Corrigé de l’exercice 1 : probabilités, loi binomiale et inégalité de Bienaymé-Tchebychev
Partie A
1. L'énoncé donne \(P(T) = 0{,}1\), donc \(P(\overline{T}) = 0{,}9\). Un contrôle total détecte une erreur dans 30 % des cas : \(P_T(E) = 0{,}3\). Un contrôle partiel ne révèle aucune erreur dans 85 % des cas : \(P_{\overline{T}}(\overline{E}) = 0{,}85\), donc \(P_{\overline{T}}(E) = 1 - 0{,}85 = 0{,}15\). Voici l'arbre pondéré :
On multiplie les probabilités le long du chemin qui passe par \(\overline{T}\) puis \(E\) :
\[P\left(\overline{T} \cap E\right) = P(\overline{T}) \times P_{\overline{T}}(E) = 0{,}9 \times 0{,}15 = \mathbf{0{,}135}.\]
2. Les évènements \(T\) et \(\overline{T}\) forment une partition de l'univers. Avec la formule des probabilités totales :
\[P(E) = P(T \cap E) + P(\overline{T} \cap E) = 0{,}1 \times 0{,}3 + 0{,}135 = 0{,}03 + 0{,}135.\]
Une erreur est détectée lors d'un contrôle avec la probabilité \(P(E) = \mathbf{0{,}165}\).
3. On cherche une probabilité conditionnelle dans l'autre sens :
\[P_E(T) = \dfrac{P(T \cap E)}{P(E)} = \dfrac{0{,}03}{0{,}165} \approx 0{,}1818.\]
Sachant qu'une erreur a été détectée, la probabilité que le contrôle ait été total est d'environ 0,18.
Partie B
1. On répète 15 fois une même épreuve (un contrôle) à deux issues, avec la probabilité \(0{,}165\) d'y trouver une erreur, et les contrôles sont indépendants. La variable \(X\) suit donc la loi binomiale de paramètres \(n = 15\) et \(p = 0{,}165\).
2. On applique la formule de la loi binomiale :
\[P(X = 5) = \dbinom{15}{5} \times 0{,}165^5 \times 0{,}835^{10} = 3003 \times 0{,}165^5 \times 0{,}835^{10} \approx 0{,}0605.\]
La probabilité d'avoir exactement 5 erreurs est d'environ 0,06.
3. « Au moins une erreur » est le contraire de « aucune erreur » :
\[P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0{,}835^{15} \approx 0{,}9331.\]
La probabilité cherchée est d'environ 0,93.
4. Notons \(n\) le nombre de contrôles quotidiens. Le raisonnement de la question précédente donne une probabilité d'au moins une erreur égale à \(1 - 0{,}835^n\). On veut :
\[1 - 0{,}835^n \geqslant 0{,}99 \iff 0{,}835^n \leqslant 0{,}01.\]
La fonction \(\ln\) est strictement croissante, donc \(n\ln(0{,}835) \leqslant \ln(0{,}01)\). Comme \(0{,}835 \lt 1\), on a \(\ln(0{,}835) \lt 0\) : en divisant par ce nombre négatif, on change le sens de l'inégalité.
\[n \geqslant \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)} \approx 25{,}54.\]
Le plus petit entier convenable est 26. Vérification : \(1 - 0{,}835^{25} \approx 0{,}989\) (insuffisant) et \(1 - 0{,}835^{26} \approx 0{,}9908\). La caisse doit donc déclencher 26 contrôles par jour.
Partie C
1. Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(20\,;\,0{,}165)\) :
\[E(X_1) = np = 20 \times 0{,}165 = \mathbf{3{,}3}\qquad V(X_1) = np(1-p) = 20 \times 0{,}165 \times 0{,}835 = \mathbf{2{,}7555}.\]
2. L'espérance est linéaire et les trois variables suivent la même loi : \(E(S) = 3 \times E(X_1) = 3 \times 3{,}3 = 9{,}9\). Comme \(X_1\), \(X_2\), \(X_3\) sont indépendantes, les variances s'additionnent : \(V(S) = 3 \times V(X_1) = 3 \times 2{,}7555 = 8{,}2665\).
On utilise maintenant \(E(S) = 10\), comme l'énoncé le demande. L'évènement « \(S\) est strictement compris entre 6 et 14 » s'écrit \(6 \lt S \lt 14\), c'est-à-dire \(-4 \lt S - 10 \lt 4\), ou encore \(|S - 10| \lt 4\). Son contraire est \(|S - 10| \geqslant 4\), donc :
\[P(6 \lt S \lt 14) = 1 - P(|S - 10| \geqslant 4).\]
L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée avec \(t = 4\), donne \(P(|S - E(S)| \geqslant 4) \leqslant \dfrac{V(S)}{4^2}\). D'où :
\[P(6 \lt S \lt 14) \geqslant 1 - \dfrac{8{,}2665}{16} \approx 0{,}4833.\]
Comme \(0{,}4833 \gt 0{,}48\), la probabilité que le nombre total d'erreurs soit strictement compris entre 6 et 14 est supérieure à 0,48.
Corrigé de l’exercice 2 : QCM de géométrie dans l’espace
Le repère est orthonormé, donc on peut calculer produits scalaires et normes avec les coordonnées.
1. Le vecteur \(\overrightarrow{\text{AB}}\) a pour coordonnées \((4\,;\,4\,;\,-2)\), donc \(\overrightarrow{u}(2\,;\,2\,;\,-1)\) dirige la droite \((\text{AB})\). La droite \((d)\) est dirigée par \(\overrightarrow{v}(3\,;\,0\,;\,-5)\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\overrightarrow{v}\) est nulle, pas celle de \(\overrightarrow{u}\)) : les droites ne sont pas parallèles. De plus \(\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} = 6 + 0 + 5 = 11 \neq 0\) : elles ne sont pas orthogonales.
Reste à voir si elles se coupent. La droite \((\text{AB})\) a pour représentation \(x = -3 + 2s\), \(y = 1 + 2s\), \(z = 4 - s\). On égalise avec \((d)\) : la deuxième ligne donne \(1 + 2s = 1\), donc \(s = 0\). Alors \(x = -3\) et \(z = 4\), et il faut \(-3 = -6 + 3t\) et \(4 = 9 - 5t\) : les deux équations donnent \(t = 1\). Le système a une solution, le point \((-3\,;\,1\,;\,4)\), c'est-à-dire A lui-même. Les droites sont sécantes en A et non perpendiculaires. Réponse a.
2. Le plan \(\mathcal{P}\) a pour vecteur normal \(\overrightarrow{n}(4\,;\,4\,;\,-2)\), qui est exactement \(\overrightarrow{\text{AB}}\). La droite \((\text{AB})\) est donc dirigée par un vecteur normal au plan : elle est orthogonale à \(\mathcal{P}\). Réponse d.
3. Un vecteur normal à \(\mathcal{P}'\) est \(\overrightarrow{n'}(2\,;\,1\,;\,6)\). Il n'est pas colinéaire à \(\overrightarrow{n}(4\,;\,4\,;\,-2)\), donc les plans ne sont ni parallèles ni confondus. Ensuite :
\[\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{n'} = 4 \times 2 + 4 \times 1 + (-2) \times 6 = 8 + 4 - 12 = 0.\]
Les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc les plans sont perpendiculaires. Réponse b.
4. On a \(\overrightarrow{\text{AB}}(4\,;\,4\,;\,-2)\) et \(\overrightarrow{\text{AC}}(3\,;\,0\,;\,-5)\). Le produit scalaire vaut \(12 + 0 + 10 = 22\). Les normes sont \(\text{AB} = \sqrt{16 + 16 + 4} = 6\) et \(\text{AC} = \sqrt{9 + 0 + 25} = \sqrt{34}\). Donc :
\[\cos\widehat{\text{BAC}} = \dfrac{22}{6\sqrt{34}} \approx 0{,}629 \quad\text{d'où}\quad \widehat{\text{BAC}} \approx 51^\circ.\]
Réponse b.
Corrigé de l’exercice 3 : étude d’une fonction logarithme et suite récurrente
Partie A
1. Quand \(x\) tend vers \(-1\) par valeurs supérieures, \(x + 1\) tend vers \(0^+\), donc \(\ln(x+1)\) tend vers \(-\infty\) et \(4\ln(x+1)\) aussi. D'autre part \(\dfrac{x^2}{25}\) tend vers \(\dfrac{1}{25}\). Par différence :
\[\lim_{x \to -1} f(x) = \mathbf{-\infty}.\]
2. On dérive terme à terme : \(\left(4\ln(x+1)\right)' = \dfrac{4}{x+1}\) et \(\left(\dfrac{x^2}{25}\right)' = \dfrac{2x}{25}\). On réduit au même dénominateur \(25(x+1)\) :
\[f'(x) = \dfrac{4}{x+1} - \dfrac{2x}{25} = \dfrac{100 - 2x(x+1)}{25(x+1)} = \dfrac{100 - 2x - 2x^2}{25(x+1)}.\]
3. Sur \(]-1\,;\,+\infty[\), le dénominateur \(25(x+1)\) est strictement positif : \(f'(x)\) a le signe du numérateur \(100 - 2x - 2x^2 = -2(x^2 + x - 50)\). Le discriminant de \(x^2 + x - 50\) est \(1 + 200 = 201\), et les racines sont \(\dfrac{-1 - \sqrt{201}}{2} \approx -7{,}59\) (hors de l'intervalle) et \(x_1 = \dfrac{-1 + \sqrt{201}}{2} \approx 6{,}59\). Le trinôme \(x^2 + x - 50\) est négatif entre les racines, donc \(100 - 2x - 2x^2\) est positif entre elles. Ainsi \(f'(x) \gt 0\) sur \(]-1\,;\,x_1[\) et \(f'(x) \lt 0\) sur \(]x_1\,;\,+\infty[\) : la fonction \(f\) est strictement croissante sur \(]-1\,;\,x_1[\), puis strictement décroissante, avec un maximum en \(x_1\).
Comme \([2\,;\,6{,}5] \subset\, ]-1\,;\,x_1[\) (car \(6{,}5 \lt 6{,}59\)), la fonction \(f\) est strictement croissante sur \([2\,;\,6{,}5]\).
4. Calculons les valeurs aux bornes : \(h(2) = f(2) - 2 = 4\ln 3 - \dfrac{4}{25} - 2 \approx 2{,}23 \gt 0\) et \(h(6{,}5) = f(6{,}5) - 6{,}5 \approx 6{,}37 - 6{,}5 \approx -0{,}13 \lt 0\).
Sur \([2\,;\,m]\), la fonction \(h\) est croissante à partir de \(h(2) \gt 0\) : elle reste strictement positive, donc ne s'annule pas. Sur \([m\,;\,6{,}5]\), la fonction \(h\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, avec \(h(m) = M \approx 2{,}265 \gt 0\) et \(h(6{,}5) \lt 0\). D'après le théorème des valeurs intermédiaires pour une fonction strictement monotone, l'équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution sur \([m\,;\,6{,}5]\). Conclusion : l'équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([2\,;\,6{,}5]\).
5. a. La fonction bornes(n) part de \(x = 6\) et avance par pas de \(p = 10^{-n}\) tant que \(f(x) - x \gt 0\), c'est-à-dire tant que \(h(x) \gt 0\). Comme \(h\) est décroissante après \(m\), la boucle s'arrête au premier \(x\) où \(h(x) \leqslant 0\), donc juste après \(\alpha\). Le programme renvoie le couple \((x - p\,,\,x)\) qui encadre \(\alpha\) avec le pas \(p\). Pour bornes(2), le pas est \(0{,}01\) et on obtient (en exécutant le programme ou en testant à la calculatrice) :
\[\text{bornes}(2) = (\mathbf{6{,}36}\,;\,\mathbf{6{,}37}).\]
b. Ces valeurs donnent un encadrement de \(\alpha\) à \(10^{-2}\) près : \(\mathbf{6{,}36 \lt \alpha \lt 6{,}37}\), où \(\alpha\) est l'unique solution de \(f(x) = x\) sur \([2\,;\,6{,}5]\).
Partie B
1. Démontrons par récurrence la propriété \(P_n\) : « \(2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \lt 6{,}5\) ».
Initialisation. \(u_0 = 2\) et \(u_1 = f(2) \approx 4{,}23\). On a bien \(2 \leqslant 2 \leqslant 4{,}23 \lt 6{,}5\) : \(P_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(P_n\) est vraie : \(2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \lt 6{,}5\). La fonction \(f\) est strictement croissante sur \([2\,;\,6{,}5]\), donc \(f(2) \leqslant f(u_n) \leqslant f(u_{n+1}) \leqslant f(6{,}5)\), c'est-à-dire \(f(2) \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant f(6{,}5)\). Or \(f(2) \approx 4{,}23 \geqslant 2\) et \(f(6{,}5) \approx 6{,}37 \lt 6{,}5\). On en déduit \(2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \lt 6{,}5\) : \(P_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc elle est vraie pour tout entier naturel \(n\).
2. D'après la question précédente, \(u_n \leqslant u_{n+1}\) pour tout \(n\) : la suite \((u_n)\) est croissante. Elle est aussi majorée par \(6{,}5\). Une suite croissante et majorée converge : \((u_n)\) converge vers un réel \(\ell\), avec \(2 \leqslant \ell \leqslant 6{,}5\).
3. La suite vérifie \(u_{n+1} = f(u_n)\) avec \(f\) continue sur \([2\,;\,6{,}5]\). En passant à la limite dans cette égalité, on obtient \(\ell = f(\ell)\), soit \(h(\ell) = 0\). De plus \(\ell \in [2\,;\,6{,}5]\), intervalle sur lequel l'équation \(h(x) = 0\) n'a que la solution \(\alpha\). Donc \(\ell = \alpha\).
Corrigé de l’exercice 4 : équations différentielles et croissance de bactéries
Partie A
1. La fonction constante \(h(t) = \dfrac{1}{120}\) a pour dérivée \(h'(t) = 0\). Alors :
\[h'(t) + 0{,}48\,h(t) = 0 + \dfrac{0{,}48}{120} = \dfrac{1}{250}.\]
Cette égalité est celle de \((E_1)\) : la fonction \(h\) est bien solution de \((E_1)\).
2. L'équation \(y' + 0{,}48y = 0\) s'écrit \(y' = -0{,}48y\). Ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto C\mathrm{e}^{-0{,}48t}\) avec \(C \in \mathbb{R}\).
3. Les solutions de \((E_1)\) s'obtiennent en ajoutant une solution particulière (ici \(h\)) à la solution générale de l'équation sans second membre :
\[y(t) = C\mathrm{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}, \quad C \in \mathbb{R}.\]
Partie B
1. Supposons que \(p\) est solution de \((E_2)\) et que \(p = \dfrac{1}{y}\). On dérive : \(p' = -\dfrac{y'}{y^2}\). En remplaçant dans \((E_2)\) :
\[-\dfrac{y'}{y^2} = \dfrac{1}{250} \times \dfrac{1}{y} \times \left(120 - \dfrac{1}{y}\right) = \dfrac{1}{250} \times \dfrac{120y - 1}{y^2}.\]
On multiplie les deux membres par \(-y^2\) (non nul) : \(y' = -\dfrac{120y - 1}{250} = -0{,}48y + \dfrac{1}{250}\), c'est-à-dire \(y' + 0{,}48y = \dfrac{1}{250}\). La fonction \(y\) est donc solution de \((E_1)\).
2. D'après la partie A et la réciproque admise, \(y(t) = C\mathrm{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}\), donc :
\[p(t) = \dfrac{1}{C\mathrm{e}^{-0{,}48t} + \frac{1}{120}} = \dfrac{120}{120C\mathrm{e}^{-0{,}48t} + 1}\]
(on a multiplié numérateur et dénominateur par 120). En posant \(K = 120C\), on obtient :
\[p(t) = \dfrac{120}{1 + K\mathrm{e}^{-0{,}48t}}, \quad K \in \mathbb{R}.\]
3. On a \(p(0) = 30\), c'est-à-dire \(\dfrac{120}{1 + K} = 30\), donc \(1 + K = 4\) et \(K = 3\).
4. Comme \(-0{,}48t\) tend vers \(-\infty\) quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(\mathrm{e}^{-0{,}48t}\) tend vers 0. Le dénominateur \(1 + 3\mathrm{e}^{-0{,}48t}\) tend donc vers 1, et :
\[\lim_{t \to +\infty} p(t) = \mathbf{120}.\]
Interprétation : à long terme, la population se stabilise autour de 120 milliers, soit 120 000 bactéries, valeur que le milieu de culture ne permet pas de dépasser.
5. On résout \(p(t) = 60\) :
\[\dfrac{120}{1 + 3\mathrm{e}^{-0{,}48t}} = 60 \iff 1 + 3\mathrm{e}^{-0{,}48t} = 2 \iff \mathrm{e}^{-0{,}48t} = \dfrac{1}{3} \iff -0{,}48t = -\ln 3 \iff t = \dfrac{\ln 3}{0{,}48} \approx 2{,}289.\]
La fonction \(p\) est croissante (on le voit sur l'expression : le dénominateur diminue quand \(t\) augmente), donc la population dépasse 60 000 individus après environ 2,289 heures. Comme \(0{,}289 \times 60 \approx 17{,}3\), cela fait 2 heures et 17 minutes.