Corrigé de l’exercice 1 : deux populations, suites et algorithme
Partie A
1. Une suite géométrique de raison \(0{,}93\) multiplie la population par \(0{,}93\) chaque année : \(u_1=6\times 0{,}93=5{,}58\). Au 1er janvier 2026, il y a donc 5 580 individus dans le milieu A.
2. Le terme général d'une suite géométrique est \(u_n=u_0\times q^n\). Ici : \(u_n=6\times 0{,}93^n\).
3. Comme \(0\lt 0{,}93\lt 1\), on a \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}0{,}93^n=0\), donc \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=0\). Dans le milieu A, la population diminue chaque année et finit par disparaître : à long terme, l'espèce s'éteint.
Partie B
1. \(v_1=-0{,}05\times 6^2+1{,}1\times 6=-1{,}8+6{,}6=4{,}8\). Au 1er janvier 2026, il y a 4 800 individus dans le milieu B.
2. La fonction \(f\) est un polynôme, donc dérivable, et \(f'(x)=-0{,}1x+1{,}1\). Or \(f'(x)\geqslant 0\iff x\leqslant 11\). La dérivée est donc positive sur \([0\,;11]\) : \(f\) est croissante sur \([0\,;11]\).
3. Démontrons par récurrence la propriété \(P(n)\) : « \(2\leqslant v_{n+1}\leqslant v_n\leqslant 6\) ».
Initialisation. Pour \(n=0\) : \(v_0=6\) et \(v_1=4{,}8\), et on a bien \(2\leqslant 4{,}8\leqslant 6\leqslant 6\). La propriété est vraie au rang 0.
Hérédité. Supposons \(P(n)\) vraie pour un entier \(n\) fixé, c'est-à-dire \(2\leqslant v_{n+1}\leqslant v_n\leqslant 6\). Ces trois nombres sont dans \([0\,;11]\), où \(f\) est croissante : elle conserve donc l'ordre, et \(f(2)\leqslant f(v_{n+1})\leqslant f(v_n)\leqslant f(6)\). Or \(f(2)=-0{,}2+2{,}2=2\), \(f(v_{n+1})=v_{n+2}\), \(f(v_n)=v_{n+1}\) et \(f(6)=4{,}8\leqslant 6\). On obtient \(2\leqslant v_{n+2}\leqslant v_{n+1}\leqslant 6\) : \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(2\leqslant v_{n+1}\leqslant v_n\leqslant 6\).
4. D'après la question précédente, \(v_{n+1}\leqslant v_n\) : la suite \((v_n)\) est décroissante. Elle est de plus minorée par 2. Une suite décroissante et minorée converge, donc \((v_n)\) converge vers une limite \(\ell\) (avec \(\ell\geqslant 2\)).
5. a. La fonction \(f\) est continue sur \([0\,;+\infty[\) et \(v_{n+1}=f(v_n)\). Quand \(n\) tend vers l'infini, \(v_n\) et \(v_{n+1}\) tendent tous deux vers \(\ell\), et par continuité \(f(v_n)\) tend vers \(f(\ell)\). Par unicité de la limite, \(f(\ell)=\ell\).
On résout : \(-0{,}05\ell^2+1{,}1\ell=\ell\iff -0{,}05\ell^2+0{,}1\ell=0\iff \ell(-0{,}05\ell+0{,}1)=0\). Donc \(\ell=0\) ou \(\ell=2\). Comme \(v_n\geqslant 2\) pour tout \(n\), on a \(\ell\geqslant 2\), ce qui exclut 0. Ainsi \(\ell=2\).
b. Dans le milieu B, la population diminue mais se stabilise : elle tend vers 2 000 individus et ne disparaît pas.
Partie C
1. On cherche \(n\) tel que \(u_n\lt 3\) : \(6\times 0{,}93^n\lt 3\iff 0{,}93^n\lt 0{,}5\iff n\ln(0{,}93)\lt\ln(0{,}5)\). Comme \(\ln(0{,}93)\lt 0\), l'inégalité change de sens : \(n\gt\dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}93)}\approx 9{,}55\). Le plus petit entier convenable est \(n=10\), soit l'année \(2025+10=\) 2035.
2. On calcule les termes à la calculatrice : \(v_5\approx 3{,}145\) (encore au-dessus de 3), puis \(v_6\approx 2{,}965\lt 3\). C'est donc pour \(n=6\), soit en 2031, que la population du milieu B passe sous 3 000 individus.
3. La suite \((u_n)\) tend vers 0 alors que \((v_n)\) tend vers 2. Dès que \(u_n\) devient inférieur à 2 et que \(v_n\) reste supérieur à 2, on a \(v_n\gt u_n\). La limite de \(v_n-u_n\) est \(2\gt 0\), donc à partir d'un certain rang, \(v_n\gt u_n\) : le milieu B dépasse le milieu A.
4. a. Il faut continuer tant que la population B n'est pas strictement supérieure à la population A, c'est-à-dire tant que \(v\leqslant u\). Dans la boucle, on met à jour les deux populations avec leur formule. Attention : \(u\) et \(v\) ne dépendent que de leur propre valeur précédente, on peut donc les mettre à jour l'une après l'autre.
n = 0
u = 6
v = 6
while v <= u:
u = 0.93 * u
v = -0.05 * v**2 + 1.1 * v
n = n + 1
print(2025 + n)
b. Au départ \(u=v=6\), donc \(v\leqslant u\) et la boucle démarre. Les valeurs de la calculatrice donnent \(u_{12}\approx 2{,}512\) et \(v_{12}\approx 2{,}406\) (encore \(v\leqslant u\)), puis \(u_{13}\approx 2{,}336\) et \(v_{13}\approx 2{,}358\) (cette fois \(v\gt u\)). La boucle s'arrête avec \(n=13\) et le programme affiche 2038.
Corrigé de l’exercice 2 : une fonction logistique et sa valeur moyenne
Partie A
1. Sur le graphique, la courbe passe en abscisse 10 un peu en dessous de la graduation 1 : \(f(10)\approx 0{,}9\) (plus précisément 0,88).
2. La limite 1 en \(+\infty\) signifie que la droite d'équation \(y=1\) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\) : la courbe se rapproche de cette droite sans la dépasser.
3. Le point A(0 ; 0,5) est sur la courbe, donc \(f(0)=0{,}5\). Or \(f(0)=\dfrac{1}{a+\text{e}^{0}}=\dfrac{1}{a+1}\). Ainsi \(\dfrac{1}{a+1}=0{,}5\iff a+1=2\iff\) \(a=1\).
4. Le coefficient directeur de (AB) est \(\dfrac{y_B-y_A}{x_B-x_A}=\dfrac{1-0{,}5}{10-0}=\) 0,05.
5. a. On écrit \(f(x)=\dfrac{1}{1+\text{e}^{-bx}}=\dfrac{1}{u(x)}\) avec \(u(x)=1+\text{e}^{-bx}\) et \(u'(x)=-b\,\text{e}^{-bx}\). Alors \(f'=-\dfrac{u'}{u^2}\), soit \(f'(x)=\dfrac{b\,\text{e}^{-bx}}{\left(1+\text{e}^{-bx}\right)^2}\).
b. La droite (AB) est tangente en A, donc son coefficient directeur est \(f'(0)\). Or \(f'(0)=\dfrac{b}{(1+1)^2}=\dfrac{b}{4}\). On a donc \(\dfrac{b}{4}=0{,}05\), d'où \(b=0{,}2\).
Partie B
1. Quand \(x\to+\infty\), \(-0{,}2x\to-\infty\) donc \(\text{e}^{-0{,}2x}\to 0\), et \(f(x)\to\dfrac{1}{1+0}\). Ainsi \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=1\).
2. D'après la partie A avec \(b=0{,}2\) : \(f'(x)=\dfrac{0{,}2\,\text{e}^{-0{,}2x}}{\left(1+\text{e}^{-0{,}2x}\right)^2}\). Une exponentielle est strictement positive et un carré aussi, donc \(f'(x)\gt 0\) pour tout \(x\geqslant 0\). La fonction \(f\) est strictement croissante sur \([0\,;+\infty[\).
3. La fonction \(f\) est continue et strictement croissante sur \([0\,;+\infty[\), avec \(f(0)=0{,}5\) et une limite de 1 en \(+\infty\). Le réel \(0{,}97\) appartient à l'intervalle \([0{,}5\,;1[\). Par le théorème de la bijection (corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l'équation \(f(x)=0{,}97\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([0\,;+\infty[\).
4. À la calculatrice (tableau de valeurs) : \(f(17)\approx 0{,}968\lt 0{,}97\) et \(f(18)\approx 0{,}973\gt 0{,}97\). Donc \(17\lt\alpha\lt 18\). Précisément, \(\alpha=5\ln\dfrac{97}{3}\approx 17{,}4\). Interprétation : la valeur \(f(x)\) dépasse 0,97 à partir d'une valeur de \(x\) comprise entre 17 et 18 : c'est à partir de cette échéance que le phénomène modélisé est à plus de 97 % de sa valeur maximale 1.
Partie C
1. On multiplie le numérateur et le dénominateur par \(\text{e}^{0{,}2x}\) (non nul) : \(f(x)=\dfrac{1\times\text{e}^{0{,}2x}}{\left(1+\text{e}^{-0{,}2x}\right)\text{e}^{0{,}2x}}=\dfrac{\text{e}^{0{,}2x}}{\text{e}^{0{,}2x}+1}\). On retrouve bien \(f(x)=\dfrac{\text{e}^{0{,}2x}}{1+\text{e}^{0{,}2x}}\).
2. Posons \(w(x)=1+\text{e}^{0{,}2x}\), strictement positive, avec \(w'(x)=0{,}2\,\text{e}^{0{,}2x}\). Alors \(f(x)=\dfrac{1}{0{,}2}\times\dfrac{w'(x)}{w(x)}=5\dfrac{w'(x)}{w(x)}\), dont une primitive est \(5\ln(w(x))\). Une primitive de \(f\) est donc \(F(x)=5\ln\left(1+\text{e}^{0{,}2x}\right)\).
3. \(I=\dfrac{1}{40}\left[F(x)\right]_0^{40}=\dfrac{1}{40}\left(5\ln\left(1+\text{e}^{8}\right)-5\ln 2\right)=\dfrac{1}{8}\ln\left(\dfrac{1+\text{e}^{8}}{2}\right)\). La valeur exacte est \(I=\dfrac{1}{8}\ln\left(\dfrac{1+\text{e}^{8}}{2}\right)\) et la valeur approchée au millième est \(I\approx 0{,}913\).
Corrigé de l’exercice 3 : codage base64 et loi binomiale
Partie A
1. Pour chacune des 4 positions, on a 64 choix indépendants : \(64^4=\) 16 777 216 séquences.
2. Les caractères sont tous différents : 64 choix pour le premier, 63 pour le deuxième, 62 pour le troisième, 61 pour le dernier. Soit \(64\times 63\times 62\times 61=\) 15 249 024 séquences.
3. a. Sans la lettre A majuscule, il reste 63 caractères possibles par position : \(63^4=\) 15 752 961 séquences.
b. Les séquences avec au moins un A sont toutes les autres : \(64^4-63^4=16\,777\,216-15\,752\,961=\) 1 024 255.
c. On choisit la position du A (4 possibilités), puis les 3 autres positions reçoivent chacune un des 63 caractères différents de A : \(4\times 63^3=\) 1 000 188.
d. On choisit les deux positions des A parmi 4 : \(\dbinom{4}{2}=6\) possibilités, puis les deux autres positions reçoivent un caractère différent de A : \(63^2\) possibilités. Soit \(6\times 63^2=\) 23 814.
Partie B
1. On répète 250 fois, de façon indépendante, une même épreuve de succès « le caractère est mal transmis » de probabilité 0,01. Donc \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(250\,;0{,}01)\).
2. \(P(X=0)=\dbinom{250}{0}\times 0{,}01^0\times 0{,}99^{250}=\) \(0{,}99^{250}\approx 0{,}081\).
3. On cherche \(P(X\gt 16)=P(X\geqslant 17)=1-P(X\leqslant 16)\). La calculatrice donne \(P(X\leqslant 16)\approx 0{,}999\,999\,999\), donc \(P(X\geqslant 17)\approx 1{,}0\times 10^{-9}\). Cette probabilité est de l'ordre d'un milliardième : l'affirmation est vraie, la probabilité est bien négligeable.
Partie C
Par linéarité de l'espérance : \(E(S)=E(X_1)+E(X_2)+E(X_3)+E(X_4)=4\times 250\times 0{,}01=\) 10.
Les variables étant indépendantes, les variances s'ajoutent : \(V(S)=4\times V(X)=4\times 250\times 0{,}01\times 0{,}99=\) 9,9.
Corrigé de l’exercice 4 : plans et droite dans l’espace
1. a. On calcule \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-3\\1\\-1\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-1\\3\\-1\end{pmatrix}\). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : en effet, \(-3=3\times(-1)\) mais \(1\neq 3\times 3\). Donc A, B et C ne sont pas alignés.
b. Le vecteur \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}-1\\1\\4\end{pmatrix}\) vérifie \(\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AB}=3+1-4=0\) et \(\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AC}=1+3-4=0\). Il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), donc \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal au plan (ABC).
c. Le vecteur \(\overrightarrow{n}\) est normal au plan (ABC), qui a donc une équation de la forme \(-x+y+4z+d=0\). Le point A(1 ; 0 ; 3) y appartient : \(-1+0+12+d=0\), donc \(d=-11\). Une équation de (ABC) est \(-x+y+4z-11=0\).
2. a. Les vecteurs normaux sont \(\overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix}3\\-3\\2\end{pmatrix}\) pour \(\mathcal{P}\) et \(\overrightarrow{n_2}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}\) pour \(\mathcal{P}'\). Ils ne sont pas colinéaires (\(3=3\times 1\) et \(-3=3\times(-1)\) mais \(2\neq 3\times(-1)\)), donc les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) sont sécants selon une droite \((d)\).
b. \(\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{n_2}=3+3-2=4\neq 0\). Les vecteurs normaux ne sont pas orthogonaux : les plans ne sont pas perpendiculaires.
3. Le vecteur \(\overrightarrow{u}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\) vérifie \(\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{n_1}=3-3+0=0\) et \(\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{n_2}=1-1+0=0\). Il est donc orthogonal aux deux vecteurs normaux : il est parallèle aux deux plans, donc à leur droite d'intersection. Comme il est non nul, \((d)\) est dirigée par \(\overrightarrow{u}\).
4. Pour M(2 ; 1 ; 3) : dans \(\mathcal{P}\), \(3\times 2-3\times 1+2\times 3-9=6-3+6-9=0\) ; dans \(\mathcal{P}'\), \(2-1-3+2=0\). Donc M appartient aux deux plans, donc à \((d)\). La droite \((d)\) passe par M et est dirigée par \(\overrightarrow{u}\) : \(\begin{cases}x=2+t\\y=1+t\\z=3\end{cases}\), \(t\in\mathbb{R}\).
5. Le point M vérifie l'équation de (ABC) : \(-2+1+12-11=0\). De plus \(\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{n}=-1+1+0=0\) : \(\overrightarrow{u}\) est orthogonal à la normale de (ABC), donc parallèle à ce plan. Une droite qui passe par un point d'un plan et dont un vecteur directeur est parallèle à ce plan y est incluse : \((d)\) est incluse dans (ABC).
Conclusion : la droite \((d)\) est contenue dans les trois plans. Les plans (ABC), \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) sont donc sécants selon la droite \((d)\) (ils forment un faisceau de plans d'axe \((d)\)).