Corrigé de l’exercice 1 : vélos en location, probabilités et suites
1. Les deux premières branches valent \(0{,}5\) chacune (la moitié des vélos au départ dans chaque point). Les probabilités du deuxième matin sont données par l'énoncé : un vélo en A reste en A avec la probabilité \(0{,}84\), donc il passe en B avec \(1 - 0{,}84 = 0{,}16\). Un vélo en B reste en B avec \(0{,}76\), donc il passe en A avec \(1 - 0{,}76 = 0{,}24\).
Arbre complété : \(P(A_1) = 0{,}5\) et \(P(B_1) = 0{,}5\) ; depuis \(A_1\), on va en \(A_2\) avec \(0{,}84\) et en \(B_2\) avec \(0{,}16\) ; depuis \(B_1\), on va en \(A_2\) avec \(0{,}24\) et en \(B_2\) avec \(0{,}76\).
2. a. Les évènements \(A_1\) et \(B_1\) forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales :
\[a_2 = P(A_1) \times P_{A_1}(A_2) + P(B_1) \times P_{B_1}(A_2) = 0{,}5 \times 0{,}84 + 0{,}5 \times 0{,}24 = 0{,}42 + 0{,}12 = 0{,}54\]
Donc \(a_2 = 0{,}54\).
b. On cherche la probabilité de \(B_1\) sachant \(A_2\), que l'on calcule avec la définition de la probabilité conditionnelle :
\[P_{A_2}(B_1) = \dfrac{P(B_1 \cap A_2)}{P(A_2)} = \dfrac{0{,}5 \times 0{,}24}{0{,}54} = \dfrac{0{,}12}{0{,}54} \approx 0{,}222\]
La probabilité cherchée est environ \(0{,}222\).
3. a. À chaque matin, un vélo est en A ou en B, donc \(b_n = 1 - a_n\). L'arbre est celui du début avec \(a_n\) sur la branche de \(A_n\) et \(1 - a_n\) sur la branche de \(B_n\) ; depuis \(A_n\), les branches valent \(0{,}84\) (vers \(A_{n+1}\)) et \(0{,}16\) (vers \(B_{n+1}\)) ; depuis \(B_n\), elles valent \(0{,}24\) (vers \(A_{n+1}\)) et \(0{,}76\) (vers \(B_{n+1}\)).
b. D'après la formule des probabilités totales avec la partition \(\{A_n, B_n\}\) :
\[a_{n+1} = 0{,}84\,a_n + 0{,}24\,(1 - a_n) = 0{,}84\,a_n + 0{,}24 - 0{,}24\,a_n = 0{,}6\,a_n + 0{,}24\]
On a bien \(a_{n+1} = 0{,}6\,a_n + 0{,}24\) pour tout \(n\) non nul.
4. On démontre par récurrence la propriété \(\mathcal{P}(n)\) : « \(a_n = 0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\) ».
Initialisation. Pour \(n = 1\), \(0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^0 = 0{,}6 - 0{,}1 = 0{,}5 = a_1\). La propriété est vraie au rang 1.
Hérédité. Soit \(n\) un entier non nul tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie. Avec la relation de la question 3.b :
\[a_{n+1} = 0{,}6\left(0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1}\right) + 0{,}24 = 0{,}36 - 0{,}1 \times 0{,}6^{n} + 0{,}24 = 0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^{n}\]
C'est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\).
Conclusion. La propriété est vraie au rang 1 et elle est héréditaire : elle est vraie pour tout entier \(n \geqslant 1\).
5. Comme \(-1 \lt 0{,}6 \lt 1\), on a \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}6^{n-1} = 0\). Donc :
\[\lim_{n \to +\infty} a_n = 0{,}6\]
Interprétation : au bout d'un grand nombre de jours, la probabilité qu'un vélo se trouve au point A le matin se rapproche de \(0{,}6\). Autrement dit, environ 60 % des vélos sont au point A et 40 % au point B.
6. On résout l'inéquation :
\[0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^{n-1} \geqslant 0{,}599 \iff 0{,}6^{n-1} \leqslant 0{,}01\]
La fonction logarithme népérien est strictement croissante, donc \((n-1)\ln(0{,}6) \leqslant \ln(0{,}01)\). Comme \(\ln(0{,}6) \lt 0\), l'inégalité change de sens quand on divise :
\[n - 1 \geqslant \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}6)} \approx 9{,}02\]
Donc \(n \geqslant 10{,}02\), et le plus petit entier est \(n = 11\). Vérification : \(a_{10} = 0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^9 \approx 0{,}59899 \lt 0{,}599\) et \(a_{11} = 0{,}6 - 0{,}1 \times 0{,}6^{10} \approx 0{,}59940 \geqslant 0{,}599\). Interprétation : à partir du 11e matin, la probabilité qu'un vélo soit au point A dépasse \(0{,}599\), c'est-à-dire qu'elle est à moins de \(0{,}001\) de sa valeur limite.
Corrigé de l’exercice 2 : le toboggan et les points d’inflexion
Partie A.
1. La fonction \(p\) est dérivable (polynôme) et \(p'(x) = 3x^2 - 6x + 5\). Le discriminant de ce trinôme est \(\Delta = (-6)^2 - 4 \times 3 \times 5 = 36 - 60 = -24 \lt 0\) : il n'a pas de racine réelle et le coefficient de \(x^2\) est positif, donc \(p'(x) \gt 0\) pour tout \(x\). La fonction \(p\) est strictement croissante sur \([-3\ ;\ 4]\).
2. On calcule \(p(-3) = -27 - 27 - 15 + 1 = -68\) et \(p(4) = 64 - 48 + 20 + 1 = 37\). La fonction \(p\) est continue et strictement croissante sur \([-3\ ;\ 4]\), et \(0\) est compris entre \(-68\) et \(37\). D'après le théorème des valeurs intermédiaires (corollaire pour les fonctions strictement monotones), l'équation \(p(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([-3\ ;\ 4]\).
3. À la calculatrice (tableau de valeurs ou balayage) : \(p(-0{,}2) = -0{,}128 \lt 0\) et \(p(-0{,}1) = 0{,}469 \gt 0\), donc \(\alpha\) est entre \(-0{,}2\) et \(-0{,}1\). Plus précisément \(\alpha \approx -0{,}18\), donc \(\alpha \approx -0{,}2\) au dixième près.
4. Comme \(p\) est strictement croissante et s'annule en \(\alpha\) :
| \(x\) | \(-3\) | \(\alpha\) | \(4\) |
|---|---|---|---|
| Signe de \(p(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
Donc \(p(x) \lt 0\) pour \(x\) dans \([-3\ ;\ \alpha[\) et \(p(x) \gt 0\) pour \(x\) dans \(]\alpha\ ;\ 4]\).
Partie B.
1. a. La fonction \(f\) est un quotient dont le dénominateur \(1 + x^2\) ne s'annule jamais. On dérive avec la formule \(\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}\) où \(u = \text{e}^x\) et \(v = 1 + x^2\) :
\[f'(x) = \dfrac{\text{e}^x(1 + x^2) - \text{e}^x \times 2x}{\left(1 + x^2\right)^2} = \dfrac{\text{e}^x\left(x^2 - 2x + 1\right)}{\left(1 + x^2\right)^2} = \dfrac{(x-1)^2\,\text{e}^x}{\left(1 + x^2\right)^2}\]
b. La tangente est horizontale là où \(f'(x) = 0\). Pour \(x = 1\), le numérateur \((1-1)^2\text{e}^1\) vaut 0 et le dénominateur vaut \(4\) : \(f'(1) = 0\). La courbe \(\mathcal{C}_f\) admet donc une tangente horizontale au point d'abscisse 1, d'équation \(y = f(1) = \dfrac{\text{e}}{2}\). Remarque : \(f'\) reste positive de part et d'autre de 1, donc \(f\) ne change pas de variation en ce point.
2. a. La courbe est d'abord très plate près de 0 pour \(x\) négatif puis elle monte de plus en plus vite : elle est convexe (tournée vers le haut) à gauche. Après \(x = 0\), la montée ralentit jusqu'à un palier vers \(x = 1\) : la courbe devient concave (tournée vers le bas). Enfin, après \(x = 1\), elle repart en accélérant et redevient convexe. Elle change donc deux fois de convexité : on lit environ deux points d'inflexion, l'un un peu avant \(x = 0\) et l'autre en \(x = 1\). Le toboggan semble assurer de bonnes sensations.
b. Le point d'inflexion se trouve là où \(f''\) s'annule en changeant de signe. Comme \(\left(1 + x^2\right)^3 \gt 0\) et \(\text{e}^x \gt 0\), le signe de \(f''(x)\) est celui du produit \(p(x)(x-1)\). On étudie les signes avec la partie A :
| Intervalle | \([-3\ ;\ \alpha[\) | \(]\alpha\ ;\ 1[\) | \(]1\ ;\ 4]\) |
|---|---|---|---|
| Signe de \(p(x)\) | \(-\) | \(+\) | \(+\) |
| Signe de \(x - 1\) | \(-\) | \(-\) | \(+\) |
| Signe de \(f''(x)\) | \(+\) | \(-\) | \(+\) |
La dérivée seconde \(f''\) est donc positive sur \([-3\ ;\ \alpha[\), négative sur \(]\alpha\ ;\ 1[\) et positive sur \(]1\ ;\ 4]\). Elle s'annule en \(\alpha\) et en \(1\) en changeant de signe, donc \(\mathcal{C}_f\) admet deux points d'inflexion, d'abscisses \(\alpha \approx -0{,}18\) et \(1\). Le toboggan assure donc de bonnes sensations.
Corrigé de l’exercice 3 : le rayon laser dans la salle d’exposition
1. a. Les coordonnées des vecteurs sont \(\overrightarrow{\text{AR}}\begin{pmatrix}6-6\\3-0\\4-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\3\\2\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\text{AT}}\begin{pmatrix}3-6\\0-0\\4-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3\\0\\2\end{pmatrix}\). Le repère est orthonormé, donc :
\[\text{AR} = \sqrt{0^2 + 3^2 + 2^2} = \sqrt{13} \qquad \text{AT} = \sqrt{(-3)^2 + 0^2 + 2^2} = \sqrt{13}\]
Les deux longueurs sont égales : le triangle ART est isocèle en A.
b. \(\overrightarrow{\text{AR}} \cdot \overrightarrow{\text{AT}} = 0 \times (-3) + 3 \times 0 + 2 \times 2 = \) 4.
c. On utilise \(\overrightarrow{\text{AR}} \cdot \overrightarrow{\text{AT}} = \text{AR} \times \text{AT} \times \cos\left(\widehat{\text{RAT}}\right)\), d'où :
\[\cos\left(\widehat{\text{RAT}}\right) = \dfrac{4}{\sqrt{13} \times \sqrt{13}} = \dfrac{4}{13}\]
Donc \(\widehat{\text{RAT}} = \arccos\left(\dfrac{4}{13}\right) \approx\) 72,1°.
2. a. Un vecteur est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Les vecteurs \(\overrightarrow{\text{AR}}\) et \(\overrightarrow{\text{AT}}\) ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles : la première est \(0\) pour l'un et \(-3\) pour l'autre, la deuxième est \(3\) pour l'un et \(0\) pour l'autre). On calcule :
\[\vec{n} \cdot \overrightarrow{\text{AR}} = 2 \times 0 - 2 \times 3 + 3 \times 2 = 0 \qquad \vec{n} \cdot \overrightarrow{\text{AT}} = 2 \times (-3) - 2 \times 0 + 3 \times 2 = 0\]
Donc \(\vec{n}\) est normal au plan (ART).
b. Une équation du plan est de la forme \(2x - 2y + 3z + d = 0\). Le point A(6 ; 0 ; 2) est dans le plan : \(12 - 0 + 6 + d = 0\), donc \(d = -18\). Une équation cartésienne du plan (ART) est \(2x - 2y + 3z - 18 = 0\). (Contrôle avec R : \(12 - 6 + 12 - 18 = 0\), et avec T : \(6 - 0 + 12 - 18 = 0\).)
3. a. La droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ART), donc le vecteur normal \(\vec{n}(2\,;\,-2\,;\,3)\) est un vecteur directeur de \(\Delta\). Comme \(\Delta\) passe par \(\text{S}\left(3\ ;\ \dfrac{5}{2}\ ;\ 0\right)\), une représentation paramétrique est :
\[\left\{\begin{array}{l} x = 3 + 2k \\ y = \dfrac{5}{2} - 2k \\ z = 3k \end{array}\right., \quad k \in \mathbb{R}\]
C'est bien le système proposé.
b. Le point L est commun à \(\Delta\) et au plan : ses coordonnées vérifient les équations de \(\Delta\) et celle du plan. On remplace dans l'équation du plan :
\[2(3 + 2k) - 2\left(\dfrac{5}{2} - 2k\right) + 3 \times 3k - 18 = 0\]
\[6 + 4k - 5 + 4k + 9k - 18 = 0 \iff 17k - 17 = 0 \iff k = 1\]
On en déduit \(x = 3 + 2 = 5\), \(y = \dfrac{5}{2} - 2 = \dfrac{1}{2}\) et \(z = 3\). Donc \(\text{L}\left(5\ ;\ \dfrac{1}{2}\ ;\ 3\right)\).
4. a. Le point D a pour coordonnées \((0\ ;\ 8\ ;\ 0)\) et K, milieu de [EH] avec E(0 ; 0 ; 4) et H(0 ; 8 ; 4), a pour coordonnées \((0\ ;\ 4\ ;\ 4)\). Donc \(\overrightarrow{\text{DK}}\begin{pmatrix}0\\-4\\4\end{pmatrix}\) et, pour N\((0\ ;\ 8 - 4t\ ;\ 4t)\), \(\overrightarrow{\text{DN}}\begin{pmatrix}0\\-4t\\4t\end{pmatrix}\). On remarque que \(\overrightarrow{\text{DN}} = t \times \overrightarrow{\text{DK}}\). Avec \(t\) compris entre 0 et 1, le point N est sur la droite (DK), entre D (pour \(t = 0\)) et K (pour \(t = 1\)). Le point N appartient donc au segment [DK].
b. Les vecteurs sont \(\overrightarrow{\text{SL}}\begin{pmatrix}5-3\\\frac{1}{2}-\frac{5}{2}\\3-0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\-2\\3\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\text{SN}}\begin{pmatrix}0-3\\8-4t-\frac{5}{2}\\4t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3\\\frac{11}{2}-4t\\4t\end{pmatrix}\). Les rayons sont perpendiculaires quand le produit scalaire est nul :
\[\overrightarrow{\text{SL}} \cdot \overrightarrow{\text{SN}} = -6 - 2\left(\dfrac{11}{2} - 4t\right) + 12t = -6 - 11 + 8t + 12t = 20t - 17\]
On résout \(20t - 17 = 0\), soit \(t = \dfrac{17}{20}\), qui est bien dans \([0\ ;\ 1]\). Les coordonnées de N sont :
\[8 - 4 \times \dfrac{17}{20} = 8 - \dfrac{17}{5} = \dfrac{23}{5} \qquad 4 \times \dfrac{17}{20} = \dfrac{17}{5}\]
Donc \(\text{N}\left(0\ ;\ \dfrac{23}{5}\ ;\ \dfrac{17}{5}\right)\).
Corrigé de l’exercice 4 : QCM logarithme et loi binomiale
Question 1. On transforme chaque terme avec les propriétés du logarithme. On a \(\ln(9) = 2\ln(3)\) et \(\ln\left(\dfrac{1}{9}\right) = -2\ln(3)\), donc ces deux termes s'annulent. Il reste :
\[a = \ln\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right) = \ln\left(3^{1/2} \times 3^{-1}\right) = \ln\left(3^{-1/2}\right) = -\dfrac{1}{2}\ln(3)\]
Réponse d.
Question 2. L'équation n'a de sens que si \(x \gt 0\) et \(x - 10 \gt 0\), donc \(x \gt 10\). Sur cet intervalle, l'équation équivaut à \(\ln\left(x(x-10)\right) = \ln(21)\), donc à \(x^2 - 10x - 21 = 0\). Le discriminant vaut \(\Delta = 100 + 84 = 184 = 4 \times 46\), et les racines sont \(5 - \sqrt{46}\) et \(5 + \sqrt{46}\). Comme \(\sqrt{46} \gt 5\), la première est négative, donc hors du domaine, et la seconde est supérieure à 10, donc acceptable. L'équation a une unique solution. Réponse c.
Question 3. On dérive avec la formule du produit : \(f'(x) = 2x(-1 + \ln x) + x^2 \times \dfrac{1}{x} = -2x + 2x\ln x + x = x(2\ln x - 1)\). Cette dérivée s'annule pour \(\ln x = \dfrac{1}{2}\), soit \(x = \sqrt{\text{e}}\) : la proposition c est fausse, la a est fausse (la dérivée n'est pas \(2x + \frac{1}{x}\)), et la b est fausse car \(f'\) est négative pour \(x \lt \sqrt{\text{e}}\). En \(x = \sqrt{\text{e}}\), la tangente est horizontale, d'équation \(y = f\left(\sqrt{\text{e}}\right) = \text{e}\left(-1 + \dfrac{1}{2}\right) = -\dfrac{\text{e}}{2}\). Réponse d.
Question 4. Chaque tirage avec remise est indépendant et donne un jeton jaune avec la probabilité \(\dfrac{20}{50} = \dfrac{2}{5}\). Le nombre \(X\) de jetons jaunes suit la loi binomiale de paramètres \(n = 5\) et \(p = \dfrac{2}{5}\).
\[P(X = 2) = \dbinom{5}{2}\left(\dfrac{2}{5}\right)^2\left(\dfrac{3}{5}\right)^3 = 10 \times 0{,}16 \times 0{,}216 = 0{,}3456 \approx 0{,}346\]
Réponse b.
Question 5. L'évènement contraire de « au moins un jeton jaune » est « aucun jeton jaune » :
\[P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \left(\dfrac{3}{5}\right)^5 = 1 - 0{,}07776 \approx 0{,}922\]
Réponse d.
Question 6. La moyenne obtenue sur un très grand nombre de répétitions est l'espérance de \(X\) : \(E(X) = n \times p = 5 \times \dfrac{2}{5} = 2\). Réponse c.