Bac blanc n° 2 corrigé : spécialité mathématiques (Terminale)

Réponse b. C'est un produit : $f'(x)=1\times e^{-x}+x\times\left(-e^{-x}\right)=e^{-x}(1-x)$. Le piège des réponses a et c est d'avoir dérivé un seul des deux facteurs. Contrôle rapide : $f$ atteint un maximum, donc $f'$ doit changer de signe, ce que seules b et d permettent ; et $f$ croît au voisinage de 0, donc $f'(0)>0$, ce qui écarte d.

Réponse c. Par croissances comparées, $\ln x$ est toujours perdant face à toute puissance de $x$ : $\frac{\ln x}{x^{2}}=\frac{\ln x}{x}\times\frac{1}{x}$, produit de deux facteurs tendant vers 0. Valeur en $x=100$ : $\frac{4{,}605}{10\,000}\approx 0{,}00046$, déjà très petit.

Réponse b. Le produit scalaire vaut $1\times 2+2\times(-1)+(-1)\times 0=2-2+0=0$ : les deux vecteurs sont orthogonaux. Ils ne sont pas colinéaires, puisque $\frac{1}{2}\neq\frac{2}{-1}$.

Réponse b. Pour la loi binomiale, $V(X)=np(1-p)=20\times 0{,}3\times 0{,}7=4{,}2$. La réponse a est l'espérance $np=6$, la réponse c est l'écart type $\sqrt{4{,}2}\approx 2{,}049$ : les trois valeurs sont proposées ensemble parce que c'est exactement là que se fait la confusion.

Réponse c. $f'(x)=3x^{2}-3$ et $f''(x)=6x$, qui est positive si et seulement si $x\geq 0$. La convexité se lit sur le signe de la dérivée SECONDE, pas sur celui de la dérivée première : $f$ est d'ailleurs décroissante sur une partie de $[0;+\infty[$ tout en y étant convexe.

$A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(1;1;0)$, $D(0;1;0)$, $E(0;0;1)$, $F(1;0;1)$, $G(1;1;1)$ et $H(0;1;1)$. Le repère étant construit sur trois arêtes issues de $A$, chaque sommet a pour coordonnées le triplet de 0 et de 1 qui indique de quelles arêtes on s'est éloigné.

Il suffit de vérifier que les trois points annulent l'expression $x+y+z-1$. Pour $B$ : $1+0+0-1=0$ ✓. Pour $D$ : $0+1+0-1=0$ ✓. Pour $E$ : $0+0+1-1=0$ ✓. Les trois points ne sont pas alignés, puisque $\vec{BD}(-1;1;0)$ et $\vec{BE}(-1;0;1)$ ne sont pas colinéaires. Une équation du premier degré en $x$, $y$, $z$ dont les coefficients ne sont pas tous nuls définit un plan, et celui-ci contient les trois points : c'est donc bien le plan $(BDE)$.

Le vecteur $\vec{AG}$ a pour coordonnées $(1;1;1)$, qui est exactement le vecteur normal $\vec{n}(1;1;1)$ lu sur l'équation du plan. La droite $(AG)$ est donc ORTHOGONALE au plan $(BDE)$. Sa représentation paramétrique est $x=y=z=t$ ; en reportant dans l'équation du plan : $3t-1=0$, donc $t=\frac{1}{3}$ et $K\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$. Remarquez que $K$ est le centre de gravité du triangle $BDE$, ce que la symétrie du cube laissait prévoir.

$d(G,(BDE))=\frac{\left|1+1+1-1\right|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}+1^{2}}}=\frac{2}{\sqrt 3}=\frac{2\sqrt 3}{3}\approx 1{,}1547$. On peut vérifier autrement : $\vec{KG}=\left(\frac{2}{3};\frac{2}{3};\frac{2}{3}\right)$, de norme $\frac{2}{3}\sqrt 3=\frac{2\sqrt 3}{3}$ ✓, puisque $K$ est le projeté orthogonal de $G$ sur le plan.

Le tétraèdre $ABDE$ a pour base le triangle rectangle $ABD$, d'aire $\frac{1}{2}$, et pour hauteur $AE=1$ : son volume vaut $\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times 1=\frac{1}{6}$. SECOND CALCUL : le triangle $BDE$ est équilatéral de côté $\sqrt 2$, donc d'aire $\frac{\sqrt 3}{4}\times 2=\frac{\sqrt 3}{2}$. En prenant $BDE$ comme base et $d(A,(BDE))$ comme hauteur : $\frac{1}{6}=\frac{1}{3}\times\frac{\sqrt 3}{2}\times d$, d'où $d=\frac{1}{\sqrt 3}=\frac{\sqrt 3}{3}\approx 0{,}5774$. C'est bien la moitié de la distance de $G$, ce qui se lit sur la diagonale : $K$ est au tiers de $[AG]$, donc $A$ est deux fois plus près du plan que $G$.

$f'(x)=1\times e^{-x}+x\times\left(-e^{-x}\right)=(1-x)e^{-x}$. Comme $e^{-x}>0$ pour tout $x$, le signe de $f'$ est celui de $1-x$ : positif sur $[0;1[$, nul en 1, négatif sur $\left]1;+\infty\right[$. La fonction CROÎT donc de $f(0)=0$ jusqu'à $f(1)=e^{-1}\approx 0{,}3679$, puis DÉCROÎT. Le maximum est marqué sur la figure.

Par croissances comparées, $\lim_{x\to+\infty}xe^{-x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^{x}}=0$, l'exponentielle l'emportant sur toute puissance. Interprétation graphique : la courbe admet l'axe des abscisses comme ASYMPTOTE HORIZONTALE en $+\infty$, ce que la figure montre par l'aplatissement progressif de la courbe.

En dérivant $f'(x)=(1-x)e^{-x}$ comme un produit : $f''(x)=-e^{-x}-(1-x)e^{-x}=(x-2)e^{-x}$. Elle est négative sur $[0;2[$ et positive sur $\left]2;+\infty\right[$ : $f$ est CONCAVE puis CONVEXE, avec un point d'inflexion en $x=2$, où $f(2)=2e^{-2}\approx 0{,}2707$. Le point est marqué sur la figure.

On dérive $G$ comme un produit : $G'(x)=-e^{-x}-(x+1)\times\left(-e^{-x}\right)=-e^{-x}+(x+1)e^{-x}=xe^{-x}=f(x)$ ✓. Donc $\int_{0}^{1}f(x)\,dx=G(1)-G(0)=-2e^{-1}-(-1)=1-\frac{2}{e}$.

$1-\frac{2}{e}=1-\frac{2}{2{,}71828}\approx 1-0{,}73576=0{,}26424$, soit environ $0{,}264$ unité d'aire. Comme $f$ est positive sur $[0;1]$, l'intégrale est bien l'aire cherchée, sans changement de signe à gérer. Contrôle de vraisemblance : le domaine est inscrit dans le rectangle de largeur 1 et de hauteur $0{,}368$, d'aire $0{,}368$, et il en occupe environ 72 pour cent, ce qui est cohérent avec l'allure de la courbe.

Notons $A$ l'événement « la pièce vient de la machine A » et $D$ « la pièce est défectueuse ». L'arbre porte $P(A)=0{,}60$, $P_{A}(D)=0{,}02$, $P(B)=0{,}40$ et $P_{B}(D)=0{,}05$. Par la formule des probabilités totales : $P(D)=0{,}60\times 0{,}02+0{,}40\times 0{,}05=0{,}012+0{,}020=0{,}032$. Environ 3,2 pour cent des pièces sont défectueuses.

$P_{D}(A)=\frac{P(A\cap D)}{P(D)}=\frac{0{,}012}{0{,}032}=0{,}375$. Bien que la machine A produise 60 pour cent des pièces, elle n'est responsable que de 37,5 pour cent des défauts, parce que son taux de défaut est deux fois et demie plus faible. C'est le renversement typique d'une probabilité conditionnelle.

L'expérience consiste à répéter 50 fois, de façon INDÉPENDANTE et IDENTIQUE, une épreuve à deux issues, défectueuse ou non, avec la même probabilité de succès $p=0{,}032$ à chaque fois. L'indépendance est assurée par l'assimilation à un tirage avec remise, hypothèse légitime car la production est très grande devant 50. Donc $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=50$ et $p=0{,}032$.

$P(X=0)=\binom{50}{0}\times 0{,}032^{0}\times 0{,}968^{50}=0{,}968^{50}\approx 0{,}1967$. Puis $P(X\geq 1)=1-P(X=0)\approx 0{,}8033$. Autrement dit, il y a environ 80 pour cent de chances de trouver au moins une pièce défectueuse dans un lot de 50, alors que le taux de défaut n'est que de 3,2 pour cent : c'est le passage par l'événement contraire qui donne ce résultat en une ligne.

$E(X)=np=50\times 0{,}032=1{,}6$ et $V(X)=np(1-p)=50\times 0{,}032\times 0{,}968=1{,}5488$, d'où $\sigma\approx 1{,}2445$. L'inégalité de Bienaymé et Tchebychev donne $P\left(\left|X-1{,}6\right|\geq 3\right)\leq\frac{V(X)}{3^{2}}=\frac{1{,}5488}{9}\approx 0{,}1721$. La probabilité de s'écarter de plus de 3 pièces de la moyenne est donc au plus 17,2 pour cent. La majoration est généreuse, la valeur exacte étant inférieure à 5 pour cent, mais elle a l'avantage de ne demander que l'espérance et la variance.