Corrigé de l’exercice 1 : probabilités, arbre et loi binomiale
1.a. On place d'abord \(V\) avec la probabilité \(\dfrac{2}{3}\), donc \(\overline{V}\) avec \(\dfrac{1}{3}\). Ensuite, sachant \(V\), Paul rate son train une fois sur 50 : \(P_V(R)=\dfrac{1}{50}\) et \(P_V(\overline{R})=\dfrac{49}{50}\). Sachant \(\overline{V}\), il le rate une fois sur 10 : \(P_{\overline{V}}(R)=\dfrac{1}{10}\) et \(P_{\overline{V}}(\overline{R})=\dfrac{9}{10}\).
1.b. Les événements \(V\) et \(\overline{V}\) forment une partition de l'ensemble des issues. La formule des probabilités totales donne :
\[P(R)=P(V\cap R)+P(\overline{V}\cap R)=\dfrac{2}{3}\times\dfrac{1}{50}+\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{10}=\dfrac{2}{150}+\dfrac{5}{150}=\dfrac{7}{150}\]
On retrouve bien \(P(R)=\dfrac{7}{150}\).
1.c. On cherche \(P_R(V)\), c'est-à-dire la probabilité de \(V\) sachant que Paul a raté son train :
\[P_R(V)=\dfrac{P(R\cap V)}{P(R)}=\dfrac{\dfrac{2}{150}}{\dfrac{7}{150}}=\dfrac{2}{7}\]
La probabilité qu'il ait pris son vélo sachant qu'il a raté son train est \(\dfrac{2}{7}\).
2.a. Chaque jour est une épreuve de Bernoulli : succès « Paul prend son vélo » de probabilité \(\dfrac{2}{3}\). Les 20 jours sont identiques et indépendants. \(X\) compte les succès, donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=20\) et \(p=\dfrac{2}{3}\).
2.b. On applique la formule de la loi binomiale :
\[P(X=10)=\dbinom{20}{10}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{10}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{10}\approx\mathbf{0{,}054}\]
2.c. On passe par l'événement contraire : \(P(X\geqslant 10)=1-P(X\leqslant 9)\). La calculatrice donne \(P(X\leqslant 9)\approx 0{,}0376\), donc :
\[P(X\geqslant 10)\approx\mathbf{0{,}962}\]
2.d. L'espérance d'une loi binomiale est \(E(X)=np=20\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{40}{3}\approx 13{,}3\). En moyenne, Paul prend donc son vélo 13 jours sur 20 (valeur arrondie à l'entier).
3. L'espérance de \(T\) est la somme des produits « valeur × probabilité » :
\[E(T)=10\times0{,}14+11\times0{,}13+12\times0{,}13+13\times0{,}12+14\times0{,}12+15\times0{,}11+16\times0{,}10+17\times0{,}08+18\times0{,}07\]
\[E(T)=1{,}4+1{,}43+1{,}56+1{,}56+1{,}68+1{,}65+1{,}6+1{,}36+1{,}26=13{,}5\]
\(E(T)=13{,}5\) : en voiture, le trajet jusqu'à la gare dure en moyenne 13 minutes et demie, si l'on répète un grand nombre de fois ce trajet.
Corrigé de l’exercice 2 : suites et refroidissement d’un gâteau
1.a. Démontrons par récurrence que \(T_n\geqslant 20\) pour tout \(n\).
Initialisation. \(T_0=180\geqslant 20\) : c'est vrai.
Hérédité. Soit \(n\) un entier tel que \(T_n\geqslant 20\). En multipliant par \(0{,}955gt 0\), on obtient \(0{,}955\,T_n\geqslant 19{,}1\). En ajoutant \(0{,}9\), on trouve \(T_{n+1}=0{,}955\,T_n+0{,}9\geqslant 20\). La propriété est donc héréditaire.
Conclusion. Elle est vraie au rang 0 et héréditaire, donc \(T_n\geqslant 20\) pour tout entier naturel \(n\).
1.b. On calcule :
\[T_{n+1}-T_n=0{,}955\,T_n+0{,}9-T_n=-0{,}045\,T_n+0{,}9\]
Or \(-0{,}045\,(T_n-20)=-0{,}045\,T_n+0{,}9\) : les deux expressions sont égales, donc \(T_{n+1}-T_n=-0{,}045\,(T_n-20)\). D'après la question précédente, \(T_n-20\geqslant 0\), donc \(T_{n+1}-T_n\leqslant 0\) : la suite \((T_n)\) est décroissante.
1.c. La suite \((T_n)\) est décroissante et minorée par 20. D'après le théorème de convergence monotone, elle converge.
2.a. Pour tout \(n\) :
\[u_{n+1}=T_{n+1}-20=0{,}955\,T_n+0{,}9-20=0{,}955\,T_n-19{,}1=0{,}955\,(T_n-20)=0{,}955\,u_n\]
La suite \((u_n)\) est donc géométrique de raison \(0{,}955\), de premier terme \(u_0=T_0-20=160\).
2.b. Le terme général d'une suite géométrique est \(u_n=u_0\,q^n=160\times0{,}955^n\). Comme \(T_n=u_n+20\), on obtient \(T_n=20+160\times0{,}955^n\).
2.c. Comme \(-1\lt 0{,}955\lt 1\), on a \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}0{,}955^n=0\). Donc \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}T_n=20\).
2.d. On résout dans l'ordre :
\[T_n\leqslant120\iff160\times0{,}955^n\leqslant100\iff0{,}955^n\leqslant\dfrac{5}{8}\]
La fonction \(\ln\) est strictement croissante, donc \(n\ln(0{,}955)\leqslant\ln\left(\dfrac{5}{8}\right)\). Comme \(\ln(0{,}955)\lt 0\), l'inégalité change de sens :
\[n\geqslant\dfrac{\ln\left(\frac{5}{8}\right)}{\ln(0{,}955)}\approx10{,}2\]
Les solutions sont les entiers \(n\geqslant 11\).
3.a. Le gâteau sort à 180 °C dans une pièce à 20 °C. Il perd peu à peu de la chaleur au profit de l'air ambiant, jusqu'à atteindre la température de la pièce. Il est donc logique que \(T_n\) tende vers 20 °C.
3.b. La fonction teste la condition \(T\gt x\) et augmente \(n\) d'une minute à chaque tour de boucle. Elle renvoie donc le plus petit entier \(n\) tel que \(T_n\leqslant x\). Pour \(x=120\), c'est la question 2.d : temp(120) renvoie 11. On vérifie avec le programme : après 11 tours, \(T\approx116{,}4\leqslant120\), alors qu'après 10 tours \(T\approx121\gt120\).
Dans le contexte, le centre du gâteau passe sous 120 °C 11 minutes après la sortie du four.
Corrigé de l’exercice 3 : géométrie dans l’espace, le tétraèdre JKLT
1.a. On calcule les coordonnées des vecteurs issus de J : \(\overrightarrow{JK}\begin{pmatrix}-1\\2\\0\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{JL}\begin{pmatrix}-4\\-2\\-3\end{pmatrix}\). Leur produit scalaire vaut :
\[\overrightarrow{JK}\cdot\overrightarrow{JL}=(-1)\times(-4)+2\times(-2)+0\times(-3)=4-4=0\]
Les vecteurs sont orthogonaux : le triangle JKL est rectangle en J.
1.b. Les côtés de l'angle droit mesurent \(JK=\sqrt{1+4+0}=\sqrt{5}\) et \(JL=\sqrt{16+4+9}=\sqrt{29}\). L'aire vaut :
\[\mathcal{A}=\dfrac{JK\times JL}{2}=\dfrac{\sqrt{5}\times\sqrt{29}}{2}=\dfrac{\sqrt{145}}{2}\ \text{cm}^2\]
1.c. Dans le triangle rectangle en J, la tangente de l'angle en K est le côté opposé sur le côté adjacent : \(\tan\widehat{JKL}=\dfrac{JL}{JK}=\sqrt{\dfrac{29}{5}}\). On en déduit \(\widehat{JKL}\approx 67{,}5^\circ\).
2.a. Les vecteurs \(\overrightarrow{JK}\) et \(\overrightarrow{JL}\) ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles : la troisième coordonnée de \(\overrightarrow{JK}\) est nulle, pas celle de \(\overrightarrow{JL}\)), donc ils dirigent le plan (JKL). On calcule :
\[\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{JK}=6\times(-1)+3\times2+(-10)\times0=0\]
\[\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{JL}=6\times(-4)+3\times(-2)+(-10)\times(-3)=-24-6+30=0\]
Le vecteur \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : c'est un vecteur normal au plan (JKL).
2.b. Une équation du plan est de la forme \(6x+3y-10z+d=0\). Le point J(2 ; 0 ; 1) appartient au plan : \(12+0-10+d=0\), donc \(d=-2\). Une équation du plan (JKL) est \(6x+3y-10z-2=0\).
3.a. La droite \(\Delta\) est orthogonale au plan, donc \(\overrightarrow{n}\) est un vecteur directeur. Elle passe par T(10 ; 9 ; −6). Une représentation paramétrique est :
\[\begin{cases}x=10+6t\\y=9+3t\\z=-6-10t\end{cases}\quad(t\in\mathbb{R})\]
3.b. H est le point d'intersection de \(\Delta\) et du plan. On remplace dans l'équation du plan :
\[6(10+6t)+3(9+3t)-10(-6-10t)-2=0\iff145t+145=0\iff t=-1\]
On obtient \(x=4\), \(y=6\), \(z=4\) : H(4 ; 6 ; 4). Contrôle : \(6\times4+3\times6-10\times4-2=0\).
3.c. La base est le triangle JKL et la hauteur correspondante est \(TH\), car H est le projeté orthogonal de T sur le plan (JKL). Avec \(\overrightarrow{TH}\begin{pmatrix}-6\\-3\\10\end{pmatrix}\), on trouve \(TH=\sqrt{36+9+100}=\sqrt{145}\). Alors :
\[V=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{\sqrt{145}}{2}\times\sqrt{145}=\dfrac{145}{6}\ \text{cm}^3\]
Le volume du tétraèdre JKLT est \(\dfrac{145}{6}\ \text{cm}^3\), soit environ 24,2 cm³.
Corrigé de l’exercice 4 : six affirmations sur la fonction exponentielle
Affirmation 1 : vraie. Pour tout réel \(x\) :
\[1-\dfrac{1-\text{e}^x}{1+\text{e}^x}=\dfrac{1+\text{e}^x-(1-\text{e}^x)}{1+\text{e}^x}=\dfrac{2\text{e}^x}{1+\text{e}^x}\]
On divise le numérateur et le dénominateur par \(\text{e}^x\), qui est non nul : on obtient \(\dfrac{2}{\text{e}^{-x}+1}\), ce qui est bien \(\dfrac{2}{1+\text{e}^{-x}}\).
Affirmation 2 : vraie. Comme \(\text{e}^x+1gt 0\), on peut multiplier en croix :
\[g(x)=\dfrac{1}{2}\iff2\text{e}^x=\text{e}^x+1\iff\text{e}^x=1\iff x=0\]
L'équation a donc exactement une solution, \(x=0\).
Affirmation 3 : vraie. L'axe des abscisses est tangent à \(\mathscr{C}\) au point d'abscisse \(a\) si et seulement si \(f(a)=0\) et \(f'(a)=0\), car la tangente en \(a\) a pour équation \(y=f'(a)(x-a)+f(a)\). On dérive : \(f'(x)=2x\text{e}^{-x}-x^2\text{e}^{-x}=x(2-x)\text{e}^{-x}\). Comme \(\text{e}^{-a}\neq0\), \(f(a)=0\) équivaut à \(a=0\). Et \(f'(0)=0\). Il n'y a donc qu'un seul point de tangence, d'abscisse 0.
Affirmation 4 : fausse. On dérive deux fois : \(h'(x)=\text{e}^x(1-x^2)+\text{e}^x(-2x)=\text{e}^x(-x^2-2x+1)\), puis \(h''(x)=\text{e}^x(-x^2-2x+1)+\text{e}^x(-2x-2)=\text{e}^x(-x^2-4x-1)\). Le trinôme \(-x^2-4x-1\) a pour discriminant \(16-4=12\gt 0\) : il s'annule en \(-2-\sqrt{3}\) et en \(-2+\sqrt{3}\) en changeant de signe. Comme \(\text{e}^xgt 0\), \(h''\) change de signe deux fois : la courbe admet deux points d'inflexion.
Affirmation 5 : fausse. Pour \(x\neq0\), on factorise par \(\text{e}^x\) :
\[\dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x+x}=\dfrac{1}{1+\dfrac{x}{\text{e}^x}}\]
Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x}{\text{e}^x}=0\). La limite vaut donc 1 et non 0.
Affirmation 6 : vraie. On passe tout dans un membre : \(1+\text{e}^{2x}-2\text{e}^x=\left(\text{e}^x-1\right)^2\), car \(\text{e}^{2x}=\left(\text{e}^x\right)^2\). Un carré est positif ou nul, donc l'inégalité est vraie pour tout réel \(x\).