Devoir commun corrigé : spécialité mathématiques de Première

1) Réponse A. Le discriminant vaut $\Delta=(-5)^{2}-4\times 3\times(-2)=25+24=49$, en veillant au double signe moins qui produit un $+24$. Donc $\sqrt{\Delta}=7$ et $x=\frac{5\pm 7}{6}$, soit $x=2$ et $x=-\frac{1}{3}$. Contrôle immédiat par le produit des racines : $2\times\left(-\frac{1}{3}\right)=-\frac{2}{3}=\frac{c}{a}$ ✓, ce qui élimine la réponse B dont le produit vaudrait aussi $-\frac{2}{3}$ mais dont la somme, $-\frac{5}{3}$, ne correspond pas à $-\frac{b}{a}=\frac{5}{3}$.

2) Réponse B. $f'(x)=3x^{2}-6x$, donc $f'(1)=3-6=-3$. La réponse A correspondrait à $f(1)=1-3=-2$, c'est-à-dire à la confusion entre la fonction et sa dérivée, qui est l'erreur la plus fréquente de ce type de question.

3) Réponse A. Pour une suite géométrique, $u_{n}=u_{0}\times q^{n}$, donc $u_{4}=5\times 1{,}2^{4}=5\times 2{,}0736=10{,}368$. La réponse C, $8{,}64$, vaut $5\times 1{,}2^{3}$ : c'est l'erreur de RANG, qui consiste à oublier que la suite démarre à $u_{0}$ et non à $u_{1}$, et donc à ne compter que trois multiplications au lieu de quatre. On notera au passage que le raisonnement arithmétique, quatre hausses de $20\ \%$ valant une hausse de $80\ \%$, donnerait $5\times 1{,}8=9$, une valeur qui ne figure même pas parmi les propositions : la hausse réelle est de $107{,}36\ \%$.

4) Réponse B. Le produit scalaire vaut $3\times 2+(-1)\times 6=6-6=0$, donc les vecteurs sont ORTHOGONAUX. Ils ne sont pas colinéaires, puisque $3\times 6-(-1)\times 2=20\neq 0$, et leurs normes diffèrent : $\sqrt{10}$ contre $\sqrt{40}$.

La partie A d'un devoir commun se joue sur la vitesse et sur la résistance aux distracteurs, qui ne sont jamais choisis au hasard. Chacune des quatre mauvaises réponses proposées ici correspond à une erreur identifiable : signe mal traité dans le discriminant, confusion entre $f$ et $f'$, modèle arithmétique plaqué sur une suite géométrique, colinéarité confondue avec orthogonalité. Le réflexe payant est de faire, pour chaque question, un contrôle indépendant du calcul principal, comme le produit des racines en 1) ou le déterminant en 4).

1) L'exponentielle vaut $1$ exactement en $0$, et elle est strictement monotone donc injective : $\mathrm{e}^{2x-1}=1=\mathrm{e}^{0}$ équivaut à $2x-1=0$, soit $x=\frac{1}{2}$. La justification par l'injectivité, c'est-à-dire par le fait que $\mathrm{e}^{a}=\mathrm{e}^{b}$ entraîne $a=b$, est ce qui rend le passage légitime ; sans elle, on ne pourrait pas identifier les exposants.

2) L'angle $\frac{2\pi}{3}$ se situe dans le DEUXIÈME quadrant, où le cosinus est négatif, et son angle de référence vaut $\pi-\frac{2\pi}{3}=\frac{\pi}{3}$. Donc $\cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)=-\cos\left(\frac{\pi}{3}\right)=-\frac{1}{2}$. Le signe ne vient jamais du calcul, il vient du quadrant : c'est la règle qui évite d'apprendre par cœur les valeurs des quatre quadrants.

3) $E(X)=0\times 0{,}40+1\times 0{,}35+2\times 0{,}25=0+0{,}35+0{,}50=0{,}85$. Contrôle préalable indispensable, qui prend deux secondes : la somme des probabilités doit valoir $1$, et $0{,}40+0{,}35+0{,}25=1$ ✓. Contrôle de plausibilité ensuite : l'espérance doit être comprise entre la plus petite et la plus grande valeur prise, donc entre $0$ et $2$, et $0{,}85$ y est ✓.

Ces trois questions portent sur trois chapitres sans rapport apparent, et c'est délibéré : un devoir commun de Première évalue la couverture du programme entier, alors qu'un contrôle ordinaire porte sur un chapitre. La conséquence pratique est qu'il ne sert à rien de réviser un chapitre en profondeur en négligeant les autres. La partie A pèse ici un cinquième de la note pour un cinquième du temps, mais elle est de loin la plus rentable, chaque point s'y obtenant en une minute contre cinq à dix minutes en partie C.

1) L'équation réduite est $(x-3)^{2}+(y+2)^{2}=25$, en prenant garde au signe de l'ordonnée du centre, qui donne $y-(-2)=y+2$. On développe : $x^{2}-6x+9+y^{2}+4y+4=25$, soit $x^{2}+y^{2}-6x+4y-12=0$.

2) On substitue : $\vec{\Omega A}(7-3\ ;\ 1-(-2))=(4\ ;\ 3)$, donc $\Omega A=\sqrt{16+9}=\sqrt{25}=5$ ✓, qui est bien le rayon. Par la forme développée on retrouve la même chose : $49+1-42+4-12=0$ ✓. Les deux vérifications sont équivalentes, mais la première a l'avantage de fournir au passage le vecteur $\vec{\Omega A}$, dont la question suivante a besoin.

3) La tangente en $A$ est la droite PERPENDICULAIRE au rayon $[\Omega A]$ passant par $A$. Un vecteur normal en est donc $\vec{\Omega A}(4\ ;\ 3)$, et l'équation s'écrit $4(x-7)+3(y-1)=0$, soit $4x+3y-31=0$, c'est-à-dire $4x+3y=31$. Contrôle : $A$ y appartient, puisque $4\times 7+3\times 1=28+3=31$ ✓, et le centre n'y appartient pas, puisque $4\times 3+3\times(-2)=12-6=6\neq 31$ ✓.

Le raccourci utilisé en 3) mérite d'être retenu, car il évite un calcul de pente et son inversion : dans une équation $ax+by+c=0$, le couple $(a\ ;\ b)$ est un vecteur NORMAL à la droite. Il suffit donc de connaître un point et une direction perpendiculaire pour écrire l'équation d'un trait, sans jamais passer par le coefficient directeur ni traiter à part le cas de la droite verticale. On peut vérifier la cohérence autrement : la distance du centre à la tangente doit valoir exactement le rayon, et $\frac{|4\times 3+3\times(-2)-31|}{\sqrt{16+9}}=\frac{|-25|}{5}=5$ ✓.

a) Éliminer $25\ \%$ revient à MULTIPLIER par $0{,}75$, et non à soustraire $25$ : c'est le point que l'énoncé teste. On ajoute ensuite les $30$ tonnes rejetées, d'où $u_{n+1}=0{,}75\,u_{n}+30$. Les premiers termes valent $u_{1}=0{,}75\times 200+30=150+30=180$ ; $u_{2}=0{,}75\times 180+30=135+30=165$ ; $u_{3}=0{,}75\times 165+30=123{,}75+30=153{,}75$. La masse décroît, mais les baisses successives s'amenuisent : $-20$, puis $-15$, puis $-11{,}25$.

b) $\ell=0{,}75\ell+30$ donne $0{,}25\ell=30$, donc $\ell=120$. Ce nombre est le POINT FIXE de la relation : si la masse valait exactement $120$ tonnes, l'élimination de $25\ \%$ retirerait $30$ tonnes, soit exactement ce que les industries rejettent, et la situation serait stationnaire.

c) $v_{n+1}=u_{n+1}-120=0{,}75\,u_{n}+30-120=0{,}75\,u_{n}-90=0{,}75\left(u_{n}-120\right)=0{,}75\,v_{n}$. La suite $(v_{n})$ est donc GÉOMÉTRIQUE de raison $q=0{,}75$, de premier terme $v_{0}=200-120=80$. Son terme général est $v_{n}=80\times 0{,}75^{n}$. La factorisation par $0{,}75$ est l'étape décisive, et elle ne fonctionne que parce qu'on a retranché le bon nombre.

d) $u_{n}=v_{n}+120=120+80\times 0{,}75^{n}$. Contrôle sur $u_{2}$ : $120+80\times 0{,}5625=120+45=165$ ✓, conforme à a). Comme $-1<0{,}75<1$, le terme $0{,}75^{n}$ tend vers $0$, donc $u_{n}$ tend vers $120$ tonnes. La suite décroît vers cette valeur sans jamais l'atteindre, puisque $80\times 0{,}75^{n}$ reste strictement positif.

e) On résout $120+80\times 0{,}75^{n}<125$, soit $80\times 0{,}75^{n}<5$, c'est-à-dire $0{,}75^{n}<0{,}0625$. En passant au logarithme népérien et en divisant par $\ln(0{,}75)$, qui est NÉGATIF, l'inégalité s'inverse : $n>\frac{\ln(0{,}0625)}{\ln(0{,}75)}\approx\frac{-2{,}7726}{-0{,}2877}\approx 9{,}64$. Le plus petit entier convenant est $n=10$. Double vérification autour du seuil : $u_{9}\approx 126{,}01>125$ et $u_{10}\approx 124{,}51<125$ ✓.

L'interprétation vaut la peine d'être écrite, car un devoir commun la valorise autant que le calcul. La dépollution seule ne peut PAS descendre sous $120$ tonnes tant que les rejets continuent : le lac se stabilise à un plancher fixé par le rapport entre le rejet annuel et le taux d'élimination, ici $\frac{30}{0{,}25}$. Pour atteindre $100$ tonnes, il faudrait agir sur l'une des deux causes, en portant l'élimination à $30\ \%$, ce qui donnerait un plancher de $\frac{30}{0{,}30}=100$ tonnes, ou en ramenant les rejets à $25$ tonnes par an. Ce genre de conclusion, qui remonte du calcul vers la décision, est exactement ce que la partie C demandera de faire seul.

a) $f'(x)=3x^{2}-6x-9=3\left(x^{2}-2x-3\right)$. Le trinôme entre parenthèses a pour racines évidentes $3$ et $-1$, de somme $2$ et de produit $-3$, d'où $f'(x)=3(x-3)(x+1)$. La factorisation n'est pas facultative : c'est elle, et non la valeur de $f'$, qui permet l'étude de signe.

b) Le coefficient dominant de $f'$ étant positif, la dérivée est positive à l'EXTÉRIEUR de ses racines et négative entre elles. Sur $[-3\,;\,5]$, cela donne trois plages : $f$ est croissante sur $[-3\,;\,-1]$, décroissante sur $[-1\,;\,3]$, puis croissante sur $[3\,;\,5]$. On vérifie sur un point par plage : $f'(-2)=12+12-9=15>0$ ✓, $f'(0)=-9<0$ ✓ et $f'(4)=48-24-9=15>0$ ✓.

c) Le passage de croissante à décroissante en $x=-1$ signale un MAXIMUM local : $f(-1)=-1-3+9+5=10$. Le passage inverse en $x=3$ signale un MINIMUM local : $f(3)=27-27-27+5=-22$.

d) Sur un intervalle FERMÉ, il faut comparer les extremums locaux aux valeurs aux BORNES, faute de quoi la réponse est incomplète. Ici $f(-3)=-27-27+27+5=-22$ et $f(5)=125-75-45+5=10$. Le maximum de $f$ sur $[-3\,;\,5]$ vaut donc $10$, atteint en $x=-1$ ET en $x=5$, et le minimum vaut $-22$, atteint en $x=-3$ ET en $x=3$. Les deux extremums sont donc atteints chacun deux fois, ce qui est le genre de coïncidence que l'énoncé a préparée.

e) $f(0)=5$ et $f'(0)=-9$. L'équation de la tangente au point d'abscisse $a$ étant $y=f'(a)(x-a)+f(a)$, on obtient $y=-9(x-0)+5$, soit $y=-9x+5$. La pente négative est cohérente avec le fait que $0$ appartient à la plage décroissante $[-1\,;\,3]$ ✓.

La coïncidence relevée en d) n'en est pas une : la courbe d'une fonction du troisième degré est SYMÉTRIQUE par rapport à son point d'inflexion, lequel se situe à l'abscisse $x=1$, milieu des deux abscisses des extremums. L'intervalle $[-3\,;\,5]$ est justement centré sur $1$, ce qui apparie les bornes aux extremums locaux. On vérifie la symétrie sur d'autres couples : $f(1-d)+f(1+d)$ doit valoir $2f(1)=2\times(1-3-9+5)=-12$ pour tout $d$, et par exemple $f(0)+f(2)=5+(-17)=-12$ ✓. Repérer cette structure fait gagner du temps et rassure sur les calculs.

a) On dérive le produit : $f'(x)=1\times\mathrm{e}^{x}+(x-1)\times\mathrm{e}^{x}=\left(1+x-1\right)\mathrm{e}^{x}=x\,\mathrm{e}^{x}$. La simplification finale est ce qui rend la question facile : l'exponentielle étant STRICTEMENT POSITIVE, on la factorise et on l'écarte, et $f'$ a exactement le signe de $x$. Elle est donc négative sur $]-\infty\,;\,0[$ et positive sur $]0\,;\,+\infty[$.

b) La fonction $f$ est donc décroissante sur $]-\infty\,;\,0]$ puis croissante sur $[0\,;\,+\infty[$. Le minimum est atteint en $x=0$ et vaut $f(0)=(0-1)\mathrm{e}^{0}=-1$. C'est un minimum GLOBAL, la fonction n'étant monotone que de part et d'autre de ce point unique.

c) En $+\infty$, les deux facteurs tendent vers $+\infty$, donc $f(x)$ tend vers $+\infty$ sans indétermination. En $-\infty$, on a une forme indéterminée du type $-\infty\times 0$, que l'on lève par le théorème de croissance comparée : l'exponentielle l'emporte sur toute puissance, donc $x\mathrm{e}^{x}$ tend vers $0$ et $\mathrm{e}^{x}$ aussi, d'où $f(x)\to 0$. Précision utile : la limite est atteinte PAR VALEURS NÉGATIVES, puisque $x-1<0$ pour $x$ très négatif, et l'axe des abscisses est asymptote horizontale en $-\infty$.

d) $f(x)=0$ équivaut à $(x-1)\mathrm{e}^{x}=0$. Un produit est nul si l'un de ses facteurs l'est, et l'exponentielle ne s'annule JAMAIS : il reste $x-1=0$, soit $x=1$, unique solution. Pour $f(x)=-1$, on n'essaie pas de résoudre algébriquement : d'après b), le minimum de $f$ vaut $-1$ et il est atteint au seul point $x=0$. La valeur $-1$ n'est donc prise qu'une fois, et l'unique solution est $x=0$.

e) $f(0)=-1$ et $f'(0)=0\times\mathrm{e}^{0}=0$, donc la tangente a pour équation $y=0\times(x-0)+(-1)$, soit $y=-1$ : elle est HORIZONTALE. C'est cohérent avec b), une tangente horizontale étant précisément la signature d'un extremum, et la courbe reste au-dessus de cette tangente puisque $-1$ est le minimum.

Le raisonnement de d) mérite d'être souligné, car il illustre une habitude payante : on répond à une équation par une lecture du TABLEAU DE VARIATION plutôt que par un calcul. Résoudre $(x-1)\mathrm{e}^{x}=-1$ algébriquement est impossible au niveau Première, et hors de portée même au-delà sans fonction spéciale ; l'étude de la fonction, elle, donne la réponse en une ligne. La même lecture permet de répondre à toute question du type combien de solutions : l'équation $f(x)=k$ admet zéro solution si $k<-1$, une seule si $k=-1$, et deux si $-1<k<0$, puis une seule dès que $k\geq 0$, la branche de gauche étant bornée par $0$.

a) $\vec{AB}(5-1\ ;\ 4-2)=(4\ ;\ 2)$ et $\vec{AC}(2-1\ ;\ 6-2)=(1\ ;\ 4)$. Le produit scalaire vaut $\vec{AB}\cdot\vec{AC}=4\times 1+2\times 4=4+8=12$, valeur POSITIVE, donc l'angle en $A$ est aigu. Les normes valent $\|\vec{AB}\|=\sqrt{16+4}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}\approx 4{,}472$ et $\|\vec{AC}\|=\sqrt{1+16}=\sqrt{17}\approx 4{,}123$.

b) $\cos\widehat{BAC}=\frac{\vec{AB}\cdot\vec{AC}}{\|\vec{AB}\|\times\|\vec{AC}\|}=\frac{12}{2\sqrt{5}\times\sqrt{17}}=\frac{12}{2\sqrt{85}}=\frac{6}{\sqrt{85}}\approx 0{,}6509$. Donc $\widehat{BAC}\approx 49{,}40^{\circ}$. Deux contrôles : le cosinus appartient bien à $[-1\,;\,1]$ ✓, et il est positif, ce qui confirme l'angle aigu annoncé en a) ✓.

c) Non. L'angle en $A$ vaut environ $49{,}4^{\circ}$, donc il n'est pas droit. Il reste à écarter les deux autres sommets, ce que beaucoup de copies oublient : $\vec{BA}(-4\ ;\ -2)$ et $\vec{BC}(-3\ ;\ 2)$ donnent $12-4=8\neq 0$, et $\vec{CA}(-1\ ;\ -4)$ et $\vec{CB}(3\ ;\ -2)$ donnent $-3+8=5\neq 0$. Aucun des trois angles n'est droit, le triangle n'est donc pas rectangle.

d) Le projeté orthogonal vérifie $\vec{AH}=k\,\vec{AB}$ avec $k=\frac{\vec{AB}\cdot\vec{AC}}{\|\vec{AB}\|^{2}}=\frac{12}{20}=0{,}6$. Donc $\vec{AH}=0{,}6\times(4\ ;\ 2)=(2{,}4\ ;\ 1{,}2)$ et $H(1+2{,}4\ ;\ 2+1{,}2)=(3{,}4\ ;\ 3{,}2)$. Vérification indispensable : $\vec{HC}(2-3{,}4\ ;\ 6-3{,}2)=(-1{,}4\ ;\ 2{,}8)$, et $\vec{HC}\cdot\vec{AB}=-1{,}4\times 4+2{,}8\times 2=-5{,}6+5{,}6=0$ ✓. Comme $0<k<1$, le point $H$ tombe bien à l'intérieur du segment $[AB]$.

e) PREMIÈRE façon, base et hauteur : la hauteur issue de $C$ est $CH=\sqrt{(-1{,}4)^{2}+2{,}8^{2}}=\sqrt{1{,}96+7{,}84}=\sqrt{9{,}8}\approx 3{,}130$, donc $\mathcal{A}=\frac{1}{2}\times AB\times CH=\frac{1}{2}\times 4{,}472\times 3{,}130\approx 7$. SECONDE façon, par le déterminant, qui évite tout arrondi : $\mathcal{A}=\frac{1}{2}\left|x_{\vec{AB}}\,y_{\vec{AC}}-y_{\vec{AB}}\,x_{\vec{AC}}\right|=\frac{1}{2}\left|4\times 4-2\times 1\right|=\frac{1}{2}\times 14=7$ exactement.

La seconde méthode est de loin la plus sûre en devoir, et il vaut la peine de savoir pourquoi elle fonctionne. Le déterminant $x\,y'-y\,x'$ est au produit scalaire ce que le sinus est au cosinus : il vaut $\|\vec{AB}\|\,\|\vec{AC}\|\sin\widehat{BAC}$ au signe près, et l'aire du triangle en est la moitié. On peut le vérifier ici : $\frac{1}{2}\times 4{,}472\times 4{,}123\times\sin(49{,}40^{\circ})\approx 7$ ✓. La méthode donne donc l'aire EXACTE en une ligne, sans calculer ni angle, ni hauteur, ni projeté, et sans jamais arrondir. Le projeté $H$ reste utile pour d'autres questions, comme la distance d'un point à une droite ou la recherche d'un symétrique.

ÉTAPE 1, traduire l'énoncé. On lit directement $P(M)=0{,}02$, donc $P(\overline{M})=0{,}98$. Le taux de $95\ \%$ porte sur les personnes MALADES, c'est donc une probabilité conditionnelle : $P_{M}(T)=0{,}95$, et par conséquent $P_{M}(\overline{T})=0{,}05$. De même $P_{\overline{M}}(\overline{T})=0{,}97$, donc $P_{\overline{M}}(T)=0{,}03$. La difficulté de tout l'exercice est là : distinguer $P_{M}(T)$, qui est donné, de $P_{T}(M)$, qui est demandé. Les confondre est l'erreur classique.

ÉTAPE 2, calculer la probabilité d'un test positif. Les événements $M$ et $\overline{M}$ forment une partition de l'univers, on applique donc la formule des probabilités totales : $P(T)=P(M)\times P_{M}(T)+P(\overline{M})\times P_{\overline{M}}(T)=0{,}02\times 0{,}95+0{,}98\times 0{,}03=0{,}019+0{,}0294=0{,}0484$. Un peu moins de $5\ \%$ des personnes testées ont donc un résultat positif.

ÉTAPE 3, retourner le conditionnement. Par définition de la probabilité conditionnelle, $P_{T}(M)=\frac{P(M\cap T)}{P(T)}=\frac{0{,}019}{0{,}0484}\approx 0{,}3926$. Une personne dont le test est positif n'a donc qu'environ $39\ \%$ de risque d'être réellement malade, et presque $61\ \%$ de chances d'être saine.

ÉTAPE 4, répondre à la question posée. NON, une personne testée positive ne doit pas se considérer comme malade : le résultat le plus probable reste qu'elle soit saine. Le test doit être lu comme une ALERTE justifiant un examen complémentaire, non comme un diagnostic.

ÉTAPE 5, expliquer le paradoxe, car un correcteur l'attend. Le test paraît excellent, avec $95\ \%$ et $97\ \%$ de réussite, mais la population saine est cinquante fois plus nombreuse que la population malade. Sur $10\,000$ personnes, on compte $200$ malades dont $190$ testés positifs, et $9\,800$ personnes saines dont $294$ testées positives à tort. Les faux positifs sont donc PLUS NOMBREUX que les vrais positifs, $294$ contre $190$, et le rapport $\frac{190}{190+294}\approx 0{,}3926$ retrouve exactement le résultat de l'étape 3 ✓.

Une dernière observation, qui montre que le problème vient de la rareté et non du test. Si la maladie touchait $20\ \%$ de la population au lieu de $2\ \%$, on aurait $P(T)=0{,}2\times 0{,}95+0{,}8\times 0{,}03=0{,}214$ et $P_{T}(M)=\frac{0{,}19}{0{,}214}\approx 0{,}8879$, soit près de $89\ \%$. Le même test, appliqué à une population où la maladie est fréquente, devient donc parfaitement concluant. C'est la raison pour laquelle les dépistages de masse sont réservés aux maladies suffisamment répandues, ou réservés à des populations à risque. Notons enfin le résultat rassurant complémentaire : $P_{\overline{T}}(\overline{M})=\frac{0{,}98\times 0{,}97}{1-0{,}0484}=\frac{0{,}9506}{0{,}9516}\approx 0{,}9989$, un test négatif est donc, lui, une quasi-certitude.

ÉTAPE 1, établir la loi de $X$. Le gain ALGÉBRIQUE est la valeur reçue moins la mise, et c'est le point que l'énoncé teste : oublier de retrancher les $4$ dollars fausse tout le reste. Le jeton à $20$ dollars donne $X=16$ avec une probabilité de $\frac{1}{10}=0{,}1$ ; les jetons à $5$ dollars donnent $X=1$ avec une probabilité de $\frac{2}{10}=0{,}2$ ; les sept jetons sans valeur donnent $X=-4$ avec une probabilité de $\frac{7}{10}=0{,}7$. Contrôle : $0{,}1+0{,}2+0{,}7=1$ ✓.

ÉTAPE 2, calculer l'espérance. $E(X)=16\times 0{,}1+1\times 0{,}2+(-4)\times 0{,}7=1{,}6+0{,}2-2{,}8=-1$. L'espérance de gain du joueur est donc de $-1$ dollar par partie.

ÉTAPE 3, prendre position. L'affirmation de l'organisateur est FAUSSE. Un jeu est équitable lorsque l'espérance de gain est NULLE ; ici elle vaut $-1$ dollar, ce qui signifie qu'un joueur perd en moyenne un dollar à chaque partie, et que l'organisateur gagne le même montant. Sur $200$ parties, le stand encaisse en moyenne $200$ dollars de bénéfice.

ÉTAPE 4, mesurer la dispersion, car l'espérance seule ne décrit pas le jeu. $E(X^{2})=16^{2}\times 0{,}1+1^{2}\times 0{,}2+(-4)^{2}\times 0{,}7=25{,}6+0{,}2+11{,}2=37$, donc $V(X)=E(X^{2})-\left(E(X)\right)^{2}=37-(-1)^{2}=36$ et $\sigma(X)=\sqrt{36}=6$ dollars. L'écart type est donc SIX FOIS plus grand que l'espérance en valeur absolue : le résultat d'une partie isolée est très imprévisible, et c'est précisément ce qui rend le jeu attractif malgré son espérance négative.

ÉTAPE 5, déterminer la mise équitable. Notons $m$ la mise. Le gain algébrique devient la valeur reçue moins $m$, et son espérance vaut $20\times 0{,}1+5\times 0{,}2+0\times 0{,}7-m=2+1-m=3-m$. L'équité impose $3-m=0$, donc $m=3$ dollars. Contrôle avec cette mise : $E(X)=17\times 0{,}1+2\times 0{,}2+(-3)\times 0{,}7=1{,}7+0{,}4-2{,}1=0$ ✓.

CONCLUSION. Le jeu n'est pas équitable à $4$ dollars : il rapporte en moyenne $1$ dollar par partie à l'organisateur, soit $25\ \%$ de la mise. Il le deviendrait à $3$ dollars, montant qui correspond exactement à la valeur moyenne d'un jeton, à savoir $\frac{20+5+5}{10}=3$ dollars. Une remarque enfin sur la lecture de l'espérance : elle décrit un comportement à LONG TERME et ne dit rien d'une partie isolée, où le joueur perd $4$ dollars sept fois sur dix et en gagne $16$ une fois sur dix. C'est l'écart type de $6$ dollars, calculé à l'étape 4, qui traduit cette incertitude, et c'est aussi ce qui explique qu'un joueur puisse repartir gagnant tout en ayant joué à un jeu défavorable.

PARTIE 1, ÉTAPE 1, dériver. On dérive le produit : $C'(t)=8\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}+8t\times(-0{,}5)\mathrm{e}^{-0{,}5t}=8\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\left(1-0{,}5t\right)=4\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\left(2-t\right)$. L'exponentielle étant strictement positive, $C'$ a le signe de $2-t$ : positive pour $t<2$, négative pour $t>2$.

PARTIE 1, ÉTAPE 2, conclure sur la prise unique. La concentration croît donc de $0$ jusqu'à $t=2$ heures, puis décroît. Le maximum vaut $C(2)=16\,\mathrm{e}^{-1}=\frac{16}{\mathrm{e}}\approx 5{,}89$ mg/L, atteint deux heures après la prise. Par croissance comparée, $C(t)$ tend vers $0$ quand $t$ tend vers $+\infty$ : le produit est intégralement éliminé à long terme. Au moment de la prise suivante, six heures plus tard, il reste $C(6)=48\,\mathrm{e}^{-3}\approx 2{,}39$ mg/L.

PARTIE 2, ÉTAPE 3, poser la suite. Chaque prise conserve $40\ \%$ du niveau précédent et ajoute $5$ mg/L, donc $a_{n+1}=0{,}4\,a_{n}+5$, avec $a_{1}=5$. Les premiers termes valent $a_{2}=0{,}4\times 5+5=7$ et $a_{3}=0{,}4\times 7+5=7{,}8$ : la concentration monte, mais de moins en moins.

PARTIE 2, ÉTAPE 4, résoudre. Le point fixe vérifie $\ell=0{,}4\ell+5$, soit $0{,}6\ell=5$ et $\ell=\frac{25}{3}\approx 8{,}33$. On pose $b_{n}=a_{n}-\frac{25}{3}$ : alors $b_{n+1}=0{,}4\,a_{n}+5-\frac{25}{3}=0{,}4\left(a_{n}-\frac{25}{3}\right)=0{,}4\,b_{n}$, donc $(b_{n})$ est géométrique de raison $0{,}4$ et de premier terme $b_{1}=5-\frac{25}{3}=-\frac{10}{3}$. D'où $a_{n}=\frac{25}{3}-\frac{10}{3}\times 0{,}4^{\,n-1}$. Contrôle sur $a_{3}$ : $\frac{25}{3}-\frac{10}{3}\times 0{,}16=8{,}3333-0{,}5333=7{,}8$ ✓.

PARTIE 2, ÉTAPE 5, conclure sur la sécurité. Comme $0<0{,}4<1$, la suite $(a_{n})$ est croissante et converge vers $\frac{25}{3}\approx 8{,}33$ mg/L, qu'elle n'atteint jamais puisque $\frac{10}{3}\times 0{,}4^{\,n-1}$ reste strictement positif. La concentration après une prise reste donc TOUJOURS strictement inférieure à $8{,}34$ mg/L, et le seuil de toxicité de $9$ mg/L n'est jamais franchi, quel que soit le nombre de prises. Le traitement est sûr à ce rythme.

On peut préciser à partir de quand le plateau est pratiquement atteint, ce qui intéresse le prescripteur. La concentration dépasse $8{,}3$ mg/L lorsque $\frac{10}{3}\times 0{,}4^{\,n-1}<\frac{25}{3}-8{,}3=\frac{1}{30}$, soit $0{,}4^{\,n-1}<0{,}01$, donc $n-1>\frac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}4)}\approx 5{,}03$ et $n=7$. Il faut donc environ sept prises, soit trente-six heures, pour que le régime d'équilibre soit installé, ce qui est la durée classique avant qu'un traitement atteigne sa pleine efficacité. Une mise en garde pour finir : la marge de sécurité est mince, l'équilibre à $8{,}33$ mg/L n'étant qu'à $8\ \%$ du seuil toxique. En rapprochant les prises à cinq heures, la fraction résiduelle passerait au-dessus de $40\ \%$ et le plateau s'élèverait d'autant ; avec une fraction de $45\ \%$, il vaudrait $\frac{5}{0{,}55}\approx 9{,}09$ mg/L et le seuil serait franchi.