Exercice 1 (5 points)
Partie A
1) a. D’après l’énoncé, $75\ \%$ des familles réservent une cabine, donc : $\rm{P}(\rm{C}) = 0,75$.
1) b. D’après l’énoncé, $\rm{P}(\rm{V}) = 0,30$ donc $\rm{P}(\overline{\rm{V}}) = 1 - 0,30 = 0,70$, et $\rm{P}_{\rm{V}}(\rm{C}) = 0,80$ donc $\rm{P}_{\rm{V}}(\overline{\rm{C}}) = 1 - 0,80 = 0,20$.
On complète ainsi les quatre pointillés :
2) D’après la formule des probabilités conditionnelles, on a :
$\rm{P}(\rm{V} \cap \rm{C}) = \rm{P}(\rm{V}) \times \rm{P}_{\rm{V}}(\rm{C}) = 0,30 \times 0,80 = 0,24.$
3) On cherche $\rm{P}_{\rm{C}}(\rm{V})$. D’après la formule des probabilités conditionnelles :
$\rm{P}_{\rm{C}}(\rm{V}) = \dfrac{\rm{P}(\rm{V} \cap \rm{C})}{\rm{P}(\rm{C})} = \dfrac{0,24}{0,75} = 0,32.$
4) D’après la formule des probabilités totales, on a :
$\rm{P}(\rm{C}) = \rm{P}(\rm{V} \cap \rm{C}) + \rm{P}(\overline{\rm{V}} \cap \rm{C})$
donc $\rm{P}(\overline{\rm{V}} \cap \rm{C}) = 0,75 - 0,24 = 0,51$.
On en déduit :
$\rm{P}_{\overline{\rm{V}}}(\rm{C}) = \dfrac{\rm{P}(\overline{\rm{V}} \cap \rm{C})}{\rm{P}(\overline{\rm{V}})} = \dfrac{0,51}{0,70} \approx 0,73.$
Interprétation : parmi les familles qui n’ont pas réservé d’emplacement pour un véhicule, environ $73\ \%$ ont tout de même réservé une cabine.
Partie B
1) Par définition, $\rm{E}(X) = \displaystyle\sum_i x_i\, \rm{P}(X = x_i)$, donc :
$\rm{E}(X) = 0 \times 0,19 + 70 \times 0,06 + 100 \times 0,51 + 170 \times 0,24 = 0 + 4,2 + 51 + 40,8 = 96.$
Pour la variance, on utilise $\rm{V}(X) = \rm{E}(X^2) - \big(\rm{E}(X)\big)^2$ avec :
$\rm{E}(X^2) = 0^2 \times 0,19 + 70^2 \times 0,06 + 100^2 \times 0,51 + 170^2 \times 0,24 = 294 + 5\ 100 + 6\ 936 = 12\ 330.$
Ainsi : $\rm{V}(X) = 12\ 330 - 96^2 = 12\ 330 - 9\ 216 = 3\ 114.$
2) a. Une remise de $40\ \%$ sur le montant total $X + Y$ revient à ne payer que $100\ \% - 40\ \% = 60\ \%$ de ce montant, donc :
$Z = (1 - 0,40)(X + Y) = 0,6(X + Y).$
2) b. Par linéarité de l’espérance :
$\rm{E}(Z) = 0,6\big(\rm{E}(X) + \rm{E}(Y)\big) = 0,6 \times (96 + 104) = 0,6 \times 200 = 120.$
Les variables $X$ et $Y$ étant indépendantes, $\rm{V}(X + Y) = \rm{V}(X) + \rm{V}(Y)$, et comme $\rm{V}(aX) = a^2\rm{V}(X)$ :
$\rm{V}(Z) = 0,6^2 \times \big(\rm{V}(X) + \rm{V}(Y)\big) = 0,36 \times (3\ 114 + 1\ 686) = 0,36 \times 4\ 800 = 1\ 728.$
3) a. Les variables $Z_1, Z_2, \dots, Z_n$ sont indépendantes et de même loi que $Z$, donc $\rm{E}(Z_i) = 120$ et $\rm{V}(Z_i) = 1\ 728$ pour tout $i$.
Par linéarité de l’espérance :
$\rm{E}(M_n) = \dfrac{1}{n}\big(\rm{E}(Z_1) + \dots + \rm{E}(Z_n)\big) = \dfrac{1}{n} \times n \times 120 = 120.$
Par indépendance des $Z_i$ :
$\rm{V}(M_n) = \dfrac{1}{n^2}\big(\rm{V}(Z_1) + \dots + \rm{V}(Z_n)\big) = \dfrac{1}{n^2} \times n \times 1\ 728 = \dfrac{1\ 728}{n}.$
3) b. L’événement $\{114 < M_n < 126\}$ s’écrit $\{|M_n - 120| < 6\}$, c’est-à-dire l’événement contraire de $\{|M_n - \rm{E}(M_n)| \geqslant 6\}$.
D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :
$\rm{P}\big(|M_n - 120| \geqslant 6\big) \leqslant \dfrac{\rm{V}(M_n)}{6^2} = \dfrac{1\ 728}{36n} = \dfrac{48}{n}.$
En passant à l’événement contraire :
$\rm{P}(114 < M_n < 126) \geqslant 1 - \dfrac{48}{n}.$
Il suffit donc d’avoir $1 - \dfrac{48}{n} \geqslant 0,85$, soit $\dfrac{48}{n} \leqslant 0,15$, c’est-à-dire $n \geqslant \dfrac{48}{0,15} = 320.$
Le plus petit entier $n$ convenant est donc $n = 320$.
Interprétation : avec un échantillon d’au moins $320$ familles, la probabilité que le prix moyen payé pour les suppléments et les extras soit compris entre $114$ € et $126$ € est supérieure ou égale à $0,85$.
Exercice 2 (4 points)
1) a. Affirmation 1. On a $\overrightarrow{\rm{AB}}\begin{pmatrix} 2-3 \\ 1-0 \\ -3-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -5 \end{pmatrix}$.
Un vecteur normal au plan $(\rm{P})$ d’équation $-x + y - 5z - 0,5 = 0$ est $\vec{n}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -5 \end{pmatrix}$.
On constate que $\vec{n} = \overrightarrow{\rm{AB}}$ : $\overrightarrow{\rm{AB}}$ est donc un vecteur normal à $(\rm{P})$, ce qui signifie que $(\rm{P})$ est orthogonal à la droite $(\rm{AB})$.
Le milieu $\rm{I}$ de $[\rm{AB}]$ a pour coordonnées $\rm{I}\left(\dfrac{3+2}{2}\ ;\ \dfrac{0+1}{2}\ ;\ \dfrac{2+(-3)}{2}\right) = \rm{I}(2,5\ ;\ 0,5\ ;\ -0,5)$.
On vérifie que $\rm{I} \in (\rm{P})$ : $-2,5 + 0,5 - 5 \times (-0,5) - 0,5 = -2,5 + 0,5 + 2,5 - 0,5 = 0$. C’est bien le cas.
Le plan $(\rm{P})$ est donc orthogonal à $(\rm{AB})$ et passe par le milieu de $[\rm{AB}]$ : c’est le plan médiateur de $[\rm{AB}]$.
L’affirmation 1 est vraie.
1) b. Affirmation 2. Un vecteur directeur de $(d)$ est $\vec{u}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}$ et un vecteur directeur de $(\rm{AB})$ est $\overrightarrow{\rm{AB}}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -5 \end{pmatrix}$. Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (par exemple $\dfrac{1}{-1} \neq \dfrac{-2}{-5}$), donc les droites ne sont pas parallèles.
Cherchons un éventuel point d’intersection. Une représentation paramétrique de $(\rm{AB})$ est, avec $s \in \mathbb{R}$ : $x = 3 - s$, $\ y = s$, $\ z = 2 - 5s$.
En comparant avec les coordonnées de $(d)$ :
$\begin{cases} t = 3 - s \\ -1,5 - t = s \\ 2 - 2t = 2 - 5s \end{cases}$
La première équation donne $t + s = 3$. La deuxième donne $t + s = -1,5$. Ces deux égalités sont incompatibles : le système n’a pas de solution.
Les droites $(d)$ et $(\rm{AB})$ ne sont ni parallèles ni sécantes : elles ne sont pas coplanaires.
L’affirmation 2 est fausse.
1) c. Affirmation 3. Avec $\rm{C}(1,5\ ;\ -3\ ;\ -1)$, on a :
$\overrightarrow{\rm{CA}}\begin{pmatrix} 1,5 \\ 3 \\ 3 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\rm{CB}}\begin{pmatrix} 0,5 \\ 4 \\ -2 \end{pmatrix}$.
Produit scalaire : $\overrightarrow{\rm{CA}} \cdot \overrightarrow{\rm{CB}} = 1,5 \times 0,5 + 3 \times 4 + 3 \times (-2) = 0,75 + 12 - 6 = 6,75$.
Normes : $\rm{CA} = \sqrt{1,5^2 + 3^2 + 3^2} = \sqrt{20,25} = 4,5$ et $\rm{CB} = \sqrt{0,5^2 + 4^2 + (-2)^2} = \sqrt{20,25} = 4,5$.
Donc : $\cos \widehat{\rm{ACB}} = \dfrac{\overrightarrow{\rm{CA}} \cdot \overrightarrow{\rm{CB}}}{\rm{CA} \times \rm{CB}} = \dfrac{6,75}{4,5 \times 4,5} = \dfrac{6,75}{20,25} = \dfrac{1}{3}.$
On en déduit $\widehat{\rm{ACB}} = \arccos\left(\dfrac{1}{3}\right) \approx 70,5^{\circ}$.
L’affirmation 3 est vraie.
2) Affirmation 4. Pour la porte A, le code est constitué de $3$ symboles différents parmi $8$, saisis dans l’ordre : il s’agit d’un arrangement, et le nombre de codes possibles est $8 \times 7 \times 6 = 336$. La probabilité que Clotilde ouvre la porte A est donc $\dfrac{1}{336}$.
Pour la porte B, le code est constitué de $4$ symboles différents parmi $8$, dans n’importe quel ordre : il s’agit d’une combinaison, et le nombre de codes possibles est $\dbinom{8}{4} = \dfrac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 70$. La probabilité que Titouan ouvre la porte B est donc $\dfrac{1}{70}$.
Comme $\dfrac{1}{70} > \dfrac{1}{336}$, Titouan a effectivement plus de chances d’ouvrir sa porte que Clotilde.
L’affirmation 4 est vraie.
Exercice 3 (6 points)
Partie A : Phase de chauffage
1) L’équation différentielle $(\rm{E})$ : $y' = -0,035y + 0,91$ est de la forme $y' = ay + b$ avec $a = -0,035$ et $b = 0,91$.
Ses solutions sur $[0\ ;\ +\infty[$ sont les fonctions :
$t \mapsto C\,\rm{e}^{-0,035t} - \dfrac{b}{a} = C\,\rm{e}^{-0,035t} - \dfrac{0,91}{-0,035} = C\,\rm{e}^{-0,035t} + 26,$
où $C$ est une constante réelle.
2) Il existe donc un réel $C$ tel que, pour tout $t \geqslant 0$, $T(t) = C\,\rm{e}^{-0,035t} + 26$.
La condition initiale $T(0) = 18$ donne : $C\,\rm{e}^0 + 26 = 18$, soit $C + 26 = 18$ et donc $C = -8$.
Ainsi, pour tout $t \in [0\ ;\ +\infty[$ : $T(t) = 26 - 8\,\rm{e}^{-0,035t}$.
3) On cherche $t$ tel que $T(t) = 20$ :
$26 - 8\,\rm{e}^{-0,035t} = 20 \Leftrightarrow 8\,\rm{e}^{-0,035t} = 6 \Leftrightarrow \rm{e}^{-0,035t} = \dfrac{6}{8} = 0,75.$
En composant par la fonction logarithme népérien :
$-0,035t = \ln(0,75) \Leftrightarrow t = \dfrac{-\ln(0,75)}{0,035} = \dfrac{\ln\!\left(\frac{4}{3}\right)}{0,035} \approx 8,22.$
Comme $t$ est exprimé en dizaines de minutes, cela correspond à $8,22 \times 10 \approx 82$ minutes, soit environ 1 h 22 min.
4) Pour tout $t \geqslant 0$, $\rm{e}^{-0,035t} > 0$, donc $8\,\rm{e}^{-0,035t} > 0$ et ainsi :
$T(t) = 26 - 8\,\rm{e}^{-0,035t} < 26.$
La température reste donc toujours strictement inférieure à $26\,^{\circ}\rm{C}$, et a fortiori à $28\,^{\circ}\rm{C}$.
Selon ce modèle, même en cas de panne, la température de la pièce ne pourra pas dépasser $28\,^{\circ}\rm{C}$.
Partie B : Phase de refroidissement
1) Pour $n = 0$ :
$u_1 = 0,965 \times u_0 + 0,35 + 0,07\,\rm{e}^{-0,1 \times 0} = 0,965 \times 20 + 0,35 + 0,07 \times 1 = 19,3 + 0,35 + 0,07 = 19,72.$
2) Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel $n$, on a $u_n > 10$.
Initialisation : $u_0 = 20 > 10$, la propriété est vraie au rang $0$.
Hérédité : supposons que pour un entier naturel $n$ fixé, on ait $u_n > 10$.
Alors $0,965\,u_n > 0,965 \times 10 = 9,65$. De plus, $0,07\,\rm{e}^{-0,1n} > 0$. On a donc :
$u_{n+1} = 0,965\,u_n + 0,35 + 0,07\,\rm{e}^{-0,1n} > 9,65 + 0,35 + 0 = 10.$
La propriété est donc héréditaire.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel $n$, $u_n > 10$.
3) La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $10$ (d’après la question précédente). D’après le théorème de convergence des suites monotones, la suite $(u_n)$ est convergente.
4) a. La suite $(u_n)$ converge vers $\ell$, donc les suites $(u_n)$ et $(u_{n+1})$ tendent toutes deux vers $\ell$. Par ailleurs, $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 0,07\,\rm{e}^{-0,1n} = 0$ (car $\lim_{n\to+\infty}\rm{e}^{-0,1n} = 0$).
En passant à la limite dans l’égalité $u_{n+1} = 0,965\,u_n + 0,35 + 0,07\,\rm{e}^{-0,1n}$, on obtient :
$\ell = 0,965\,\ell + 0,35.$
4) b. On résout cette équation :
$\ell = 0,965\,\ell + 0,35 \Leftrightarrow \ell - 0,965\,\ell = 0,35 \Leftrightarrow 0,035\,\ell = 0,35 \Leftrightarrow \ell = \dfrac{0,35}{0,035} = 10.$
Interprétation : à long terme, en l’absence de chauffage, la température de la pièce tend à se stabiliser autour de $10\,^{\circ}\rm{C}$.
5) a. Le système se remet en marche dès que la température est inférieure ou égale à $18\,^{\circ}\rm{C}$. La boucle doit donc continuer tant que $u > 18$, en calculant le terme suivant de la suite et en incrémentant le compteur de temps :
(la fonction exp désigne la fonction exponentielle, par exemple math.exp.)
5) b. On calcule les termes successifs de la suite :
$u_0 = 20$, $u_1 = 19,72$, $u_2 \approx 19,44$, $u_3 \approx 19,17$, $u_4 \approx 18,90$, $u_5 \approx 18,64$, $u_6 \approx 18,38$, $u_7 \approx 18,12$, $u_8 \approx 17,87$.
On a $u_7 \approx 18,12 > 18$ et $u_8 \approx 17,87 \leqslant 18$.
Le système de chauffage se remet donc en marche au bout de $n = 8$ dizaines de minutes, soit $80$ minutes après son extinction.
Exercice 4 (5 points)
On considère la fonction $f$ définie sur $]-1\ ;\ +\infty[$ par $f(x) = a + \dfrac{b \ln(x+1)}{x+1}$.
Partie A
1) Le point $\rm{A}(0\ ;\ 1)$ appartient à la courbe, donc $f(0) = 1$.
Or $f(0) = a + \dfrac{b \ln(0+1)}{0+1} = a + \dfrac{b \times \ln 1}{1} = a + b \times 0 = a$.
On a donc $a = 1$.
2) a. $f'(0)$ est le coefficient directeur de la tangente $\rm{T}_{\rm{A}}$ à la courbe au point d’abscisse $0$.
Par lecture graphique, la tangente $\rm{T}_{\rm{A}}$ passe par le point $\rm{A}(0\ ;\ 1)$ et par le point de coordonnées $(1\ ;\ 5)$.
Son coefficient directeur est donc :
$f'(0) = \dfrac{5 - 1}{1 - 0} = \dfrac{4}{1} = 4.$
2) b. Au voisinage de $x = 1$, la courbe atteint son maximum : elle est « tournée vers le bas », c’est-à-dire concave. La fonction $f''$ y est donc négative : $f''(1) < 0$.
3) a. La fonction $f$ est dérivable sur $]-1\ ;\ +\infty[$. En posant $u(x) = \ln(x+1)$ et $v(x) = x+1$, on a $u'(x) = \dfrac{1}{x+1}$ et $v'(x) = 1$, d’où :
$\displaystyle f'(x) = b \times \dfrac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{v^2(x)} = b \times \dfrac{\dfrac{1}{x+1}\,(x+1) - \ln(x+1) \times 1}{(x+1)^2}$
$\displaystyle f'(x) = b \times \dfrac{1 - \ln(x+1)}{(x+1)^2} = \dfrac{b\big(1 - \ln(x+1)\big)}{(x+1)^2}.$
3) b. En particulier, $f'(0) = \dfrac{b\big(1 - \ln 1\big)}{(0+1)^2} = \dfrac{b \times 1}{1} = b$.
Or on a trouvé $f'(0) = 4$ à la question 2) a., donc $b = 4$.
Partie B
On admet désormais que, pour tout $x \in ]-1\ ;\ +\infty[$, $f(x) = 1 + \dfrac{4 \ln(x+1)}{x+1}$.
1) Par croissances comparées, $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x+1)}{x+1} = 0$, donc :
$\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1 + 4 \times 0 = 1.$
La droite d’équation $y = 1$ est donc asymptote horizontale à la courbe représentative de $f$ en $+\infty$.
2) Sur $]-1\ ;\ +\infty[$ :
$1 - \ln(x+1) > 0 \Leftrightarrow \ln(x+1) < 1 \Leftrightarrow x + 1 < \rm{e} \Leftrightarrow x < \rm{e} - 1.$
L’ensemble des solutions de l’inéquation sur $]-1\ ;\ +\infty[$ est donc l’intervalle $]-1\ ;\ \rm{e}-1[$.
3) Avec $b = 4$, on a $f'(x) = \dfrac{4\big(1 - \ln(x+1)\big)}{(x+1)^2}$.
Pour tout $x \in ]-1\ ;\ +\infty[$, $(x+1)^2 > 0$ et $4 > 0$, donc $f'(x)$ est du signe de $1 - \ln(x+1)$.
D’après la question 2) : $f'(x) > 0$ sur $]-1\ ;\ \rm{e}-1[$, $f'(x) < 0$ sur $]\rm{e}-1\ ;\ +\infty[$ et $f'(\rm{e}-1) = 0$.
La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $]-1\ ;\ \rm{e}-1]$ puis strictement décroissante sur $[\rm{e}-1\ ;\ +\infty[$.
Son maximum est atteint en $x = \rm{e}-1$ :
$f(\rm{e}-1) = 1 + \dfrac{4 \ln\big((\rm{e}-1)+1\big)}{(\rm{e}-1)+1} = 1 + \dfrac{4 \ln \rm{e}}{\rm{e}} = 1 + \dfrac{4}{\rm{e}}.$
Avec $\displaystyle\lim_{x \to -1} f(x) = -\infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1$, on obtient le tableau de variation suivant :
4) Sur l’intervalle $[2\ ;\ +\infty[$, on a $2 > \rm{e}-1$, donc la fonction $f$ est continue et strictement décroissante.
De plus, $f(2) = 1 + \dfrac{4 \ln 3}{3} \approx 2,46$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1$.
La fonction $f$ réalise donc une bijection de $[2\ ;\ +\infty[$ sur $]1\ ;\ f(2)]$. Comme $1,5 \in\ ]1\ ;\ 2,46]$, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x) = 1,5$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[2\ ;\ +\infty[$.
À l’aide de la calculatrice, on obtient $\alpha \approx 25,1$.
5) a. On reconnaît une forme $u' \times u$ avec $u(x) = \ln(x+1)$ et $u'(x) = \dfrac{1}{x+1}$. Une primitive de $x \mapsto \dfrac{\ln(x+1)}{x+1} = u'(x) \times u(x)$ est $x \mapsto \dfrac{1}{2}\big(\ln(x+1)\big)^2$. Donc :
$\displaystyle \int_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\,dx = \left[\dfrac{1}{2}\big(\ln(x+1)\big)^2\right]_0^2 = \dfrac{1}{2}\big(\ln 3\big)^2 - \dfrac{1}{2}\big(\ln 1\big)^2 = \dfrac{1}{2}(\ln 3)^2.$
5) b. Sur $[0\ ;\ 2]$, on a $x + 1 \geqslant 1$ donc $\ln(x+1) \geqslant 0$, et ainsi $f(x) = 1 + \dfrac{4\ln(x+1)}{x+1} \geqslant 1 > 0$. La fonction $f$ est donc positive sur $[0\ ;\ 2]$.
L’aire $\mathcal{A}$ du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbe représentative de $f$, l’axe des ordonnées et la droite d’équation $x = 2$ est donc :
$\displaystyle \mathcal{A} = \int_0^2 f(x)\,dx = \int_0^2 \left(1 + \dfrac{4\ln(x+1)}{x+1}\right) dx = \int_0^2 1\,dx + 4\int_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\,dx.$
En utilisant le résultat de la question précédente :
$\displaystyle \mathcal{A} = [x]_0^2 + 4 \times \dfrac{1}{2}(\ln 3)^2 = 2 + 2(\ln 3)^2.$
L’aire cherchée vaut donc $2 + 2(\ln 3)^2$ unités d’aire (soit environ $4,41$ u.a.).
