Corrigé de l’exercice 1 : groupes sanguins, loi binomiale et Bienaymé-Tchebychev
1. Les pourcentages de l'énoncé donnent \(p(A)=0{,}45\), \(p(B)=0{,}10\), \(p(AB)=0{,}03\), puis \(p_A(R)=0{,}85\), \(p_B(R)=0{,}84\), \(p_{AB}(R)=0{,}82\). Les quatre groupes forment une partition : \(p(O) = 1 - (0{,}45+0{,}10+0{,}03) = 0{,}42\). On complète chaque paire de branches par les probabilités contraires (somme égale à 1) : \(p_A(\overline{R})=0{,}15\), \(p_B(\overline{R})=0{,}16\), \(p_{AB}(\overline{R})=0{,}18\). Pour le groupe O, les deux valeurs \(0{,}83\) et \(0{,}17\) ne sont pas demandées ici : elles se déduisent des questions 3 et 4.
2. D'après la formule des probabilités composées : \(p(B\cap R) = p(B)\times p_B(R) = 0{,}10\times 0{,}84 = \) \(0{,}084\). Dans le contexte, 8,4 % de la population française est de groupe B et de rhésus positif.
3. Les évènements \(A\), \(B\), \(AB\) et \(O\) forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales : \(p(R) = p(A\cap R)+p(B\cap R)+p(AB\cap R)+p(O\cap R)\). On calcule \(p(A\cap R)=0{,}45\times 0{,}85 = 0{,}3825\) et \(p(AB\cap R)=0{,}03\times 0{,}82=0{,}0246\). Donc \(p(O\cap R) = 0{,}8397 - 0{,}3825 - 0{,}084 - 0{,}0246 = 0{,}3486\). Alors \(p_O(R)=\dfrac{p(O\cap R)}{p(O)} = \dfrac{0{,}3486}{0{,}42} = \) \(0{,}83\).
4. Être donneur universel, c'est être de groupe O et de rhésus négatif : on cherche \(p(O\cap\overline{R})\). On a \(p_O(\overline{R}) = 1 - p_O(R) = 0{,}17\), donc \(p(O\cap\overline{R}) = p(O)\times p_O(\overline{R}) = 0{,}42\times 0{,}17 = \) \(0{,}0714\).
5. a. On répète 100 fois, de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve à deux issues : « la personne est donneur universel » (succès, de probabilité \(p=0{,}0714\)) ou non. \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=100\) et \(p=0{,}0714\).
b. À la calculatrice, \(P(X\leqslant 7)\approx 0{,}57714\). Donc à \(10^{-3}\) près : \(P(X\leqslant 7)\approx 0{,}577\).
c. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 100\times 0{,}0714 = \) \(7{,}14\) et \(V(X) = np(1-p) = 100\times 0{,}0714\times 0{,}9286 = 6{,}630204\), soit \(V(X)\approx 6{,}63\) à \(10^{-2}\) près.
6. a. \(M_N\) est la moyenne des nombres de donneurs universels obtenus dans les \(N\) villes : c'est le nombre moyen de donneurs universels par échantillon de 100 personnes, sur l'ensemble des \(N\) collectes.
b. Par linéarité de l'espérance : \(E(M_N)=\dfrac{E(X_1)+\dots+E(X_N)}{N}=\dfrac{N\times 7{,}14}{N}=\) \(7{,}14\).
c. Les variables sont indépendantes, donc la variance de la somme est la somme des variances. Et \(V(aY)=a^2V(Y)\) avec \(a=\dfrac{1}{N}\) : \(V(M_N)=\dfrac{1}{N^2}\times N\times 6{,}63 = \) \(\dfrac{6{,}63}{N}\).
d. L'inégalité \(7\lt M_N\lt 7{,}28\) équivaut à \(|M_N-7{,}14|\lt 0{,}14\), puisque \(7{,}14\pm 0{,}14\) donne \(7\) et \(7{,}28\). Son évènement contraire est \(|M_N-7{,}14|\geqslant 0{,}14\). L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne, pour \(t=0{,}14\) : \(P\left(|M_N-E(M_N)|\geqslant t\right)\leqslant \dfrac{V(M_N)}{t^2}\), soit \(P\left(|M_N-7{,}14|\geqslant 0{,}14\right)\leqslant \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N}\). On veut \(P(7\lt M_N\lt 7{,}28)=1-P\left(|M_N-7{,}14|\geqslant 0{,}14\right)\geqslant 0{,}95\), donc il suffit que \(\dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N}\leqslant 0{,}05\), c'est-à-dire \(N\geqslant \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\times 0{,}05}\approx 6765{,}3\). La plus petite valeur entière est \(N=6766\).
Corrigé de l’exercice 2 : étude d’une fonction avec logarithme et calcul d’aire
Partie A
1. \(f'(1)\) est le coefficient directeur de la tangente \(T_{\text{A}}\) au point A. Cette droite passe par A\((1\ ;\ 2)\) et C\((3\ ;\ 0)\) : \(f'(1)=\dfrac{0-2}{3-1}=\) \(-1\).
2. \(f'(x)=0\) signifie que la tangente est horizontale. Sur \(]0\ ;\ 3]\), la courbe a un maximum local (vers \(x\approx 0{,}4\)) puis un minimum local (vers \(x\approx 1{,}6\)) : il y a deux tangentes horizontales. L'équation \(f'(x)=0\) admet donc 2 solutions.
3. Au voisinage de \(x=0{,}2\), la courbe est située sous ses tangentes : elle est concave. Donc \(f''(0{,}2)\lt 0\).
Partie B
1. Le discriminant de \(2X^2-3X+2\) est \(\Delta = (-3)^2-4\times 2\times 2 = 9-16=-7\lt 0\). L'équation n'a aucune solution réelle. Pour \(x\gt 0\), \(f(x)=0\) équivaut à \(2(\ln x)^2-3\ln x+2=0\) (car \(x\neq 0\)). En posant \(X=\ln x\), on retrouve l'équation précédente, qui n'a pas de solution. Donc \(f(x)=0\) est impossible : \(\mathcal{C}_f\) ne coupe pas l'axe des abscisses.
2. On factorise pour lever l'indétermination : \(f(x) = x(\ln x)^2\left(2-\dfrac{3}{\ln x}+\dfrac{2}{(\ln x)^2}\right)\). Quand \(x\to+\infty\), \(\ln x\to+\infty\), donc \(x(\ln x)^2\to+\infty\), et \(\dfrac{3}{\ln x}\to 0\), \(\dfrac{2}{(\ln x)^2}\to 0\), donc la parenthèse tend vers 2. Par produit : \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\).
3. a. On dérive \(f'(x)=2(\ln x)^2+\ln x-1\) : la dérivée de \((\ln x)^2\) est \(2\ln x\times\dfrac{1}{x}\). Donc \(f''(x)=2\times\dfrac{2\ln x}{x}+\dfrac{1}{x}=\) \(\dfrac{1}{x}(4\ln x+1)\).
b. Pour \(x\gt 0\), \(\dfrac{1}{x}\gt 0\), donc \(f''(x)\) a le signe de \(4\ln x+1\). Or \(4\ln x+1\geqslant 0 \iff \ln x\geqslant -\dfrac{1}{4}\iff x\geqslant \text{e}^{-1/4}\) (la fonction exponentielle est croissante). Donc \(f\) est concave sur \(\left]0\ ;\ \text{e}^{-1/4}\right]\) et convexe sur \(\left[\text{e}^{-1/4}\ ;\ +\infty\right[\). \(f''\) s'annule en changeant de signe : le point d'inflexion a pour abscisse \(\text{e}^{-1/4}\) (environ 0,78).
c. On a \(\text{e}^{-1/4}\lt 1\), donc \(f\) est convexe sur \([1\ ;\ +\infty[\). Une courbe convexe est située au-dessus de chacune de ses tangentes : \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(T_{\text{B}}\) sur \(]1\ ;\ +\infty[\).
Partie C
1. L'équation de la tangente en \(x=\text{e}\) est \(y=f'(\text{e})(x-\text{e})+f(\text{e})\). Comme \(\ln\text{e}=1\) : \(f'(\text{e})=2\times 1+1-1=2\) et \(f(\text{e})=\text{e}(2-3+2)=\text{e}\). Donc \(y=2(x-\text{e})+\text{e}\), soit \(y=2x-\text{e}\).
2. On pose \(u(x)=\ln x\), \(u'(x)=\dfrac{1}{x}\), \(v'(x)=x\) et \(v(x)=\dfrac{x^2}{2}\). Ces fonctions sont de classe \(C^1\) sur \([1\ ;\ \text{e}]\). Par intégration par parties : \(\displaystyle\int_1^{\text{e}}x\ln x\,\text{d}x=\left[\dfrac{x^2}{2}\ln x\right]_1^{\text{e}}-\int_1^{\text{e}}\dfrac{x}{2}\,\text{d}x = \dfrac{\text{e}^2}{2}-\left[\dfrac{x^2}{4}\right]_1^{\text{e}}=\dfrac{\text{e}^2}{2}-\dfrac{\text{e}^2}{4}+\dfrac{1}{4}=\) \(\dfrac{\text{e}^2+1}{4}\).
3. Sur \([1\ ;\ \text{e}]\), \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(T_{\text{B}}\) (question B.3.c), donc \(\mathcal{A}=\displaystyle\int_1^{\text{e}}\left[f(x)-(2x-\text{e})\right]\text{d}x\). On développe : \(f(x)-2x+\text{e}=2x(\ln x)^2-3x\ln x+2x-2x+\text{e}=2x(\ln x)^2-3x\ln x+\text{e}\). Par linéarité : \(\mathcal{A}=2\times\dfrac{\text{e}^2-1}{4}-3\times\dfrac{\text{e}^2+1}{4}+\left[\text{e}x\right]_1^{\text{e}}=\dfrac{2\text{e}^2-2-3\text{e}^2-3}{4}+\text{e}^2-\text{e}=\dfrac{-\text{e}^2-5+4\text{e}^2-4\text{e}}{4}\). Donc \(\mathcal{A}=\dfrac{3\text{e}^2-4\text{e}-5}{4}\) unités d'aire, soit environ 1,57.
Corrigé de l’exercice 3 : affirmations de géométrie dans l’espace
Affirmation 1 : vraie. Le point de paramètre \(t=0\) est \((3\ ;\ 2\ ;\ -1)\), c'est B. Un vecteur directeur est \(\overrightarrow{u}\begin{pmatrix}-2\\-1\\3\end{pmatrix}\). Or \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}4\\2\\-6\end{pmatrix}=-2\overrightarrow{u}\) : \(\overrightarrow{u}\) est colinéaire à \(\overrightarrow{AB}\). La droite passe par B avec la direction de (AB) : c'est bien la droite (AB).
Affirmation 2 : fausse. Les vecteurs \(\overrightarrow{OA}\begin{pmatrix}-1\\0\\5\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{OB}\begin{pmatrix}3\\2\\-1\end{pmatrix}\) ne sont pas colinéaires, ils dirigent le plan (OAB). Dans un repère orthonormé : \(\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{OA}=5\times(-1)+(-2)\times 0+1\times 5=0\), mais \(\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{OB}=5\times 3+(-2)\times 2+1\times(-1)=10\neq 0\). Le vecteur \(\overrightarrow{n}\) n'est pas orthogonal à \(\overrightarrow{OB}\), donc il n'est pas normal au plan (OAB).
Affirmation 3 : fausse. Les directions \(\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}\) et \(\begin{pmatrix}4\\4\\-6\end{pmatrix}\) ne sont pas colinéaires : les droites ne sont pas parallèles. On cherche une intersection en résolvant \(15+k=1+4s\), \(8-k=2+4s\), \(-6+2k=1-6s\). En additionnant les deux premières équations : \(23=3+8s\), donc \(s=2{,}5\), puis \(k=1+10-15=-4\). On vérifie la troisième : \(-6+2\times(-4)=-14\) et \(1-6\times 2{,}5=-14\). Le système a une solution : les droites sont sécantes au point \((11\ ;\ 12\ ;\ -14)\), donc elles sont coplanaires, et l'affirmation est fausse.
Affirmation 4 : vraie. Le repère est orthonormé, donc la distance de C\((2\ ;\ -1\ ;\ 2)\) au plan \(x-y+z+1=0\) est \(\dfrac{|2-(-1)+2+1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}}=\dfrac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}\). Autre méthode : la droite passant par C et de direction \(\overrightarrow{n'}\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}\) coupe le plan en H\((0\ ;\ 1\ ;\ 0)\) (paramètre \(l=-2\)), et \(CH=\sqrt{4+4+4}=2\sqrt{3}\).
Corrigé de l’exercice 4 : croissance de la posidonie, suite puis équation différentielle
Partie A
1. \(u_1=-0{,}02\times 1^2+1{,}3\times 1=\) \(1{,}28\). Au premier juillet 2025, la posidonie recouvrira 1,28 ha.
2. a. On démontre par récurrence \(P(n) : 1\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 20\), en remarquant que \(u_{n+1}=h(u_n)\). Initialisation : \(u_0=1\) et \(u_1=1{,}28\), donc \(1\leqslant u_0\leqslant u_1\leqslant 20\). Hérédité : on suppose \(P(n)\) vraie pour un entier \(n\). Comme \(h\) est croissante sur \([0\ ;\ 20]\), on peut appliquer \(h\) à chaque membre : \(h(1)\leqslant h(u_n)\leqslant h(u_{n+1})\leqslant h(20)\), soit \(1{,}28\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant 18\). Comme \(1\leqslant 1{,}28\) et \(18\leqslant 20\), on obtient \(1\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant 20\) : \(P(n+1)\) est vraie. Conclusion : \(P(n)\) est vraie pour tout entier \(n\).
b. D'après la question précédente, la suite \((u_n)\) est croissante (\(u_n\leqslant u_{n+1}\)) et majorée par 20. D'après le théorème de convergence monotone, elle converge vers une limite \(L\), et \(1\leqslant L\leqslant 20\).
c. La fonction \(h\) est continue (polynôme), donc la limite \(L\) vérifie \(h(L)=L\). On résout : \(-0{,}02L^2+1{,}3L=L \iff -0{,}02L^2+0{,}3L=0\iff -0{,}02L(L-15)=0\iff L=0\) ou \(L=15\). Comme \(L\geqslant 1\), on a \(L=15\).
3. a. La suite converge vers 15, et \(15\gt 14\). Donc l'intervalle ouvert \(]14\ ;\ +\infty[\), qui contient 15, contient tous les termes à partir d'un certain rang. Il existe donc un rang \(n\) à partir duquel \(u_n\gt 14\) : la posidonie finira par dépasser 14 ha.
b. Tant que \(u\) est inférieur ou égal à 14, on passe à l'année suivante :
def seuil():
n=0
u= 1
while u <= 14 :
n=n+1
u=-0.02*u**2+1.3*u
return n
En calculant les termes, on trouve \(u_{17}\approx 13{,}79\) et \(u_{18}\approx 14{,}12\) : la fonction renvoie 18. Il faut 18 ans, donc le seuil est dépassé au premier juillet 2042.
Partie B
1. \(f\) ne s'annule pas, donc \(g=\dfrac{1}{f}\) est dérivable et \(g'=-\dfrac{f'}{f^2}\). Comme \(f'=0{,}02f(15-f)\), on a \(g'=-\dfrac{0{,}02f(15-f)}{f^2}=-\dfrac{0{,}02(15-f)}{f}=-\dfrac{0{,}3}{f}+0{,}02=-0{,}3g+0{,}02\). Donc \(g\) est solution de \((E_2)\).
2. L'équation \(y'=-0{,}3y+0{,}02\) est du type \(y'=ay+b\) avec \(a=-0{,}3\). Une solution constante est \(-\dfrac{b}{a}=\dfrac{0{,}02}{0{,}3}=\dfrac{1}{15}\). Les solutions sont les fonctions \(t\mapsto C\text{e}^{-0{,}3t}+\dfrac{1}{15}\), avec \(C\in\mathbb{R}\).
3. On a \(g(0)=\dfrac{1}{f(0)}=1\), donc \(C+\dfrac{1}{15}=1\) et \(C=\dfrac{14}{15}\). Alors \(g(t)=\dfrac{14}{15}\text{e}^{-0{,}3t}+\dfrac{1}{15}=\dfrac{14\text{e}^{-0{,}3t}+1}{15}\), et \(f(t)=\dfrac{1}{g(t)}=\) \(\dfrac{15}{14\text{e}^{-0{,}3t}+1}\).
4. Quand \(t\to+\infty\), \(-0{,}3t\to-\infty\), donc \(\text{e}^{-0{,}3t}\to 0\) et \(14\text{e}^{-0{,}3t}+1\to 1\). Par quotient, \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}f(t)=15\) : on retrouve la limite du modèle discret.
5. Le dénominateur est positif, donc \(f(t)\gt 14\iff 15\gt 14\left(14\text{e}^{-0{,}3t}+1\right)\iff 1\gt 196\,\text{e}^{-0{,}3t}\iff \text{e}^{-0{,}3t}\lt \dfrac{1}{196}\). La fonction \(\ln\) est croissante : \(-0{,}3t\lt -\ln 196\), donc \(t\gt \dfrac{\ln 196}{0{,}3}\approx 17{,}6\). L'ensemble des solutions est \(\left]\dfrac{\ln 196}{0{,}3}\ ;\ +\infty\right[\). Dans le contexte : la posidonie dépasse 14 ha au bout d'environ 17,6 ans, soit dans la 18e année, ce qui est cohérent avec la réponse 18 du modèle discret.