Corrigé de l’exercice 1 : QCM sur un jeu vidéo en ligne
1. Réponse c. On cherche \(P(A\cap G)=P(A)\times P_A(G)=\dfrac{2}{5}\times\dfrac{7}{10}=\dfrac{14}{50}=\dfrac{7}{25}\).
2. Réponse b. On a \(P(B)=1-P(A)=\dfrac{3}{5}\). Les évènements \(A\) et \(B\) forment une partition, donc \(P(G)=P(A\cap G)+P(B\cap G)\), d'où
\[P(B\cap G)=\dfrac{12}{25}-\dfrac{7}{25}=\dfrac{5}{25}=\dfrac{1}{5}\quad\text{puis}\quad P_B(G)=\dfrac{P(B\cap G)}{P(B)}=\dfrac{\frac{1}{5}}{\frac{3}{5}}=\dfrac{1}{3}.\]
3. Réponse c. Le nombre \(X\) de parties gagnées sur 10 suit la loi binomiale de paramètres \(n=10\) et \(p=\dfrac{12}{25}=0{,}48\). Alors
\[P(X=6)=\binom{10}{6}\times0{,}48^{6}\times0{,}52^{4}\approx0{,}188.\]
4. Réponse b. On cherche la valeur de \(n\) pour laquelle \(P(X\leqslant n)\approx0{,}207\). La calculatrice donne \(P(X\leqslant2)\approx0{,}070\), \(P(X\leqslant3)\approx0{,}207\) et \(P(X\leqslant4)\approx0{,}427\). Donc \(n=3\).
5. Réponse d. L'évènement « gagner au moins une partie » est le contraire de « ne gagner aucune partie ». Comme \(1-\dfrac{12}{25}=\dfrac{13}{25}\), on a \(P(X\geqslant1)=1-P(X=0)=1-\left(\dfrac{13}{25}\right)^{10}\).
Corrigé de l’exercice 2 : deux modèles pour une population d’insectes
Partie A
1. Augmenter de 60 % revient à multiplier par \(1+\dfrac{60}{100}=1{,}6\). Donc \(u_{n+1}=1{,}6\,u_n\) pour tout \(n\) : la suite \((u_n)\) est géométrique de raison 1,6 et de premier terme \(u_0=0{,}1\). Ainsi \(\mathbf{u_n=0{,}1\times1{,}6^n}\).
2. Comme \(1{,}6>1\), \(1{,}6^n\to+\infty\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\mathbf{+\infty}\).
3. On résout l'inéquation :
\[0{,}1\times1{,}6^n>0{,}4\iff1{,}6^n>4\iff n\ln(1{,}6)>\ln(4)\iff n>\dfrac{\ln4}{\ln1{,}6}\approx2{,}95.\]
On a utilisé que \(\ln\) est croissante et que \(\ln(1{,}6)>0\). Le plus petit entier est \(n=3\). Vérification : \(u_2=0{,}256\) et \(u_3=0{,}4096\).
4. La suite tend vers \(+\infty\) et dépasse 0,4 million dès \(n=3\) : l'équilibre du milieu naturel ne serait pas préservé, car la population dépasserait 400 000 insectes au bout de 3 mois puis continuerait de croître sans limite.
Partie B
1. \(v_1=1{,}6\times0{,}1-1{,}6\times0{,}1^2=0{,}16-0{,}016=0{,}144\). Au bout d'un mois il y a donc 144 000 insectes.
2. a. On résout \(f(x)=x\) :
\[1{,}6x-1{,}6x^2=x\iff0{,}6x-1{,}6x^2=0\iff x(0{,}6-1{,}6x)=0\iff x=0\ \text{ou}\ x=\dfrac{0{,}6}{1{,}6}=\dfrac{3}{8}.\]
Les solutions sont 0 et \(\dfrac{3}{8}=0{,}375\), toutes deux dans l'intervalle \(\left[0;\dfrac{1}{2}\right]\).
b. La fonction \(f\) est dérivable et \(f'(x)=1{,}6-3{,}2x=1{,}6(1-2x)\). Sur \(\left[0;\dfrac{1}{2}\right]\), \(1-2x\geqslant0\), donc \(f'(x)\geqslant0\) : \(f\) est croissante sur cet intervalle.
3. a. Soit \(P_n\) la propriété « \(0\leqslant v_n\leqslant v_{n+1}\leqslant\dfrac{1}{2}\) ».
Initialisation : \(v_0=0{,}1\) et \(v_1=0{,}144\), donc \(0\leqslant0{,}1\leqslant0{,}144\leqslant0{,}5\) : \(P_0\) est vraie.
Hérédité : on suppose \(P_n\) vraie pour un entier \(n\). Les quatre nombres \(0\), \(v_n\), \(v_{n+1}\) et \(\dfrac{1}{2}\) sont dans \(\left[0;\dfrac{1}{2}\right]\) où \(f\) est croissante, donc \(f(0)\leqslant f(v_n)\leqslant f(v_{n+1})\leqslant f\left(\dfrac{1}{2}\right)\). Or \(f(0)=0\), \(f(v_n)=v_{n+1}\), \(f(v_{n+1})=v_{n+2}\) et \(f\left(\dfrac{1}{2}\right)=0{,}8-0{,}4=0{,}4\leqslant\dfrac{1}{2}\). On obtient \(0\leqslant v_{n+1}\leqslant v_{n+2}\leqslant\dfrac{1}{2}\) : \(P_{n+1}\) est vraie.
Conclusion : \(P_n\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).
b. D'après la question précédente, la suite \((v_n)\) est croissante et majorée par \(\dfrac{1}{2}\). Par le théorème de convergence monotone, elle converge.
c. La limite \(\ell\) vérifie \(f(\ell)=\ell\), donc \(\ell=0\) ou \(\ell=\dfrac{3}{8}\). La suite est croissante avec \(v_0=0{,}1\), donc \(\ell\geqslant0{,}1\), ce qui exclut 0. Ainsi \(\ell=\dfrac{3}{8}=0{,}375\). Cela correspond à 375 000 insectes, ce qui est inférieur à 400 000 : selon ce modèle, l'équilibre du milieu naturel est préservé.
4. a. La fonction seuil(a) renvoie le premier rang \(n\) pour lequel \(v_n\geqslant a\). Comme \(v_n\leqslant0{,}375\) pour tout \(n\), la condition v<0.4 reste toujours vraie : avec seuil(0.4), la boucle ne s'arrête jamais et le programme ne renvoie rien.
b. On calcule les termes : \(v_5\approx0{,}338<0{,}35\) et \(v_6\approx0{,}358\geqslant0{,}35\). La valeur renvoyée est donc 6. Cela signifie qu'à partir du 6e mois, la population dépasse 350 000 insectes.
Corrigé de l’exercice 3 : deux plans perpendiculaires et projetés orthogonaux
1. a. Les coefficients de \(x\), \(y\), \(z\) dans l'équation donnent le vecteur normal \(\overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\).
b. Calculons le produit scalaire des deux vecteurs normaux :
\[\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{n_2}=2\times1+1\times(-1)+(-1)\times1=2-1-1=0.\]
Ces vecteurs sont orthogonaux, donc les plans \(\mathcal{P}_1\) et \(\mathcal{P}_2\) sont perpendiculaires.
2. a. Une équation de \(\mathcal{P}_2\) s'écrit \(x-y+z+d=0\). Le point B\((1;1;2)\) est dans le plan : \(1-1+2+d=0\), donc \(d=-2\). Une équation est \(x-y+z-2=0\).
b. Pour un point de coordonnées \((0;-2+t;t)\) de \(\Delta\) :
dans \(\mathcal{P}_1\) : \(2\times0+(-2+t)-t+2=0\) ; dans \(\mathcal{P}_2\) : \(0-(-2+t)+t-2=0\).
Tous les points de \(\Delta\) sont donc dans les deux plans. De plus, ces plans sont perpendiculaires, donc non parallèles et sécants selon une droite. \(\Delta\) est contenue dans cette droite et elle est elle-même une droite, donc \(\Delta\) est l'intersection de \(\mathcal{P}_1\) et \(\mathcal{P}_2\).
3. a. Pour A\((1;1;1)\) et \(M_t(0;-2+t;t)\), on a \(\overrightarrow{\mathrm{A}M_t}(-1;\,-3+t;\,t-1)\), donc
\[\mathrm{A}M_t^2=1+(t-3)^2+(t-1)^2=1+t^2-6t+9+t^2-2t+1=2t^2-8t+11.\]
Ainsi \(\mathrm{A}M_t=\sqrt{2t^2-8t+11}\).
b. Le point H est le point de \(\Delta\) le plus proche de A : on minimise \(\mathrm{A}M_t\), donc \(2t^2-8t+11=2(t-2)^2+3\), qui est minimal pour \(t=2\) avec la valeur 3. On a H\(=M_2=(0;0;2)\) et \(\mathrm{AH}=\sqrt{3}\).
4. a. La droite \(\mathcal{D}_1\) passe par A et est dirigée par le vecteur normal \(\overrightarrow{n_1}\) :
\[\begin{cases}x=1+2s\\y=1+s\\z=1-s\end{cases},\quad s\in\mathbb{R}.\]
b. Le point \(\mathrm{H}_1\) est sur \(\mathcal{D}_1\) et dans \(\mathcal{P}_1\). On remplace dans l'équation de \(\mathcal{P}_1\) :
\[2(1+2s)+(1+s)-(1-s)+2=0\iff4+6s=0\iff s=-\dfrac{2}{3}.\]
On obtient \(x=1-\dfrac{4}{3}=-\dfrac{1}{3}\), \(y=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}\) et \(z=1+\dfrac{2}{3}=\dfrac{5}{3}\), c'est-à-dire \(\mathrm{H}_1\left(-\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{5}{3}\right)\).
5. On calcule deux vecteurs :
\[\overrightarrow{\mathrm{AH}_1}\left(-\dfrac{4}{3};-\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3}\right),\qquad\overrightarrow{\mathrm{H}_2\mathrm{H}}\left(0-\dfrac{4}{3};\,0-\dfrac{2}{3};\,2-\dfrac{4}{3}\right)=\left(-\dfrac{4}{3};-\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3}\right).\]
On a \(\overrightarrow{\mathrm{AH}_1}=\overrightarrow{\mathrm{H}_2\mathrm{H}}\) : le quadrilatère \(\mathrm{AH}_1\mathrm{HH}_2\) est un parallélogramme. Pour montrer qu'il a un angle droit, on calcule avec \(\overrightarrow{\mathrm{AH}_2}\left(\dfrac{1}{3};-\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right)\) :
\[\overrightarrow{\mathrm{AH}_1}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AH}_2}=-\dfrac{4}{9}+\dfrac{2}{9}+\dfrac{2}{9}=0.\]
Un parallélogramme avec un angle droit est un rectangle : \(\mathrm{AH}_1\mathrm{HH}_2\) est un rectangle.
Corrigé de l’exercice 4 : étude de la fonction ln(1 + e^(-x))
1. a. Quand \(x\to-\infty\), \(-x\to+\infty\), donc \(\mathrm{e}^{-x}\to+\infty\), puis \(1+\mathrm{e}^{-x}\to+\infty\) et, par composition avec \(\ln\), \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=+\infty\).
b. Quand \(x\to+\infty\), \(\mathrm{e}^{-x}\to0\), donc \(1+\mathrm{e}^{-x}\to1\) et \(f(x)\to\ln(1)=0\) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\). La courbe \(\mathcal{C}\) admet donc l'axe des abscisses comme asymptote horizontale en \(+\infty\).
c. On dérive \(\ln(u)\) avec \(u(x)=1+\mathrm{e}^{-x}\) et \(u'(x)=-\mathrm{e}^{-x}\) :
\[f'(x)=\dfrac{-\mathrm{e}^{-x}}{1+\mathrm{e}^{-x}}.\]
On multiplie le numérateur et le dénominateur par \(\mathrm{e}^{x}\) : \(f'(x)=\dfrac{-1}{\mathrm{e}^{x}+1}=\dfrac{-1}{1+\mathrm{e}^x}\).
d. Pour tout réel \(x\), \(1+\mathrm{e}^x>0\), donc \(f'(x)<0\) : \(f\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(+\infty\) |
|---|---|---|
| signe de \(f'(x)\) | \(-\) | |
| variations de \(f\) | \(+\infty\) | \(0\) (décroissante) |
2. a. On a \(f(0)=\ln(2)\) et \(f'(0)=-\dfrac{1}{2}\). La tangente \(T_0\) a pour équation \(y=f'(0)(x-0)+f(0)\), soit \(y=-\dfrac{1}{2}x+\ln(2)\).
b. On dérive \(f'(x)=-(1+\mathrm{e}^x)^{-1}\) :
\[f''(x)=\dfrac{\mathrm{e}^x}{(1+\mathrm{e}^x)^2}.\]
Cette expression est strictement positive pour tout \(x\), donc \(f\) est convexe sur \(\mathbb{R}\).
c. Une fonction convexe a sa courbe au-dessus de chacune de ses tangentes. Donc \(\mathcal{C}\) est au-dessus de \(T_0\), c'est-à-dire que pour tout réel \(x\), \(f(x)\geqslant-\dfrac{1}{2}x+\ln(2)\).
3. a. Pour tout réel \(x\) :
\[f(x)-f(-x)=\ln(1+\mathrm{e}^{-x})-\ln(1+\mathrm{e}^{x})=\ln\left(\dfrac{1+\mathrm{e}^{-x}}{1+\mathrm{e}^{x}}\right).\]
Or \(1+\mathrm{e}^{-x}=\dfrac{\mathrm{e}^{x}+1}{\mathrm{e}^{x}}=\mathrm{e}^{-x}\,(1+\mathrm{e}^{x})\), donc la fraction vaut \(\mathrm{e}^{-x}\) et \(f(x)-f(-x)=\ln(\mathrm{e}^{-x})=-x\).
b. Le coefficient directeur de la droite \((M_aN_a)\) est
\[\dfrac{f(a)-f(-a)}{a-(-a)}=\dfrac{-a}{2a}=-\dfrac{1}{2}\]
d'après la question précédente avec \(x=a\). C'est aussi le coefficient directeur de \(T_0\). Les deux droites ont le même coefficient directeur : \(T_0\) et \((M_aN_a)\) sont parallèles.