Corrigé de l’exercice 1 : QCM, courbe, dérivées et suites
1. La courbe décroît jusqu'à un minimum d'abscisse environ \(-1{,}5\), puis croît. Donc \(f'\) s'annule en \(-1{,}5\) et non en \(-0{,}5\) (la courbe y est en train de monter, en coupant l'axe), ce qui exclut a et b. La dérivée change de signe, ce qui exclut d. La tangente (AB) en A a pour coefficient directeur \(\dfrac{20-5}{1-0}=15\), donc \(f'(0)=15\). Réponse : c.
2. On a \(f(0)=b\) et \(f(0)=5\) car A est sur la courbe, donc \(b=5\). Ensuite \(f(-0{,}5)=0\) donne \((-0{,}5a+5)\mathrm{e}^{-0{,}5}=0\), donc \(-0{,}5a+5=0\) et \(a=10\). Réponse : a. (On vérifie : \(f'(x)=(10x+15)\mathrm{e}^x\), donc \(f'(0)=15\), cohérent avec la question 1.)
3. Comme \(\mathrm{e}^x\gt 0\), le signe de \(f''(x)\) est celui de \(10x+25\), qui s'annule en \(x=-2{,}5\) en passant du négatif au positif. La fonction est concave puis convexe, et la courbe a un unique point d'inflexion, d'abscisse \(-2{,}5\) : c'est le point C. Réponse : c.
4. La suite \((V_n)\) converge, donc elle est bornée, en particulier majorée par un réel \(M\). Comme \(U_n\leqslant V_n\leqslant M\), la suite \((U_n)\) est majorée. Réponse : d. Les autres propositions sont fausses en général : par exemple \(U_n=-n\) et \(V_n=2+\dfrac{1}{n+1}\) montrent que \((U_n)\) peut diverger et que \(V_n\) peut dépasser 2.
Corrigé de l’exercice 2 : suite définie par une fonction homographique
1. \(u_1=f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{4\times\frac{1}{2}}{1+3\times\frac{1}{2}}=\dfrac{2}{2{,}5}=\)\(\dfrac{4}{5}\).
2. a. Démontrons par récurrence la propriété \(P(n)\) : \(\dfrac{1}{2}\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 2\).
Initialisation. Pour \(n=0\) : \(u_0=\dfrac{1}{2}\) et \(u_1=\dfrac{4}{5}\), donc \(\dfrac{1}{2}\leqslant\dfrac{1}{2}\leqslant\dfrac{4}{5}\leqslant 2\). \(P(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(P(n)\) vraie pour un entier \(n\) fixé : \(\dfrac{1}{2}\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 2\). La fonction \(f\) est croissante, elle conserve donc l'ordre : \(f\left(\dfrac{1}{2}\right)\leqslant f(u_n)\leqslant f(u_{n+1})\leqslant f(2)\). Or \(f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{4}{5}\geqslant\dfrac{1}{2}\), \(f(u_n)=u_{n+1}\), \(f(u_{n+1})=u_{n+2}\) et \(f(2)=\dfrac{8}{7}\leqslant 2\). Donc \(\dfrac{1}{2}\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant 2\) : \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion. \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).
b. D'après la question précédente, la suite \((u_n)\) est croissante et majorée par 2. Par le théorème de convergence monotone, elle converge.
c. La fonction \(f\) est continue sur \(\left]-\dfrac{1}{3}\,;\,+\infty\right[\) et \(u_{n+1}=f(u_n)\), donc la limite \(\ell\) vérifie \(\ell=f(\ell)\), soit \(\ell=\dfrac{4\ell}{1+3\ell}\). Cela donne \(\ell(1+3\ell)=4\ell\), donc \(3\ell^2-3\ell=0\), donc \(3\ell(\ell-1)=0\) : \(\ell=0\) ou \(\ell=1\). Comme \(u_n\geqslant\dfrac{1}{2}\) pour tout \(n\), on a \(\ell\geqslant\dfrac{1}{2}\) et donc \(\ell=1\).
3. a. On calcule les termes tant que l'écart \(1-u\) est supérieur ou égal à \(E\). Version complète (avec le point comme séparateur décimal en Python, l'énoncé écrivait la virgule par erreur) :
def seuil(E) :
u = 0.5
n = 0
while 1 - u >= E :
u = 4*u/(1 + 3*u)
n = n + 1
return n
Les deux lignes à compléter sont « while 1 - u >= E » et « u = 4*u/(1 + 3*u) ». La boucle s'arrête dès que \(1-u\lt E\), donc \(n\) est bien le plus petit indice \(P\) cherché.
b. On cherche le plus petit \(n\) tel que \(1-u_n\lt 10^{-4}\). Le programme calcule \(1-u_6\approx 2{,}44\times 10^{-4}\) (trop grand) puis \(1-u_7\approx 6{,}1\times 10^{-5}\) (assez petit). Le programme renvoie donc 7. On retrouve ces valeurs avec la formule de la question 4.c : \(1-u_n=\dfrac{0{,}25^n}{1+0{,}25^n}\).
4. a. Pour tout \(n\), \(v_{n+1}=\dfrac{u_{n+1}}{1-u_{n+1}}\). On a \(u_{n+1}=\dfrac{4u_n}{1+3u_n}\) et \(1-u_{n+1}=\dfrac{1+3u_n-4u_n}{1+3u_n}=\dfrac{1-u_n}{1+3u_n}\). Donc
\[v_{n+1}=\dfrac{4u_n}{1+3u_n}\times\dfrac{1+3u_n}{1-u_n}=\dfrac{4u_n}{1-u_n}=4v_n.\]
La suite \((v_n)\) est géométrique de raison 4, de premier terme \(v_0=\dfrac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1\). Donc \(v_n=4^n\).
b. De \(v_n=\dfrac{u_n}{1-u_n}\) on tire \(v_n(1-u_n)=u_n\), soit \(v_n=u_n+v_nu_n=u_n(1+v_n)\). Donc \(u_n=\dfrac{v_n}{1+v_n}\).
c. Avec \(v_n=4^n\) : \(u_n=\dfrac{4^n}{4^n+1}\). On divise le numérateur et le dénominateur par \(4^n\) : \(u_n=\dfrac{1}{1+\frac{1}{4^n}}=\)\(\dfrac{1}{1+0{,}25^n}\). Comme \(0\lt 0{,}25\lt 1\), \(0{,}25^n\to 0\), donc \(u_n\to\dfrac{1}{1+0}=\)1 : on retrouve \(\ell=1\).
Corrigé de l’exercice 3 : crapauds accoucheurs, truites et maladie
Partie I
1. À l'instant \(t=0\) : \(f(0)=(0-0+400)\mathrm{e}^0+40=440\). Il y a 440 crapauds lors de l'introduction des truites.
2. On dérive \(f=u\times v+40\) avec \(u(t)=0{,}04t^2-8t+400\) et \(v(t)=\mathrm{e}^{\frac{t}{50}}\). On a \(u'(t)=0{,}08t-8\) et \(v'(t)=\dfrac{1}{50}\mathrm{e}^{\frac{t}{50}}\). Donc
\[f'(t)=(0{,}08t-8)\mathrm{e}^{\frac{t}{50}}+\left(0{,}04t^2-8t+400\right)\times\dfrac{1}{50}\mathrm{e}^{\frac{t}{50}}.\]
On factorise par \(\mathrm{e}^{\frac{t}{50}}\), et on remarque que \(\dfrac{1}{50}\left(0{,}04t^2-8t+400\right)=0{,}0008t^2-0{,}16t+8\) :
\[f'(t)=\mathrm{e}^{\frac{t}{50}}\left(0{,}08t-8+0{,}0008t^2-0{,}16t+8\right)=\mathrm{e}^{\frac{t}{50}}\left(0{,}0008t^2-0{,}08t\right)=0{,}0008\,t(t-100)\mathrm{e}^{\frac{t}{50}}.\]
Comme \(0{,}0008=8\times 10^{-4}\), on obtient bien \(f'(t)=t(t-100)\mathrm{e}^{\frac{t}{50}}\times 8\times 10^{-4}\).
3. Sur \([0\,;\,120]\), \(8\times 10^{-4}\gt 0\) et \(\mathrm{e}^{\frac{t}{50}}\gt 0\), donc \(f'(t)\) a le signe de \(t(t-100)\). Sur \(]0\,;\,100[\), \(t\gt 0\) et \(t-100\lt 0\) : \(f'(t)\lt 0\). Sur \(]100\,;\,120]\), \(f'(t)\gt 0\). Donc \(f\) est strictement décroissante sur \([0\,;\,100]\) et strictement croissante sur \([100\,;\,120]\). On calcule \(f(100)=(400-800+400)\mathrm{e}^2+40=40\) et \(f(120)=(576-960+400)\mathrm{e}^{2{,}4}+40=16\mathrm{e}^{2{,}4}+40\approx 216{,}37\).
| \(t\) | 0 | 100 | 120 | ||
|---|---|---|---|---|---|
| Signe de \(f'(t)\) | 0 | \(-\) | 0 | \(+\) | |
| Variations de \(f\) | 440 | \(\searrow\) | 40 | \(\nearrow\) | 216,37 |
4. a. Le minimum est atteint pour \(t=100\) : \(J=100\) jours, et le nombre minimum de crapauds est 40.
b. Sur \([100\,;\,120]\), \(f\) est continue et strictement croissante, avec \(f(100)=40\lt 140\) et \(f(120)\approx 216{,}37\gt 140\). D'après le théorème des valeurs intermédiaires (corollaire des fonctions strictement monotones), l'équation \(f(t)=140\) admet une unique solution \(t_0\) dans \([100\,;\,120]\), et pour \(t\gt t_0\) on a \(f(t)\gt 140\). Le nombre de crapauds dépassera donc un jour 140.
c. À la calculatrice, \(f(115)\approx 129{,}77\lt 140\) et \(f(116)\approx 144{,}20\gt 140\) (la solution exacte est \(t_0\approx 115{,}72\)). Le nombre de crapauds dépasse 140 à partir du 116e jour, soit après 116 jours dans la modélisation.
Partie II
1. Les trois quarts des lacs ne sont pas infectés : \(P(\overline{L})=0{,}75\) et donc \(P(L)=0{,}25\). Dans un lac infecté, un têtard est contaminé avec la probabilité 0,74 : \(P_L(T)=0{,}74\) et \(P_L(\overline{T})=0{,}26\). Dans un lac non infecté : \(P_{\overline{L}}(T)=0\) et \(P_{\overline{L}}(\overline{T})=1\). L'arbre est donc complété ainsi : \(L\) de probabilité 0,25 puis \(T\) de probabilité 0,74 et \(\overline{T}\) de probabilité 0,26 ; \(\overline{L}\) de probabilité 0,75 puis \(T\) de probabilité 0 et \(\overline{T}\) de probabilité 1.
2. \(L\) et \(\overline{L}\) forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales : \(P(T)=P(L\cap T)+P(\overline{L}\cap T)=0{,}25\times 0{,}74+0{,}75\times 0=0{,}185\). On retrouve bien \(P(T)=0{,}185\).
3. On cherche \(P_{\overline{T}}(L)\). On a \(P(\overline{T})=1-0{,}185=0{,}815\) et \(P(L\cap\overline{T})=0{,}25\times 0{,}26=0{,}065\). Donc
\[P_{\overline{T}}(L)=\dfrac{P(L\cap\overline{T})}{P(\overline{T})}=\dfrac{0{,}065}{0{,}815}\approx\mathbf{0{,}080}.\]
Corrigé de l’exercice au choix
Corrigé de l’exercice A : plan dans un cube
Dans le repère \(\left(\mathrm{A}\,;\,\overrightarrow{\mathrm{AB}},\,\overrightarrow{\mathrm{AD}},\,\overrightarrow{\mathrm{AE}}\right)\), on a A\((0\,;\,0\,;\,0)\), B\((1\,;\,0\,;\,0)\), C\((1\,;\,1\,;\,0)\), D\((0\,;\,1\,;\,0)\), E\((0\,;\,0\,;\,1)\), F\((1\,;\,0\,;\,1)\), G\((1\,;\,1\,;\,1)\) et H\((0\,;\,1\,;\,1)\).
1. \(\overrightarrow{\mathrm{EH}}(0\,;\,1\,;\,0)\) donc \(\mathrm{I}\left(0\,;\,\dfrac{1}{4}\,;\,1\right)\). \(\overrightarrow{\mathrm{EF}}(1\,;\,0\,;\,0)\) donc \(\mathrm{J}\left(\dfrac{1}{4}\,;\,0\,;\,1\right)\). \(\overrightarrow{\mathrm{BF}}(0\,;\,0\,;\,1)\) donc \(\mathrm{K}\left(1\,;\,0\,;\,\dfrac{1}{4}\right)\).
2. On a \(\overrightarrow{\mathrm{AG}}(1\,;\,1\,;\,1)\), \(\overrightarrow{\mathrm{IJ}}\left(\dfrac{1}{4}\,;\,-\dfrac{1}{4}\,;\,0\right)\) et \(\overrightarrow{\mathrm{IK}}\left(1\,;\,-\dfrac{1}{4}\,;\,-\dfrac{3}{4}\right)\). Alors \(\overrightarrow{\mathrm{AG}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{IJ}}=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}+0=0\) et \(\overrightarrow{\mathrm{AG}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{IK}}=1-\dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{4}=0\). Les vecteurs \(\overrightarrow{\mathrm{IJ}}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{IK}}\) ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles, la dernière coordonnée de \(\overrightarrow{\mathrm{IJ}}\) étant nulle et pas celle de \(\overrightarrow{\mathrm{IK}}\)). Ils dirigent donc le plan (IJK), et \(\overrightarrow{\mathrm{AG}}\), orthogonal à ces deux vecteurs, est normal au plan (IJK).
3. Le vecteur \(\overrightarrow{\mathrm{AG}}\) est normal, donc une équation est \(x+y+z+d=0\). Le point I appartient au plan : \(0+\dfrac{1}{4}+1+d=0\), donc \(d=-\dfrac{5}{4}\). En multipliant par 4 : \(4x+4y+4z-5=0\). (Vérification avec J : \(1+0+4-5=0\) et avec K : \(4+0+1-5=0\).)
4. La droite (BC) passe par B\((1\,;\,0\,;\,0)\) et a pour vecteur directeur \(\overrightarrow{\mathrm{BC}}(0\,;\,1\,;\,0)\). Une représentation paramétrique est :
\[\begin{cases}x=1\\y=t\\z=0\end{cases},\quad t\in\mathbb{R}.\]
5. Les coordonnées de L vérifient à la fois cette représentation et l'équation du plan : \(4\times 1+4t+0-5=0\), donc \(4t=1\) et \(t=\dfrac{1}{4}\). On obtient \(\mathrm{L}\left(1\,;\,\dfrac{1}{4}\,;\,0\right)\).
6. Le point L est sur l'arête [BC], au quart de BC en partant de B. Le point K est sur l'arête [BF], au quart de BF en partant de B. Les deux points K et L appartiennent à la fois au plan (IJK) et à la face (BCGF), donc l'intersection du plan avec cette face est le segment [KL]. Sur la figure : on place L sur [BC] à un quart de BC à partir de B, puis on trace le segment [KL] (il est visible, car la face BCGF est la face avant du cube). Vérification par calcul : sur la face, \(x=1\) et l'équation du plan devient \(y+z=\dfrac{1}{4}\), droite qui passe par K\(\left(1\,;\,0\,;\,\dfrac{1}{4}\right)\) et L\(\left(1\,;\,\dfrac{1}{4}\,;\,0\right)\).
7. Pour M\(\left(\dfrac{1}{4}\,;\,1\,;\,0\right)\) : \(4\times\dfrac{1}{4}+4\times 1+4\times 0-5=1+4-5=0\). Le point M appartient donc au plan (IJK), comme I, J et L. Les points I, J, L et M sont coplanaires.
Corrigé de l’exercice B : fonction logarithme et tangentes perpendiculaires
Partie I
1. En 0, \(\ln(x)\to-\infty\) et \(\dfrac{1}{x}\to+\infty\), donc \(\dfrac{\ln(x)}{x}=\ln(x)\times\dfrac{1}{x}\to-\infty\). Ainsi \(\lim_{x\to 0}h(x)=-\infty\).
2. Par croissances comparées, \(\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0\). Donc \(\lim_{x\to+\infty}h(x)=1\).
3. On dérive \(\dfrac{\ln(x)}{x}\) comme un quotient : \(h'(x)=\dfrac{\frac{1}{x}\times x-\ln(x)\times 1}{x^2}=\dfrac{1-\ln(x)}{x^2}\).
4. Comme \(x^2\gt 0\), \(h'(x)\) a le signe de \(1-\ln(x)\) : positif si \(\ln(x)\lt 1\), c'est-à-dire \(x\lt\mathrm{e}\), négatif ensuite. De plus \(h(\mathrm{e})=1+\dfrac{1}{\mathrm{e}}\approx 1{,}37\).
| \(x\) | 0 | \(\mathrm{e}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| Signe de \(h'(x)\) | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| Variations de \(h\) | \(-\infty\) | \(\nearrow\) | \(1+\dfrac{1}{\mathrm{e}}\) | \(\searrow\) | 1 |
5. Sur \(]0\,;\,\mathrm{e}]\), \(h\) est continue, strictement croissante, de limite \(-\infty\) en 0 et de maximum \(1+\dfrac{1}{\mathrm{e}}\gt 0\). D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation \(h(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0\,;\,\mathrm{e}]\). Sur \([\mathrm{e}\,;\,+\infty[\), on a \(\ln(x)\gt 0\) donc \(h(x)\gt 1\gt 0\) : pas de solution. L'équation admet donc une unique solution \(\alpha\) dans \(]0\,;\,+\infty[\). Enfin \(h(0{,}5)=1+\dfrac{\ln(0{,}5)}{0{,}5}\approx-0{,}386\lt 0\) et \(h(0{,}6)\approx 0{,}149\gt 0\) : comme \(h\) est strictement croissante sur cet intervalle, \(0{,}5\lt\alpha\lt 0{,}6\).
Partie II
1. La fonction \(g=\ln\) est dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\) avec \(g'(x)=\dfrac{1}{x}\). Le coefficient directeur de la tangente \(D_a\) est \(g'(a)=\)\(\dfrac{1}{a}\).
2. On a \(f'(x)=1\times\ln(x)+x\times\dfrac{1}{x}-1=\ln(x)\). Le coefficient directeur de \(T_a\) est \(f'(a)=\)\(\ln(a)\).
3. Les droites \(T_a\) et \(D_a\) sont perpendiculaires si et seulement si \(\ln(a)\times\dfrac{1}{a}=-1\), c'est-à-dire \(\dfrac{\ln(a)}{a}=-1\), c'est-à-dire \(1+\dfrac{\ln(a)}{a}=0\), soit \(h(a)=0\). D'après la partie I, cette équation admet une unique solution, \(\alpha\). Les droites \(T_a\) et \(D_a\) sont perpendiculaires pour l'unique valeur \(a=\alpha\) (avec \(0{,}5\lt\alpha\lt 0{,}6\), et même \(\alpha\approx 0{,}567\)).