Corrigé de l’exercice 1 : QCM de probabilités
1. Aucune adresse illisible signifie \(X=0\) : \(P(X=0)=0{,}97^{9}\approx0{,}7602\), soit \(0{,}76\) au centième. Réponse : d.
2. Pour la loi binomiale \(\mathcal{B}(9\ ;\ 0{,}03)\), \(P(X=2)=\dbinom{9}{2}\times0{,}03^{2}\times0{,}97^{9-2}\) : on choisit les 2 adresses illisibles parmi 9, puis on multiplie les probabilités (2 échecs de lecture, 7 réussites). Réponse : c.
3. « Au moins une illisible » est l'événement contraire de « aucune illisible » : \(P(X\geqslant1)=1-P(X=0)\). Les autres propositions ne correspondent pas : \(P(X\lt1)=P(X=0)\), et \(P(X\leqslant1)\) ou \(P(X\geqslant2)\) sont d'autres événements. Réponse : d.
4. Si la première boule est verte, il reste 7 boules dans l'urne dont 4 vertes. Donc \(P_{V_1}\left(V_2\right)=\dfrac{4}{7}\). Réponse : b.
5. Les événements \(V_1\) et \(B_1\) forment une partition. D'après la formule des probabilités totales, \(P\left(V_2\right)=P\left(V_1\right)\times P_{V_1}\left(V_2\right)+P\left(B_1\right)\times P_{B_1}\left(V_2\right)=\dfrac{5}{8}\times\dfrac{4}{7}+\dfrac{3}{8}\times\dfrac{5}{7}=\dfrac{20+15}{56}=\dfrac{35}{56}=\dfrac{5}{8}\). On retrouve la même probabilité que pour la première boule. Réponse : a.
Corrigé de l’exercice 2 : deux suites et la racine de 2
1. a. \(u_1=u_0+v_0=2\) et \(v_1=2u_0+v_0=3\). Donc \(u_1=2\) et \(v_1=3\).
b. Pour tout \(n\), \(v_{n+1}-v_n=2u_n+v_n-v_n=2u_n\), et \(u_n\gt0\) (admis). Donc \(v_{n+1}-v_n\gt0\) : la suite \(\left(v_n\right)\) est strictement croissante. Elle est donc au moins égale à son premier terme : \(v_n\geqslant v_0=1\) pour tout \(n\).
c. Initialisation : \(u_0=1\geqslant0+1\), c'est vrai. Hérédité : supposons \(u_n\geqslant n+1\) pour un entier \(n\). Alors \(u_{n+1}=u_n+v_n\geqslant(n+1)+1\) car \(v_n\geqslant1\) d'après la question précédente. C'est exactement \(u_{n+1}\geqslant(n+1)+1\). Conclusion : pour tout \(n\), \(u_n\geqslant n+1\).
d. Comme \(n+1\to+\infty\) et que \(u_n\geqslant n+1\), le théorème de comparaison donne \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=+\infty\).
2. a. Pour tout entier \(n\), \((-1)^{n+1}\) vaut \(-1\) ou \(1\), donc \(-1\leqslant(-1)^{n+1}\leqslant1\). On divise par \(u_n^{2}\), qui est strictement positif : \(-\dfrac{1}{u_n^{2}}\leqslant\dfrac{(-1)^{n+1}}{u_n^{2}}\leqslant\dfrac{1}{u_n^{2}}\).
b. Comme \(u_n\to+\infty\), on a \(u_n^{2}\to+\infty\) et \(\dfrac{1}{u_n^{2}}\to0\), ainsi que \(-\dfrac{1}{u_n^{2}}\to0\). D'après le théorème des gendarmes, \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{u_n^{2}}=0\).
c. Comme \(r_n^{2}=2+\dfrac{(-1)^{n+1}}{u_n^{2}}\), on obtient \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}r_n^{2}=2\). Les termes \(u_n\) et \(v_n\) sont positifs, donc \(r_n\gt0\) et \(r_n=\sqrt{r_n^{2}}\). La fonction racine carrée étant continue, \(r_n\) tend vers \(\sqrt{2}\) : la suite \(\left(r_n\right)\) converge vers \(\sqrt{2}\).
d. On écrit \(r_{n+1}=\dfrac{v_{n+1}}{u_{n+1}}=\dfrac{2u_n+v_n}{u_n+v_n}\). On divise le numérateur et le dénominateur par \(u_n\) (non nul) : \(r_{n+1}=\dfrac{2+\dfrac{v_n}{u_n}}{1+\dfrac{v_n}{u_n}}=\dfrac{2+r_n}{1+r_n}\). C'est la relation demandée.
e. La variable \(r\) du programme prend les valeurs successives \(r_0=1\), \(r_1\), \(r_2\), etc., puisque \(r_{n+1}=\dfrac{2+r_n}{1+r_n}\). La boucle continue tant que \(r\) est à plus de \(10^{-4}\) de \(\sqrt{2}\), et le compteur \(n\) compte les passages. Les écarts valent environ \(0{,}086\) (\(n=1\)), \(0{,}014\), \(0{,}0025\), \(0{,}00042\) puis \(0{,}000072\) pour \(n=5\). Donc 5 est le plus petit rang \(n\) pour lequel \(r_n\) est une valeur approchée de \(\sqrt{2}\) à moins de \(10^{-4}\) près.
Corrigé de l’exercice 3 : aire du triangle ABC
1. a. On a \(\overrightarrow{\text{AB}}\begin{pmatrix}-2\\3\\0\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\text{AC}}\begin{pmatrix}-2\\0\\1\end{pmatrix}\). Ils ne sont pas colinéaires. On calcule \(\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{\text{AB}}=-6+6+0=0\) et \(\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{\text{AC}}=-6+0+6=0\). Le vecteur \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : il est normal au plan (ABC).
b. Le plan (ABC) a une équation de la forme \(3x+2y+6z+d=0\). Avec A\((2\ ;\ 0\ ;\ 0)\), \(6+d=0\), donc \(d=-6\) : \(3x+2y+6z-6=0\). (Vérification : pour B, \(6-6=0\) ; pour C, \(6-6=0\).)
2. a. La droite \(d\) passe par O et a pour vecteur directeur \(\overrightarrow{n}\). Une représentation paramétrique est \(x=3t\), \(y=2t\), \(z=6t\) avec \(t\in\mathbb{R}\).
b. On remplace dans l'équation du plan : \(3\times3t+2\times2t+6\times6t-6=0\), soit \(49t=6\) et \(t=\dfrac{6}{49}\). Le point d'intersection a donc pour coordonnées \(\left(\dfrac{18}{49}\ ;\ \dfrac{12}{49}\ ;\ \dfrac{36}{49}\right)\) : c'est bien le point H.
c. \(\text{OH}=\dfrac{6}{49}\times\lVert\overrightarrow{n}\rVert=\dfrac{6}{49}\times\sqrt{9+4+36}=\dfrac{6}{49}\times7=\)\(\dfrac{6}{7}\).
3. Première façon : on prend OAB pour base. Ce triangle est rectangle en O, d'aire \(\dfrac{\text{OA}\times\text{OB}}{2}=\dfrac{2\times3}{2}=3\), et la hauteur correspondante est \(\text{OC}=1\). Donc \(V=\dfrac{1}{3}\times3\times1=1\). Deuxième façon : on prend ABC pour base. La hauteur est la distance de O au plan (ABC), c'est-à-dire \(\text{OH}=\dfrac{6}{7}\) (H est le projeté orthogonal de O sur ce plan). Donc \(V=\dfrac{1}{3}\times\mathcal{A}_{\text{ABC}}\times\dfrac{6}{7}=\dfrac{2}{7}\mathcal{A}_{\text{ABC}}\). En égalant, \(\dfrac{2}{7}\mathcal{A}_{\text{ABC}}=1\), donc \(\mathcal{A}_{\text{ABC}}=\dfrac{7}{2}\) unités d'aire.
Corrigé de l’exercice au choix
Corrigé de l’exercice A : courbes exponentielles et distance maximale
1. a. On résout \(f(x)=g(x)\) : \(x^{2}\text{e}^{-x}=\text{e}^{-x}\iff\text{e}^{-x}\left(x^{2}-1\right)=0\). Comme \(\text{e}^{-x}\gt0\), cela équivaut à \(x^{2}=1\), donc \(x=-1\) ou \(x=1\). On a \(g(-1)=\text{e}\) et \(g(1)=\text{e}^{-1}\). Les points d'intersection sont \((-1\ ;\ \text{e})\) et \(\left(1\ ;\ \dfrac{1}{\text{e}}\right)\).
b. On étudie le signe de \(f(x)-g(x)=\text{e}^{-x}\left(x^{2}-1\right)\), qui est du signe de \(x^{2}-1\). Donc \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(\mathcal{C}_g\) sur \(]-\infty\ ;\ -1[\) et sur \(]1\ ;\ +\infty[\), en dessous sur \(]-1\ ;\ 1[\), avec deux points communs en \(x=-1\) et \(x=1\). Cela correspond au graphique.
2. a. On dérive \(d(x)=\text{e}^{-x}\left(1-x^{2}\right)\) comme un produit : \(d'(x)=-\text{e}^{-x}\left(1-x^{2}\right)+\text{e}^{-x}\times(-2x)=\text{e}^{-x}\left(-1+x^{2}-2x\right)=\)\(\text{e}^{-x}\left(x^{2}-2x-1\right)\).
b. Le signe de \(d'(x)\) est celui de \(x^{2}-2x-1\). Son discriminant est \(4+4=8\), d'où les racines \(1-\sqrt{2}\approx-0{,}41\) et \(1+\sqrt{2}\approx2{,}41\). Le trinôme est positif à l'extérieur des racines, négatif entre elles. Sur \([-1\ ;\ 1]\), seule la racine \(1-\sqrt{2}\) intervient : \(d\) est croissante sur \([-1\ ;\ 1-\sqrt{2}]\) puis décroissante sur \([1-\sqrt{2}\ ;\ 1]\).
c. Le maximum est atteint en \(x_0=1-\sqrt{2}\). On a \(d\left(x_0\right)=\text{e}^{\sqrt{2}-1}\left(1-\left(1-\sqrt{2}\right)^{2}\right)=\text{e}^{\sqrt{2}-1}\left(2\sqrt{2}-2\right)\approx1{,}25\). La distance maximale est donc \(M_0N_0\approx1{,}3\) (valeur approchée à \(0{,}1\) près).
3. Les abscisses des points communs à \(\Delta\) et \(\mathcal{C}_g\) sont les solutions de \(\text{e}^{-x}=x+2\), c'est-à-dire de \(h(x)=0\). On a \(h'(x)=-\text{e}^{-x}-1\lt0\) : \(h\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\). Ses limites sont \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}h(x)=+\infty\) (car \(\text{e}^{-x}\) l'emporte sur \(-x-2\)) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}h(x)=-\infty\) (car \(\text{e}^{-x}\to0\) et \(-x-2\to-\infty\)). Comme \(h\) est continue, strictement décroissante et passe de \(+\infty\) à \(-\infty\), elle s'annule une seule fois. La droite \(\Delta\) et la courbe \(\mathcal{C}_g\) ont donc un seul point d'intersection.
Corrigé de l’exercice B : fonction logarithme et primitive
Partie I
1. En \(+\infty\), \(\ln x\to+\infty\) et \(2x\to+\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty\). En \(0\), \(\ln x\to-\infty\) et \(2x-2\to-2\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to0}g(x)=-\infty\).
2. On a \(g'(x)=\dfrac{1}{x}+2\gt0\) pour \(x\gt0\). La fonction \(g\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ +\infty[\).
3. La fonction \(g\) est continue, strictement croissante, et ses limites sont \(-\infty\) et \(+\infty\). D'après le théorème de la bijection, tout réel (donc \(0\)) a un unique antécédent : l'équation \(g(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\).
4. On a \(g(1)=\ln1+2-2=0\), donc \(\alpha=1\). Comme \(g\) est croissante, \(g(x)\lt0\) sur \(]0\ ;\ 1[\), \(g(1)=0\) et \(g(x)\gt0\) sur \(]1\ ;\ +\infty[\).
Partie II
1. a. On dérive le produit \(u\times v\) avec \(u(x)=2-\dfrac{1}{x}\) (\(u'(x)=\dfrac{1}{x^{2}}\)) et \(v(x)=\ln x-1\) (\(v'(x)=\dfrac{1}{x}\)). Alors \(f'(x)=\dfrac{1}{x^{2}}\left(\ln x-1\right)+\left(2-\dfrac{1}{x}\right)\times\dfrac{1}{x}=\dfrac{\ln x-1}{x^{2}}+\dfrac{2x-1}{x^{2}}=\dfrac{\ln x+2x-2}{x^{2}}=\)\(\dfrac{g(x)}{x^{2}}\).
b. Comme \(x^{2}\gt0\), \(f'(x)\) a le signe de \(g(x)\) : négatif sur \(]0\ ;\ 1[\), positif sur \(]1\ ;\ +\infty[\). La fonction \(f\) est donc décroissante puis croissante, avec \(f(1)=(2-1)(\ln1-1)=-1\).
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f'(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | ||
| variations de \(f\) | décroît | \(-1\) | croît |
2. Un produit est nul si l'un des facteurs l'est : \(2-\dfrac{1}{x}=0\iff x=\dfrac{1}{2}\), et \(\ln x-1=0\iff x=\text{e}\). Les solutions sont \(\dfrac{1}{2}\) et \(\text{e}\). Pour le signe, on étudie chaque facteur : \(2-\dfrac{1}{x}\) est négatif avant \(\dfrac{1}{2}\) et positif après ; \(\ln x-1\) est négatif avant \(\text{e}\) et positif après (\(\dfrac{1}{2}\lt\text{e}\)). Par la règle des signes :
| \(x\) | \(0\) | \(\dfrac{1}{2}\) | \(\text{e}\) | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(2-\dfrac{1}{x}\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(+\) | |||
| \(\ln x-1\) | \(-\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | |||
| \(f(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
Partie III
1. Comme \(F'=f\), le signe de \(F'\) est celui de \(f\) : positif sur \(]0\ ;\ \tfrac{1}{2}[\), négatif sur \(]\tfrac{1}{2}\ ;\ \text{e}[\), positif sur \(]\text{e}\ ;\ +\infty[\). \(F\) est croissante sur \(]0\ ;\ \tfrac{1}{2}]\), décroissante sur \([\tfrac{1}{2}\ ;\ \text{e}]\), puis croissante sur \([\text{e}\ ;\ +\infty[\).
2. La tangente en un point d'abscisse \(a\) est parallèle à l'axe des abscisses si et seulement si \(F'(a)=0\), c'est-à-dire \(f(a)=0\). D'après la partie II, \(f\) s'annule en \(\dfrac{1}{2}\) et en \(\text{e}\). Oui : \(\mathcal{C}_F\) admet deux tangentes horizontales, aux points d'abscisses \(\dfrac{1}{2}\) et \(\text{e}\).