Corrigé de l’exercice 1 : probabilités et loi binomiale
Partie A
1. Les déchets dangereux représentent \(100\,\%-69\,\%-28\,\%=3\,\%\) du total, donc \(P(D)=0{,}03\). Sur les branches de second niveau, on place les taux de recyclage et leurs compléments à 1.
2. On multiplie le long de la branche D puis R : \(P(D\cap R)=P(D)\times P_D(R)=0{,}03\times0{,}35=\mathbf{0{,}0105}\).
3. \(P\left(M\cap\overline{R}\right)=P(M)\times P_M\left(\overline{R}\right)=0{,}69\times0{,}27=\mathbf{0{,}1863}\). Dans le contexte : 18,63 % des déchets sont minéraux, non dangereux et non recyclables.
4. Les évènements \(M\), \(N\) et \(D\) forment une partition de l'ensemble des déchets. D'après la formule des probabilités totales :
\[P(R)=0{,}69\times0{,}73+0{,}28\times0{,}49+0{,}03\times0{,}35=0{,}5037+0{,}1372+0{,}0105=0{,}6514\]
On retrouve bien \(P(R)=\mathbf{0{,}6514}\).
5. On cherche la probabilité de \(N\) sachant \(R\) :
\[P_R(N)=\dfrac{P(N\cap R)}{P(R)}=\dfrac{0{,}28\times0{,}49}{0{,}6514}=\dfrac{0{,}1372}{0{,}6514}\approx0{,}2106\]
Parmi les déchets recyclables, la proportion de déchets non minéraux et non dangereux est d'environ 0,2106.
Partie B
1. a. On répète 20 fois de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise) une épreuve de succès « le déchet est recyclable », de probabilité \(0{,}6514\). La variable \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=20\) et \(p=0{,}6514\).
b. \(P(X=14)=\dbinom{20}{14}\times0{,}6514^{14}\times0{,}3486^{6}\approx\mathbf{0{,}1723}\).
2. a. Aucun déchet n'est recyclable lorsque les \(n\) déchets sont tous non recyclables, de probabilité \(1-0{,}6514=0{,}3486\) chacun. Donc \(p_n=\mathbf{0{,}3486^n}\).
b. La probabilité d'avoir au moins un déchet recyclable est \(1-p_n\). On résout :
\[1-0{,}3486^n\geqslant0{,}9999\iff0{,}3486^n\leqslant10^{-4}\iff n\ln(0{,}3486)\leqslant\ln\left(10^{-4}\right)\iff n\geqslant\dfrac{\ln\left(10^{-4}\right)}{\ln(0{,}3486)}\]
On a changé le sens de l'inégalité car \(\ln(0{,}3486)\lt0\). Le quotient vaut environ \(8{,}74\), donc la condition est réalisée à partir de \(n=9\). Vérification : \(0{,}3486^8\approx2{,}2\times10^{-4}\) est trop grand, alors que \(0{,}3486^9\approx7{,}6\times10^{-5}\leqslant10^{-4}\).
Corrigé de l’exercice 2 : étude d’une fonction avec une fonction auxiliaire
Partie A
1. a. Quand \(x\to-\infty\), \(3\mathrm{e}^{2x}\to0\) et \(-2x-3\to+\infty\). Par somme, \(\lim\limits_{x\to-\infty}g(x)=\mathbf{+\infty}\).
b. Il y a une forme indéterminée en \(+\infty\). On factorise : \(g(x)=\mathrm{e}^{2x}\left(3-\dfrac{2x+3}{\mathrm{e}^{2x}}\right)\). Par croissances comparées, \(\dfrac{x}{\mathrm{e}^{2x}}\to0\) et \(\dfrac{1}{\mathrm{e}^{2x}}\to0\), donc la parenthèse tend vers 3, et \(\mathrm{e}^{2x}\to+\infty\). Ainsi \(\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\mathbf{+\infty}\).
2. a. La dérivée de \(\mathrm{e}^{2x}\) est \(2\mathrm{e}^{2x}\), donc \(g'(x)=3\times2\mathrm{e}^{2x}-2=\mathbf{6\mathrm{e}^{2x}-2}\).
b. On résout \(g'(x)\gt0\) : \(6\mathrm{e}^{2x}\gt2\iff\mathrm{e}^{2x}\gt\dfrac{1}{3}\iff2x\gt-\ln3\iff x\gt-\dfrac{\ln3}{2}\). Donc \(g'(x)\lt0\) sur \(\left]-\infty\,;\,-\dfrac{\ln3}{2}\right[\), \(g'\) s'annule en \(-\dfrac{\ln3}{2}\), et \(g'(x)\gt0\) sur \(\left]-\dfrac{\ln3}{2}\,;\,+\infty\right[\).
c. La fonction \(g\) est donc strictement décroissante jusqu'à \(-\dfrac{\ln3}{2}\approx-0{,}55\), puis strictement croissante. Son minimum vaut
\[g\left(-\dfrac{\ln3}{2}\right)=3\mathrm{e}^{-\ln3}+\ln3-3=3\times\dfrac{1}{3}+\ln3-3=\mathbf{\ln3-2}\approx-0{,}90\]
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-\dfrac{\ln3}{2}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(g'(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | ||
| variations de \(g\) | \(+\infty\) | \(\searrow\) | \(\ln3-2\) | \(\nearrow\) | \(+\infty\) |
3. a. \(g(0)=3\mathrm{e}^{0}-0-3=3-3=0\). Donc \(x=0\) est bien solution de \(g(x)=0\).
b. Sur \(\left]-\infty\,;\,-\dfrac{\ln3}{2}\right]\), la fonction \(g\) est continue et strictement décroissante, de limite \(+\infty\) en \(-\infty\) jusqu'au minimum \(\ln3-2\lt0\). Le théorème des valeurs intermédiaires (cas d'une fonction strictement monotone) assure que \(0\) a exactement un antécédent \(\alpha\) dans cet intervalle. Sur \(\left[-\dfrac{\ln3}{2}\,;\,+\infty\right[\), \(g\) est strictement croissante et s'annule déjà en 0, donc il n'y a pas d'autre solution. Avec la calculatrice : \(g(-1{,}5)\approx0{,}149\gt0\) et \(g(-1{,}4)\approx-0{,}018\lt0\). On en déduit \(-1{,}5\lt\alpha\lt-1{,}4\).
4. D'après les variations de \(g\) et ses deux zéros \(\alpha\) et \(0\) : \(g(x)\gt0\) sur \(]-\infty\,;\,\alpha[\) et sur \(]0\,;\,+\infty[\), et \(g(x)\lt0\) sur \(]\alpha\,;\,0[\).
Partie B
1. On dérive \(f(x)=\mathrm{e}^{3x}-(2x+1)\mathrm{e}^x\) en utilisant la dérivée d'un produit pour le second terme :
\[f'(x)=3\mathrm{e}^{3x}-\left[2\mathrm{e}^x+(2x+1)\mathrm{e}^x\right]=3\mathrm{e}^{3x}-(2x+3)\mathrm{e}^x=\mathrm{e}^x\left(3\mathrm{e}^{2x}-2x-3\right)=\mathrm{e}^xg(x)\]
2. Comme \(\mathrm{e}^x\gt0\), le signe de \(f'(x)\) est celui de \(g(x)\) : positif sur \(]-\infty\,;\,\alpha[\) et sur \(]0\,;\,+\infty[\), négatif sur \(]\alpha\,;\,0[\). La fonction \(f\) est donc strictement croissante sur \(]-\infty\,;\,\alpha]\), strictement décroissante sur \([\alpha\,;\,0]\), puis strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\).
3. Une fonction dérivable est convexe si et seulement si sa dérivée est croissante. Ici, \(f'(x)\gt0\) pour \(x\) très négatif (par exemple \(x=-2\), puisque \(-2\lt\alpha\)) alors que \(f'(x)\lt0\) pour \(x=-1\) (puisque \(\alpha\lt-1\lt0\)). On a \(-2\lt-1\) mais \(f'(-2)\gt f'(-1)\) : \(f'\) n'est pas croissante, donc \(f\) n'est pas convexe sur \(\mathbb{R}\).
Corrigé de l’exercice 3 : QCM de géométrie dans l’espace
1. Réponse a. On calcule les carrés des distances : \(\mathrm{AB}^2=4^2+4^2+(-2)^2=36\), \(\mathrm{AC}^2=4^2+(-2)^2+4^2=36\) et \(\mathrm{BC}^2=0^2+(-6)^2+6^2=72\). Alors \(\mathrm{AB}=\mathrm{AC}\) et \(\mathrm{AB}^2+\mathrm{AC}^2=72=\mathrm{BC}^2\) : d'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle est isocèle rectangle en A.
2. Réponse c. On a \(\overrightarrow{\mathrm{BC}}\begin{pmatrix}0\\-6\\6\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{BD}}\begin{pmatrix}5\\-9\\-11\end{pmatrix}\). Un vecteur normal \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}\) vérifie \(-6b+6c=0\), donc \(c=b\), puis \(5a-9b-11b=0\), donc \(a=4b\). Avec \(b=1\), \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}4\\1\\1\end{pmatrix}\) et le plan a pour équation \(4x+y+z+d=0\). Le point B donne \(12+6+3+d=0\), donc \(d=-21\). L'équation est \(4x+y+z-21=0\) (on vérifie avec C : \(12+0+9=21\) et avec D : \(32-3-8=21\)).
3. Réponse b. Le vecteur \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1\\-2\\-2\end{pmatrix}\) est normal au plan (ABC), donc H est le point \(\mathrm{D}+t\overrightarrow{n}\), c'est-à-dire \((8+t\,;\,-3-2t\,;\,-8-2t)\). Il appartient au plan : \((8+t)-2(-3-2t)-2(-8-2t)+15=0\), soit \(8+t+6+4t+16+4t+15=9t+45=0\), donc \(t=-5\). Alors H\((3\,;\,7\,;\,2)\) : réponse b.
4. Réponse d. La droite (BC) est dirigée par \(\overrightarrow{\mathrm{BC}}\begin{pmatrix}0\\-6\\6\end{pmatrix}\), donc par \(\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix}\). Un vecteur directeur de \(\Delta\) est \(\begin{pmatrix}1\\-1\\3\end{pmatrix}\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires : les droites ne sont ni confondues ni strictement parallèles. Sont-elles sécantes ? Les points de (BC) s'écrivent \((3\,;\,6-s\,;\,3+s)\). Il faut \(5+t=3\), donc \(t=-2\), puis \(y=3-(-2)=5\) donc \(s=1\), et alors \(z=3+1=4\), alors que \(\Delta\) donne \(z=-1+3\times(-2)=-7\). Contradiction : pas de point commun. Les droites sont non coplanaires.
5. Réponse b. Les vecteurs normaux \(\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}\) et \(\begin{pmatrix}1\\-2\\-2\end{pmatrix}\) ne sont pas colinéaires : les plans sont sécants (la réponse a est exclue). On teste les points : pour \(\mathcal{P}\), A donne \(-2-2+10-6=0\), B donne \(6-6+6-6=0\), mais C donne \(6-0+18-6=18\neq0\). Les points A et B sont communs aux deux plans, C n'appartient pas à \(\mathcal{P}\). L'intersection est donc la droite (AB) : réponse b.
Corrigé de l’exercice 4 : suite de Héron et rectangles d’aire 11
Partie A
1. \(u_1=\dfrac{1}{2}\left(5+\dfrac{11}{5}\right)=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{36}{5}=\mathbf{\dfrac{18}{5}}\) et \(u_2=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{18}{5}+\dfrac{55}{18}\right)=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{324+275}{90}=\mathbf{\dfrac{599}{180}}\).
2. La fonction \(f\) est dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\) et \(f'(x)=\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{11}{x^2}\right)=\dfrac{x^2-11}{2x^2}\). Pour \(x\geqslant\sqrt{11}\), on a \(x^2\geqslant11\), donc \(f'(x)\geqslant0\). La fonction \(f\) est croissante sur \(\left[\sqrt{11}\,;\,+\infty\right[\).
3. Pour tout entier \(n\), on note \(P_n\) : « \(u_n\geqslant u_{n+1}\geqslant\sqrt{11}\) ». Remarque : \(u_{n+1}=f(u_n)\) et \(f\left(\sqrt{11}\right)=\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{11}+\sqrt{11}\right)=\sqrt{11}\).
Initialisation. \(u_0=5\), \(u_1=3{,}6\) et \(\sqrt{11}\approx3{,}317\). On a bien \(5\geqslant3{,}6\geqslant\sqrt{11}\) : \(P_0\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(u_n\geqslant u_{n+1}\geqslant\sqrt{11}\) pour un entier \(n\). Ces deux nombres sont dans \(\left[\sqrt{11}\,;\,+\infty\right[\) où \(f\) est croissante, donc \(f(u_n)\geqslant f(u_{n+1})\geqslant f\left(\sqrt{11}\right)\), c'est-à-dire \(u_{n+1}\geqslant u_{n+2}\geqslant\sqrt{11}\) : \(P_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. D'après le principe de récurrence, \(u_n\geqslant u_{n+1}\geqslant\sqrt{11}\) pour tout entier \(n\).
4. La suite \((u_n)\) est décroissante (\(u_n\geqslant u_{n+1}\)) et minorée par \(\sqrt{11}\). D'après le théorème de convergence monotone, elle converge vers une limite réelle \(a\).
5. La fonction \(f\) est continue sur \(]0\,;\,+\infty[\) et \(u_{n+1}=f(u_n)\), donc la limite \(a\) vérifie \(a=f(a)\). De plus \(a\geqslant\sqrt{11}\gt0\). On résout :
\[a=\dfrac{1}{2}\left(a+\dfrac{11}{a}\right)\iff2a=a+\dfrac{11}{a}\iff a=\dfrac{11}{a}\iff a^2=11\]
Comme \(a\gt0\), on obtient \(a=\mathbf{\sqrt{11}}\).
Partie B
1. a. L'aire du rectangle \(R_0\) est \(L_0\times\ell_0=11\) avec \(L_0=5\), donc \(\ell_0=\dfrac{11}{5}=\mathbf{2{,}2}\).
b. L'aire de \(R_n\) vaut \(L_n\times\ell_n=11\) pour tout \(n\), avec \(L_n\neq0\). On en tire \(\ell_n=\dfrac{11}{L_n}\).
2. Avec la question précédente, \(L_{n+1}=\dfrac{L_n+\ell_n}{2}=\dfrac{1}{2}\left(L_n+\dfrac{11}{L_n}\right)=f(L_n)\). Comme \(L_0=5=u_0\) et que \(L_n\) et \(u_n\) obéissent à la même relation de récurrence \(x_{n+1}=f(x_n)\), on a \(L_n=u_n\) pour tout \(n\) (par récurrence immédiate).
3. D'après la partie A, \(L_n=u_n\geqslant\sqrt{11}\). Alors \(\ell_n=\dfrac{11}{L_n}\leqslant\dfrac{11}{\sqrt{11}}=\sqrt{11}\) (la fonction inverse est décroissante sur les réels positifs). Donc \(\ell_n\leqslant\sqrt{11}\leqslant L_n\).
4. Les longueurs et les largeurs des rectangles se rapprochent toutes les deux de \(\sqrt{11}\) : les rectangles \(R_n\), d'aire constante 11, ressemblent de plus en plus à un carré de côté \(\sqrt{11}\).
5. a. Le script fait trois tours de boucle. On trouve \(L_1=3{,}6\), \(\ell_1=\dfrac{11}{3{,}6}\approx3{,}0556\), puis \(L_2=\dfrac{599}{180}\approx3{,}3278\), \(\ell_2\approx3{,}3055\), et enfin \(L_3=\dfrac{715\,201}{215\,640}\approx3{,}316643\) et \(\ell_3=\dfrac{11}{L_3}\approx3{,}316606\). La fonction renvoie donc \(\ell\approx3{,}316606\) et \(L\approx3{,}316643\), dans cet ordre.
b. Ces valeurs sont la largeur et la longueur du rectangle \(R_3\). Comme \(\ell_3\leqslant\sqrt{11}\leqslant L_3\), elles donnent un encadrement de \(\sqrt{11}\) : \(3{,}316606\leqslant\sqrt{11}\leqslant3{,}316643\), d'amplitude inférieure à \(10^{-4}\).