Exercice 1

Partie A

1. On obtient l’arbre pondéré suivant :
   $\quad$
   
   $\quad$
2. On a :
   $\begin{align*} P(A)&=P\left(\left(D_1\cap A\right)\cup\left(\conj{D_1}\cap D_2\cap A\right)\right) \\
   &=P\left(D_1\cap A\right)+P\left(\conj{D_1}\cap D_2\cap A\right) \qquad \text{(incompatbilité)}\\
   &=P\left(D_1\right) P_{D_1}(A)+P\left(conj{D_1}\right)P_{\conj{D_1}}\left(D_2\right)P_{\conj{D_1}\cap D_2}(A) \\
   &=0,4\times 0,3+0,6\times 0,7\times 0,2 \\
   &=0,204\end{align*}$
   $\quad$
3. On veut calculer :
   $\begin{align*}P_A\left(D_1\right) &=\dfrac{P\left(A\cap D_1\right)}{P(A)} \\
   &=\dfrac{P\left(D_1\right)P_{D_1}(A)}{P(A)} \\
   &=\dfrac{0,4\times 0,3}{0,204} \\
   &=\dfrac{10}{17} \\
   &\approx 0,588\end{align*}$
   La probabilité que la personne ait décroché au premier appel sachant qu’elle a acheté le produit est environ égale à$0,588$.
   $\quad$

Partie B

1. a. $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=30$ et $p=0,204$.
   $\quad$
   b. On veut calculer :
   $\begin{align*} P(X=6)&=\dbinom{30}{6}0,204^6\times (1-0,204)^{24} \\
   &\approx 0,179\end{align*}$
   La probabilité qu’exactement $6$ personnes de l’échantillon achètent le produit est environ égale à $0,179$.
   $\quad$
   c. L’espérance de $X$ est :
   $\begin{align*} E(X)&=30\times 0,204 \\
   &=6,12\end{align*}$
   Cela signifie donc, qu’en moyenne, sur un échantillon de $30$ personnes  $6,12$ achètent le produit.
   $\quad$
2. On effectue $n$ fois de façon indépendante la même expérience de Bernoulli de paramètre $p=0,204$.
   On appelle $Y$ la variable aléatoire qui donne le nombre de personnes de l’échantillon qui achètent le produit.
   $Y$ suit donc la loi binomiale de paramètres $n$ et $p=0,204$.
   On veut déterminer le plus petit entier naturel $n$ tel que :
   $\begin{align*} P(Y\pg 1)\pg 0,99 &\ssi 1-P(Y=0)\pg 0,99 \\
   &\ssi P(Y=0) \pp 0,01 \\
   &\ssi (1-0,204)^n \pp 0,01\\
   &\ssi 0,796^n\pp 0,01 \\
   &\ssi n\ln(0,796) \pp \ln(0,01) \\
   &\ssi n\pg \dfrac{\ln(0,01)}{\ln(0,796)} \qquad \text{(car $\ln(0,796)<0$)} \end{align*}$
   Or $\dfrac{\ln(0,01)}{\ln(0,796)} \approx 20,2$
   Il faut donc l’échantillon contienne au moins $21$ personnes.
   $\quad$

Exercice 2

1. $\lim\limits_{x\to 0} 3x+1=1$
   Par croissances comparées, $\lim\limits_{x\to 0} x\ln(x)=0$
   Par conséquent, $\lim\limits_{x\to 0} f(x)=1$.
   $\quad$
   Pour tout $x>0$ on a $f(x)=x\left(3+\dfrac{1}{x}-2\ln(x)\right)$.
   $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{1}{x}=0$ et $\lim\limits_{x\to +\infty} \ln(x)=+\infty$ par conséquent $\lim\limits_{x\to +\infty} 3+\dfrac{1}{x}-2\ln(x)=-\infty$.
   Ainsi $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=-\infty$.
   $\quad$
2. a. Pour tout réel $x>0$ on a :
   $\begin{align*} f'(x)&=3-2\ln(x)-2x\times \dfrac{1}{x} \\
   &=3-2\ln(x)-2 \\
   &=1-2\ln(x)\end{align*}$
   $\quad$
   b. $1-2\ln(x)=0 \ssi \ln(x)=\dfrac{1}{2} \ssi x=\e^{1/2}$
   $1-2\ln(x)>0 \ssi \ln(x)<\dfrac{1}{2} \ssi x<\e^{1/2}$
   On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
   $\quad$
   
   $\begin{align*} m&=f\left(\e^{1/2}\right) \\
   &=3\e^{1/2}+1-2\e^{1/2}\times \dfrac{1}{2} \\
   &=2\e^{1/2}+1\end{align*}$
   $\quad$
3. a. La fonction $f$ est strictement croissante sur l’intervalle $\left]0;\e^{1/2}\right]$ et $\lim\limits_{x\to 0} f(x)=1$.
   Ainsi, pour tout $x\in \left]0;\e^{1/2}\right]$ on a $f(x)>1$.
   L’équation $f(x)=0$ n’admet donc aucune solution sur cet intervalle.
   $\quad$
   La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur l’intervalle $\left[\e^{1/2};+\infty\right[$.
   $f\left(\e^{1/2}\right)=2\e^{1/2}+1>0$ et $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=-\infty$.
   D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $\left[\e^{1/2};+\infty\right[$.
   $\quad$
   Finalement, l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur $]0;+\infty[$.
   $\quad$
   b. D’après le tableau de variations de la fonction $f$ et la question précédente :
   $\bullet~f(x)>0$ si $x\in ]0;\alpha[$ ;
   $\bullet~f(\alpha)=0$ ;
   $\bullet~f(x)<0$ si $x\in ]\alpha;+\infty[$.
   $\quad$
4. $F$ est une primitive de $f$ sur $]0;+\infty[$.
   $f$ est donc la dérivée de $F$ sur cet intervalle.
   Or $f(x)>0$ sur $\left]\e^{1/2};\alpha\right[$.
   La fonction $F$ est donc strictement croissante sur cet intervalle.
   L’affirmation est fausse.
   $\quad$
5. a. Pour tout réel $x>0$ on a $f\dsec(x)=-\dfrac{2}{x}<0$.
   La fonction $f$ est donc concave sur $]0;+\infty[$.
   La courbe $\mathscr{C}_f$ est donc située sous ses tangentes.
   $\quad$
   b. Une équation de $\mathscr{T}$ est $y=f'(1)(x-1)+f(1)$.
   Or $f'(1)=1$ et $f(1)=4$.
   Une équation de $\mathscr{T}$ est donc $y=x-1+4$ soit $y=x+3$.
   $\quad$
   c. D’après la question 5.a. on a donc en particulier :
   $\begin{align*} f(x)\pp x+3 &\ssi 3x+1-2x\ln(x) \pp x+3 \\
   &\ssi -2x\ln(x) \pp -2x+2 \\
   &\ssi x\ln(x)\pg 1+\dfrac{1}{x}\end{align*}$

Exercice 3

Partie A

1. On a
   $\begin{align*} u_1&=\dfrac{1}{2}u_0+0+1 \\
   &=\dfrac{3}{2}+1 \\
   &=\dfrac{5}{2}\end{align*}$
   $\begin{align*} u_2&=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{5}{2}+\dfrac{1}{2}\times 1+1 \\
   &=\dfrac{5}{4}+\dfrac{3}{2} \\
   &=\dfrac{11}{4}\end{align*}$
   Réponse a
   $\quad$
2. Pour tout $n\in \N$ on a
   $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}-(n+1) \\
   &=\dfrac{1}{2}u_n+\dfrac{1}{2}n+1-n-1 \\
   &=\dfrac{1}{2}u_n-\dfrac{1}{2}n \\
   &=\dfrac{1}{2}\left(u_n-n\right) \\
   &=\dfrac{1}{2}v_n\end{align*}$
   La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $\dfrac{1}{2}$.
   Réponse b
   $\quad$
3. On peut écrire $\texttt{U = U / 2 + i / 2 + 1}$.
   Réponse d
   $\quad$

Partie B

1. Pour tout entier naturel $n$ on pose $P(n):~n\pp u_n\pp n+3$.
   Initialisation : $u_0=3$ donc $0\pp u_0 \pp 0+3$ et $P(0)$ est vraie.
   $\quad$
   Hérédité : Soit $n\in \N$. On suppose que $P(n)$ est vraie.
   $\begin{align*} n\pp u_n\pp n+3&\ssi \dfrac{1}{2}n\pp \dfrac{1}{2}u_n\pp \dfrac{n+3}{2} \\
   &\ssi \dfrac{1}{2}n+\dfrac{1}{2}n+1 \pp \dfrac{1}{2}u_n+\dfrac{1}{2}n+1 \pp \dfrac{n+3}{2}+\dfrac{1}{2}n+1 \\
   &\ssi n+1\pp u_{n+1}\pp n+1+\dfrac{3}{2}\end{align*}$
   Donc $n+1\pp u_{n+1}\pp (n+1)+3$
   Ainsi $P(n+1)$ est vraie.
   $\quad$
   Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
   Par conséquent, pour tout $n\in \N$ on a $n\pp u_n \pp n+3$.
   $\quad$
2. $\lim\limits_{n\to +\infty} n=+\infty$ et, pour tout $n\in \N$, $n\pp u_n$.
   D’après le théorème de comparaison, $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n=+\infty$.
   $\quad$
3. Pour tout $n\in \N^*$ on a, d’après la question B.1., $1\pp \dfrac{u_n}{n}\pp 1+\dfrac{3}{n}$.
   Or $\lim\limits_{n\to +\infty} 1+\dfrac{3}{n}=1$.
   D’après le théorème de gendarmes $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{u_n}{n}=1$.
   $\quad$

Exercice 4

1. On a $F(1;1;1)$ et $C(0;1;0)$.
   $\quad$
2. $M$ est le milieu de $[FC]$. Par conséquent $M$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{1+0}{2};\dfrac{1+1}{2};\dfrac{1+0}{2}\right)$ soit $\left(\dfrac{1}{2};1;\dfrac{1}{2}\right)$.
   $\quad$
   $N$ est le milieu de $[FH]$. Par conséquent $N$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{1+1}{2};\dfrac{1+0}{2};\dfrac{1+0}{2}\right)$ soit $\left(1;\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)$.
   $\quad$
3. a. $\vect{AG}\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}$, $\vect{FC}\begin{pmatrix}-1\\0\\-1\end{pmatrix}$ et $\vect{FH}\begin{pmatrix}0\\-1\\-1\end{pmatrix}$
   Par conséquent :
   $\vect{AG}.\vect{FC}=-1+0+1=0$
   $\vect{AG}.\vect{FH}=0-1+1=0$
   $\vect{AG}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires (ils n’ont pas la même composante nulle) du plan $(HFC)$.
   Ainsi $\vect{AG}$ est normal au plan $(HFC)$.
   $\quad$
   b. Une équation cartésienne du plan $(HFC)$ est donc de la forme $x+y-z+d=0$.
   $H(1;0;0)$ appartient à ce plan donc $1+d=0 \ssi d=-1$.
   Une équation cartésienne du plan $(HFC)$ est par conséquent $x+y-z-1=0$.
   $\quad$
4. Une représentation paramétrique de la droite $(AG)$ est $$\begin{cases} x=t\\y=t\\z=1-t\end{cases} \qquad \forall t\in \R$$
   $\quad$
5. En prenant $t=\dfrac{2}{3}$ dans la représentation paramétrique de la droite $(AG)$ on obtient le point de coordonnées $\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3}\right)$.
   De plus $\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{3}-1=\dfrac{4}{3}-\dfrac{4}{3}=0$.
   Le point de coordonnées $\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3}\right)$ appartient donc au plan $(HFC)$.
   Le point $R$ de coordonnées $\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3}\right)$ est bien le projeté orthogonal du point $G$ sur le plan $(HFC)$.
   $\quad$
6. Tout point $K$ de $(FG)$ a pour coordonnées $(1;1;t)$.
   Ainsi $\vect{KM}\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{2}\\[2mm]0\\\dfrac{1}{2}-t\end{pmatrix}$ et $\vect{KN}\begin{pmatrix}0\\-\dfrac{1}{2}\\[2mm]\dfrac{1}{2}-t\end{pmatrix}$
   Le triangle $KMN$ est rectangle en $K$ si, et seulement si,
   $\begin{align*} \vect{KM}.\vect{KN}=0&\ssi 0+0+\left(\dfrac{1}{2}-t\right)^2=0 \\
   &\ssi \dfrac{1}{2}-t=0 \\
   &\ssi t=\dfrac{1}{2}\end{align*}$
   Il existe donc un unique point $K$ de coordonnées $\left(1;1;\dfrac{1}{2}\right)$ sur la droite $(FG)$ tel que le triangle $KMN$ soit rectangle en $K$.
   $\quad$
7. On a donc $KM=\dfrac{1}{2}$, $KN=\dfrac{1}{2}$ et $KF=\dfrac{1}{2}$.
   L’aire du triangle $KMN$ rectangle en $K$ est :
   $\begin{align*} \mathscr{A}&=\dfrac{KM\times KN}{2} \\
   &=\dfrac{1}{8} \text{u.a.}\end{align*}$
   Le volume du tétraèdre $FNKM$ est :
   $\begin{align*} V&=\dfrac{1}{3}\times \mathscr{A}\times KF \\
   &=\dfrac{1}{48} \text{u.v.}\end{align*}$
   Le volume du cube $ABCDEFGH$ est égal à $1$ u.v.
   Le volume du tétraèdre $FNKM$ représente donc $\dfrac{1}{48}$ du volume du cube $ABCDEFGH$.
   $\quad$

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