
L’appel suite() renvoie environ \(0{,}1233\), valeur de \(\displaystyle\int_0^1 x^8\text{e}^{1-x}\,\text{d}x\).
3. a. Soit \(x \in [0 ; 1]\). Alors \(1 – x \leq\, 1\) et, la fonction exponentielle étant croissante, \(\text{e}^{1-x} \leq\, \text{e}^1 = \text{e}\). En multipliant par \(x^n \geq\, 0\) : \(x^n\text{e}^{1-x} \leq\, \text{e}\,x^n\).
Par croissance de l’intégrale (bornes \(0 \leq\, 1\)) :
\[u_n \leq\, \int_0^1 \text{e}\,x^n\,\text{d}x = \text{e}[\dfrac{x^{n+1}}{n+1}]_0^1 = \text{e} \times \dfrac{1}{n+1}.\]
On a bien \(u_n \leq\, \dfrac{\text{e}}{n+1}\) pour tout entier \(n \geq\, 1\).
b. D’après 1. b. et 3. a., pour tout \(n \geq\, 1\) : \(0 \leq\, u_n \leq\, \dfrac{\text{e}}{n+1}\). Or \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{\text{e}}{n+1} = 0\) puisque le dénominateur tend vers \(+\infty\). D’après le théorème des gendarmes, \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 0\).
Exercice 4 :
1. Affirmation 1 : vraie.
La somme \(\ln(x) – x^2\) donne la forme indéterminée « \(+\infty – \infty\) ». Pour \(x \gt 0\), on factorise par \(x^2\) : \(f(x) = x^2(\dfrac{\ln(x)}{x^2} – 1)\).
Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\) ; et comme \(\dfrac{\ln(x)}{x^2} = \dfrac{\ln(x)}{x} \times \dfrac{1}{x}\), on a aussi \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x^2} = 0\). La parenthèse tend donc vers \(-1\), et \(x^2\) tend vers \(+\infty\). Par produit, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\).
2. Affirmation 2 : vraie.
On a \(f^{\prime}(x) = -2\sin x – \cos x\). On calcule le membre de gauche de \((E)\) avec \(y = f\) :
\[-2f^{\prime}(x) + 3f(x) = 4\sin x + 2\cos x + 6\cos x – 3\sin x = \sin x + 8\cos x.\]
L’égalité est vérifiée pour tout réel \(x\) : \(f\) est bien solution de \((E)\).
3. Affirmation 3 : vraie.
On calcule \(u_1 = \ln(3 \times 25 + 1) + 8 = \ln(76) + 8 \approx 12{,}33\), donc \(u_1 \lt u_0\). On montre par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1} \lt u_n\).
- Initialisation : \(u_1 \lt u_0\), la propriété est vraie au rang 0.
- Hérédité : supposons \(u_{n+1} \lt u_n\) pour un certain \(n\). La fonction \(g\) est strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\) car \(g^{\prime}(x) = \dfrac{3}{3x+1} \gt 0\). Les termes étant strictement positifs, on peut appliquer \(g\) : \(g(u_{n+1}) \lt g(u_n)\), c’est-à-dire \(u_{n+2} \lt u_{n+1}\).
- Conclusion : par récurrence, \(u_{n+1} \lt u_n\) pour tout \(n\).
La suite \((u_n)\) est donc décroissante.
4. Affirmation 4 : vraie.
La fonction \(h\) est affine : \(h(x) = ax + b\) avec \(a\) et \(b\) réels. Alors \(k(x) = x^4 + x^2 + ax + b\) est un polynôme, deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\), avec \(k^{\prime}(x) = 4x^3 + 2x + a\) et \(k^{\prime\prime}(x) = 12x^2 + 2\).
Pour tout réel \(x\), \(12x^2 \geq\, 0\), donc \(k^{\prime\prime}(x) \geq\, 2 \gt 0\). La dérivée seconde étant positive sur \(\mathbb{R}\), la fonction \(k\) est convexe sur \(\mathbb{R}\), quelle que soit la fonction affine \(h\) (sa dérivée seconde est nulle).
5. Affirmation 5 : fausse.
Le mot EULER a 5 lettres, mais la lettre E y figure deux fois. Si les 5 lettres étaient distinctes, on aurait \(5! = 120\) permutations. Or échanger les deux E ne crée pas de nouveau mot : chaque anagramme est comptée deux fois dans ces 120 permutations. Le nombre d’anagrammes est donc \(\dfrac{5!}{2!} = \dfrac{120}{2} = 60\), et non 120.
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