Exercice 1

Partie A

1. Les données fournissent $P(A) = 0{,}60$, $P(B) = 0{,}12$, donc $P(C) = 1 - 0{,}60 - 0{,}12 = 0{,}28$.
   Les taux de conformité donnent $P_A(T) = 0{,}90$, $P_B(T) = 0{,}95$ et $P_C(T) = 0{,}85$, d'où $P_A(\overline{T}) = 0{,}10$, $P_B(\overline{T}) = 0{,}05$ et $P_C(\overline{T}) = 0{,}15$.

   L'arbre complété porte donc $0{,}60$ ; $0{,}12$ ; $0{,}28$ sur les branches principales (vers $A$, $B$, $C$) et, sur les branches secondaires, $0{,}90$ et $0{,}10$ après $A$, $0{,}95$ et $0{,}05$ après $B$, $0{,}85$ et $0{,}15$ après $C$.

2. $P\left(A \cap \overline{T}\right) = P(A) \times P_A(\overline{T}) = 0{,}60 \times 0{,}10 = 0{,}06$.
   Cela signifie que $6\,\%$ des lames vendues par l'équipementier proviennent du fournisseur A et sont non conformes.
3. D'après la formule des probabilités totales, $P(T) = P(A)P_A(T) + P(B)P_B(T) + P(C)P_C(T) = 0{,}60 \times 0{,}90 + 0{,}12 \times 0{,}95 + 0{,}28 \times 0{,}85 = 0{,}54 + 0{,}114 + 0{,}238 = 0{,}892$.
   La probabilité que la lame testée soit conforme est donc $0{,}892$.
4. On cherche $P_{\overline{T}}(B)$.
   On a $P(\overline{T}) = 1 - 0{,}892 = 0{,}108$ et $P\left(B \cap \overline{T}\right) = P(B) \times P_B(\overline{T}) = 0{,}12 \times 0{,}05 = 0{,}006$.
   Donc $P_{\overline{T}}(B) = \dfrac{P\left(B \cap \overline{T}\right)}{P\left(\overline{T}\right)} = \dfrac{0{,}006}{0{,}108} = \dfrac{1}{18} \approx 0{,}056$.
   Sachant que la lame n'est pas conforme, la probabilité qu'elle provienne de B est environ $0{,}056$.

Partie B

1. $X$ compte le nombre de lames non conformes parmi $75$ tirages indépendants assimilés à un tirage avec remise, chaque lame étant non conforme avec la probabilité $0{,}108$.
   Donc $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n = 75$ et $p = 0{,}108$.
2. $P(X = 6) = \dbinom{75}{6} \times 0{,}108^6 \times 0{,}892^{69} \approx 0{,}120$ au millième.
3. On compare $P(X > 8) = P(X \geqslant 9) = 1 - P(X \leqslant 8)$ à $0{,}5$.
   À la calculatrice, $P(X \leqslant 8) \approx 0{,}578$, donc $P(X > 8) \approx 1 - 0{,}578 = 0{,}422$.
   Comme $0{,}422 < 0{,}5$, l'équipementier a raison.

Partie C

1. Chaque $X_i$ suit la loi $\mathcal{B}(75~;~0{,}108)$, donc $\mathrm{E}(X_i) = 75 \times 0{,}108 = 8{,}1$ et $\mathrm{V}(X_i) = 75 \times 0{,}108 \times 0{,}892 = 7{,}2252$.
   Par linéarité de l'espérance, $\mathrm{E}(M_n) = \dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\mathrm{E}(X_i) = \dfrac{1}{n} \times n \times 8{,}1 = 8{,}1$.
   Les variables étant indépendantes, $\mathrm{V}(M_n) = \dfrac{1}{n^2}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\mathrm{V}(X_i) = \dfrac{1}{n^2} \times n \times 7{,}2252 = \dfrac{7{,}2252}{n}$.
   Donc $\mathrm{E}(M_n) = 8{,}1$ et $\mathrm{V}(M_n) = \dfrac{7{,}2252}{n}$.
2. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à $M_n$, dont l'espérance est $8{,}1$, donne pour tout réel $a > 0$ : $P\left(\left|M_n - 8{,}1\right| \geqslant a\right) \leqslant \dfrac{\mathrm{V}(M_n)}{a^2}$.
   Avec $a = 2$, $P\left(\left|M_n - 8{,}1\right| \geqslant 2\right) \leqslant \dfrac{7{,}2252/n}{4} = \dfrac{1{,}8063}{n}$, ce qui est l'inégalité demandée.

3. En passant à l'évènement contraire, $P\left(\left|M_n - 8{,}1\right| < 2\right) = 1 - P\left(\left|M_n - 8{,}1\right| \geqslant 2\right) \geqslant 1 - \dfrac{1{,}8063}{n}$.
   Il suffit donc que $1 - \dfrac{1{,}8063}{n} \geqslant 0{,}95$, soit $\dfrac{1{,}8063}{n} \leqslant 0{,}05$, c'est-à-dire $n \geqslant \dfrac{1{,}8063}{0{,}05} = 36{,}126$.
   La valeur $n = 37$ convient (ainsi que toute valeur supérieure).

   Interprétation : à partir de $37$ compétitions, il y a au moins $95\,\%$ de chances que le nombre moyen de lames non conformes par échantillon s'écarte de moins de $2$ de sa valeur moyenne $8{,}1$, c'est-à-dire soit compris entre $6{,}1$ et $10{,}1$.
   Cela illustre la loi des grands nombres : la moyenne $M_n$ se concentre autour de l'espérance $8{,}1$ lorsque $n$ augmente.

Exercice 2

1. Affirmation 1 : vraie. Pour $f(x) = 4\mathrm{e}^{-x} + \cos(x) + \sin(x)$, on a $f'(x) = -4\mathrm{e}^{-x} - \sin(x) + \cos(x)$.
   Alors $f'(x) + f(x) = \left(-4\mathrm{e}^{-x} - \sin x + \cos x\right) + \left(4\mathrm{e}^{-x} + \cos x + \sin x\right) = 2\cos(x)$.
   La fonction $f$ vérifie bien $(E)$.
2. Affirmation 2 : vraie. Un point d'intersection de $\mathcal{C}_f$ et $\mathcal{C}_g$ vérifie $2x = \sin(x)$.
   Posons $h(x) = 2x - \sin(x)$ sur $\mathbb{R}$ ; alors $h'(x) = 2 - \cos(x) \geqslant 2 - 1 = 1 > 0$, donc $h$ est strictement croissante : elle s'annule au plus une fois.
   Or $h(0) = 0$, donc $x = 0$ est l'unique solution.
   Les courbes ont un seul point d'intersection, l'origine $O(0~;~0)$.
3. Affirmation 3 : fausse. Pour tout $n$, $v_n = \dfrac{2n + \sin(n)}{n+1} = \dfrac{2n}{n+1} + \dfrac{\sin(n)}{n+1}$.
   D'une part $\dfrac{2n}{n+1} = 2 - \dfrac{2}{n+1} \to 2$.
   D'autre part $\left|\dfrac{\sin(n)}{n+1}\right| \leqslant \dfrac{1}{n+1} \to 0$, donc par encadrement $\dfrac{\sin(n)}{n+1} \to 0$.
   Ainsi $v_n \to 2$ : la suite $(v_n)$ converge, elle ne diverge donc pas.
4. Affirmation 4 : vraie. Démontrons par récurrence que $u_n = n^2$ pour tout $n \geqslant 1$.
   Initialisation : $u_1 = 1 = 1^2$.
   Hérédité : si $u_n = n^2$, alors $u_{n+1} = u_n + 2n + 1 = n^2 + 2n + 1 = (n+1)^2$.
   Conclusion : pour tout entier $n \geqslant 1$, $u_n = n^2$.
5. Affirmation 5 : vraie. Pour tout $n$, $S_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\mathrm{e}^{-k} = \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}}\right)^{k}$ est la somme des termes d'une suite géométrique de premier terme $1$ et de raison $q = \dfrac{1}{\mathrm{e}}$, avec $0 < q < 1$.
   Donc $S_n = \dfrac{1 - q^{n+1}}{1 - q}$.
   Comme $0 < q < 1$, $q^{n+1} \to 0$, d'où $S_n \to \dfrac{1}{1 - \dfrac{1}{\mathrm{e}}} = \dfrac{\mathrm{e}}{\mathrm{e} - 1}$.
   L'affirmation est exacte.

Exercice 3

Dans le repère $\left(A~;~\overrightarrow{AB},~\overrightarrow{AD},~\overrightarrow{AE}\right)$, le cube est de côté $1$ et ses sommets ont pour coordonnées $A(0~;~0~;~0)$, $B(1~;~0~;~0)$, $C(1~;~1~;~0)$, $D(0~;~1~;~0)$, $E(0~;~0~;~1)$, $F(1~;~0~;~1)$, $G(1~;~1~;~1)$, $H(0~;~1~;~1)$.

1. $I$ est le milieu de $[EF]$, donc $I\left(\dfrac{1}{2}~;~0~;~1\right)$ ; $J$ est le milieu de $[EH]$, donc $J\left(0~;~\dfrac{1}{2}~;~1\right)$ ; $K$ est le milieu de $[AE]$, donc $K\left(0~;~0~;~\dfrac{1}{2}\right)$.
2. 1. $\overrightarrow{AI}\left(\dfrac{1}{2}~;~0~;~1\right)$ et $\overrightarrow{AJ}\left(0~;~\dfrac{1}{2}~;~1\right)$, donc $\overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{AJ} = \dfrac{1}{2}\times 0 + 0 \times \dfrac{1}{2} + 1 \times 1 = 1$.
   2. $\left\|\overrightarrow{AI}\right\| = \left\|\overrightarrow{AJ}\right\| = \sqrt{\dfrac{1}{4} + 1} = \dfrac{\sqrt{5}}{2}$.
      Donc $\cos\widehat{IAJ} = \dfrac{\overrightarrow{AI}\cdot\overrightarrow{AJ}}{\left\|\overrightarrow{AI}\right\| \times \left\|\overrightarrow{AJ}\right\|} = \dfrac{1}{5/4} = \dfrac{4}{5}$, d'où $\widehat{IAJ} = \arccos\left(\dfrac{4}{5}\right) \approx 36{,}9^{\circ}$.
3. 1. $\overrightarrow{KC}\left(1~;~1~;~-\dfrac{1}{2}\right)$.
      On a $\overrightarrow{KC} \cdot \overrightarrow{AI} = 1 \times \dfrac{1}{2} + 1 \times 0 + \left(-\dfrac{1}{2}\right)\times 1 = 0$ et $\overrightarrow{KC} \cdot \overrightarrow{AJ} = 1 \times 0 + 1 \times \dfrac{1}{2} + \left(-\dfrac{1}{2}\right)\times 1 = 0$.
      Comme $\overrightarrow{AI}$ et $\overrightarrow{AJ}$ ne sont pas colinéaires, ils dirigent le plan $(AIJ)$ ; orthogonal à ces deux vecteurs, $\overrightarrow{KC}$ est normal au plan $(AIJ)$.
   2. Le plan $(AIJ)$ admet $\overrightarrow{KC}\left(1~;~1~;~-\dfrac{1}{2}\right)$ pour vecteur normal, donc une équation de la forme $x + y - \dfrac{1}{2}z + d = 0$.
      Comme $A(0~;~0~;~0)$ appartient au plan, $d = 0$.
      Une équation cartésienne est $x + y - \dfrac{1}{2}z = 0$.
4. 1. $L$ est le projeté orthogonal de $C(1~;~1~;~0)$ sur $(AIJ)$ : il appartient à la droite passant par $C$ et dirigée par $\overrightarrow{KC}\left(1~;~1~;~-\dfrac{1}{2}\right)$, donc $L\left(1 + t~;~1 + t~;~-\dfrac{1}{2}t\right)$ pour un réel $t$.
      En reportant dans l'équation du plan : $(1 + t) + (1 + t) - \dfrac{1}{2}\times\left(-\dfrac{1}{2}t\right) = 0$, soit $2 + \dfrac{9}{4}t = 0$, donc $t = -\dfrac{8}{9}$.
      On obtient $L\left(\dfrac{1}{9}~;~\dfrac{1}{9}~;~\dfrac{4}{9}\right)$.
   2. La distance de $C$ au plan est $CL = |t| \times \left\|\overrightarrow{KC}\right\|$.
      Or $\left\|\overrightarrow{KC}\right\| = \sqrt{1 + 1 + \dfrac{1}{4}} = \dfrac{3}{2}$, donc $CL = \dfrac{8}{9} \times \dfrac{3}{2} = \dfrac{4}{3}$.
5. 1. $\overrightarrow{IM} = M - I = \left(1 - \dfrac{1}{2}~;~m - 0~;~1 - 1\right) = \left(\dfrac{1}{2}~;~m~;~0\right)$.
      La droite $(IM)$ passe par $I\left(\dfrac{1}{2}~;~0~;~1\right)$ et est dirigée par $\overrightarrow{IM}$, d'où la représentation paramétrique $\begin{cases} x = \dfrac{1}{2}s + \dfrac{1}{2} \\ y = ms \\ z = 1 \end{cases}$ avec $s \in \mathbb{R}$, qui est bien celle de l'énoncé.
   2. La droite $(KC)$ passe par $K\left(0~;~0~;~\dfrac{1}{2}\right)$ et est dirigée par $\overrightarrow{KC}\left(1~;~1~;~-\dfrac{1}{2}\right)$ ; un point de $(KC)$ s'écrit donc $\left(t~;~t~;~\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}t\right)$ avec $t \in \mathbb{R}$.
      Les vecteurs directeurs $\overrightarrow{IM}\left(\dfrac{1}{2}~;~m~;~0\right)$ et $\overrightarrow{KC}\left(1~;~1~;~-\dfrac{1}{2}\right)$ ne sont jamais colinéaires (la troisième coordonnée de $\overrightarrow{IM}$ est nulle, celle de $\overrightarrow{KC}$ ne l'est pas) : les droites $(IM)$ et $(KC)$ ne sont jamais parallèles, donc elles sont coplanaires si et seulement si elles sont sécantes.
      Un point commun aux deux droites vérifie, en égalant les deux représentations paramétriques, $\dfrac{1}{2}s + \dfrac{1}{2} = t$, $\;ms = t\;$ et $\;1 = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}t$.
      La dernière équation donne $t = -1$, puis la première donne $s = -3$.
      En reportant dans la deuxième, on obtient $-3m = -1$, soit $m = \dfrac{1}{3}$.
      On ne peut donc pas affirmer que les droites $(IM)$ et $(KC)$ sont coplanaires pour toute valeur de $m$ : elles le sont seulement lorsque $m = \dfrac{1}{3}$ (elles se coupent alors au point de coordonnées $(-1~;~-1~;~1)$), et sont non coplanaires sinon.

Exercice 4

Partie A

1. 1. Quand $x \to 0^+$, $\ln(x) \to -\infty$ et $\dfrac{1}{x^2} \to +\infty$, donc $f(x) = \dfrac{\ln(x)}{x^2} \to -\infty$.
      Quand $x \to +\infty$, $f(x) = \dfrac{\ln x}{x} \times \dfrac{1}{x}$ ; par croissance comparée $\dfrac{\ln x}{x} \to 0$ et $\dfrac{1}{x} \to 0$, donc $f(x) \to 0$.
   2. La droite d'équation $x = 0$ (l'axe des ordonnées) est asymptote verticale à $\mathcal{C}_f$, et la droite d'équation $y = 0$ (l'axe des abscisses) est asymptote horizontale à $\mathcal{C}_f$ en $+\infty$.
2. $f$ est dérivable sur $]0~;~+\infty[$ comme quotient de fonctions dérivables.
   Avec $u(x) = \ln x$ et $v(x) = x^2$ : $f'(x) = \dfrac{u'v - uv'}{v^2} = \dfrac{\dfrac{1}{x}\times x^2 - \ln x \times 2x}{x^4} = \dfrac{x - 2x\ln x}{x^4} = \dfrac{1 - 2\ln(x)}{x^3}$.

3. Pour $x > 0$, $x^3 > 0$ donc $f'(x)$ a le signe de $1 - 2\ln(x)$.
   Or $1 - 2\ln x > 0 \iff \ln x < \dfrac{1}{2} \iff x < \sqrt{\mathrm{e}}$.
   Donc $f$ est croissante sur $\left]0~;~\sqrt{\mathrm{e}}\right]$ et décroissante sur $\left[\sqrt{\mathrm{e}}~;~+\infty\right[$, avec un maximum en $\sqrt{\mathrm{e}}$ : $f\left(\sqrt{\mathrm{e}}\right) = \dfrac{\ln\sqrt{\mathrm{e}}}{\left(\sqrt{\mathrm{e}}\right)^2} = \dfrac{1/2}{\mathrm{e}} = \dfrac{1}{2\mathrm{e}}$.

   
4. $f(1) = \dfrac{\ln 1}{1} = 0$ et $f'(1) = \dfrac{1 - 2\ln 1}{1} = 1$.
   La tangente $\Delta$ au point $A$ d'abscisse $1$ a pour équation $y = f'(1)(x - 1) + f(1) = x - 1$.
5. $f'(x) = \dfrac{1 - 2\ln x}{x^3}$.
   Avec $u(x) = 1 - 2\ln x$ ($u'(x) = -\dfrac{2}{x}$) et $v(x) = x^3$ ($v'(x) = 3x^2$) : $f''(x) = \dfrac{u'v - uv'}{v^2} = \dfrac{-\dfrac{2}{x}\times x^3 - (1 - 2\ln x)\times 3x^2}{x^6} = \dfrac{-2x^2 - 3x^2(1 - 2\ln x)}{x^6} = \dfrac{-5 + 6\ln(x)}{x^4}$.
6. 1. Pour $x > 0$, $x^4 > 0$ donc $f''(x)$ a le signe de $-5 + 6\ln(x)$.
      Or $-5 + 6\ln x > 0 \iff \ln x > \dfrac{5}{6} \iff x > \mathrm{e}^{5/6}$.
      Ainsi $f$ est concave sur $\left]0~;~\mathrm{e}^{5/6}\right]$ et convexe sur $\left[\mathrm{e}^{5/6}~;~+\infty\right[$.
      La dérivée seconde s'annule en changeant de signe en $x = \mathrm{e}^{5/6}$ : $\mathcal{C}_f$ admet un point d'inflexion de coordonnées $\left(\mathrm{e}^{5/6}~;~\dfrac{5}{6}\mathrm{e}^{-5/3}\right)$, car $f\left(\mathrm{e}^{5/6}\right) = \dfrac{5/6}{\mathrm{e}^{5/3}}$.
   2. Sur $\left]0~;~\mathrm{e}^{5/6}\right]$, $f$ est concave, donc $\mathcal{C}_f$ est située en dessous de chacune de ses tangentes sur cet intervalle.
      Comme $1 \in \left]0~;~\mathrm{e}^{5/6}\right]$, la courbe est en particulier sous sa tangente $\Delta : y = x - 1$ : pour tout $x \in \left]0~;~\mathrm{e}^{5/6}\right]$, $f(x) \leqslant x - 1$, c'est-à-dire $x - 1 \geqslant \dfrac{\ln(x)}{x^2}$.
7. Sur $\left[\mathrm{e}^{5/6}~;~+\infty\right[$, on a $x \geqslant \mathrm{e}^{5/6} > \sqrt{\mathrm{e}} > 1{,}6$, donc $x - 1 > 0{,}6$.
   Par ailleurs, d'après le tableau de variation, $f(x) \leqslant \dfrac{1}{2\mathrm{e}} < 0{,}2$ pour tout $x > 0$.
   Ainsi, pour tout $x \in \left[\mathrm{e}^{5/6}~;~+\infty\right[$ : $\dfrac{\ln(x)}{x^2} = f(x) < 0{,}2 < 0{,}6 < x - 1$, donc $x - 1 \geqslant \dfrac{\ln(x)}{x^2}$.

Partie B

1. Pour $n \geqslant 1$ et $x \in [1~;~n]$, on a $x \geqslant 1$ donc $\ln(x) \geqslant 0$ et $f(x) = \dfrac{\ln(x)}{x^2} \geqslant 0$.
   Ainsi $I_n$ est l'aire, exprimée en unités d'aire, du domaine compris entre la courbe $\mathcal{C}_f$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = 1$ et $x = n$.
2. Pour tout $n \geqslant 1$, $I_{n+1} - I_n = \displaystyle\int_n^{n+1}\dfrac{\ln(x)}{x^2}\,\mathrm{d}x$.
   Sur $[n~;~n+1]$, $x \geqslant 1$ donc $\dfrac{\ln(x)}{x^2} \geqslant 0$, et l'intégrale d'une fonction positive sur cet intervalle est positive : $I_{n+1} - I_n \geqslant 0$.
   La suite $(I_n)$ est donc croissante.

3. Les rectangles ont une largeur de $1$.
   Sur $[1~;~2]$, le maximum de $f$ vaut $\dfrac{1}{2\mathrm{e}}$ (atteint en $\sqrt{\mathrm{e}}$) ; sur chaque intervalle $[i~;~i+1]$ avec $i \geqslant 2$, $f$ est décroissante et son maximum est $f(i) = \dfrac{\ln(i)}{i^2}$.
   La somme des aires des rectangles vaut donc $\dfrac{1}{2\mathrm{e}} + \displaystyle\sum_{i=2}^{9}\dfrac{\ln(i)}{i^2}$.
   Le script complété est :

   from math import *
   
   S = 1/(2*exp(1))
   for i in range(2,10):
       S = S + log(i)/i**2
   print(S)

4. On effectue une intégration par parties sur $I_n = \displaystyle\int_1^n \ln(x)\times\dfrac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x$ en posant $u(x) = \ln(x)$ et $v'(x) = \dfrac{1}{x^2}$, d'où $u'(x) = \dfrac{1}{x}$ et $v(x) = -\dfrac{1}{x}$.
   Alors $I_n = \left[-\dfrac{\ln(x)}{x}\right]_1^n - \displaystyle\int_1^n \left(-\dfrac{1}{x}\right)\times\dfrac{1}{x}\,\mathrm{d}x = -\dfrac{\ln(n)}{n} + \displaystyle\int_1^n \dfrac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x = -\dfrac{\ln(n)}{n} + \left[-\dfrac{1}{x}\right]_1^n = -\dfrac{\ln(n)}{n} - \dfrac{1}{n} + 1 = \dfrac{n - 1 - \ln(n)}{n}$.
5. $I_n = \dfrac{n - 1 - \ln(n)}{n} = 1 - \dfrac{1}{n} - \dfrac{\ln(n)}{n}$.
   Quand $n \to +\infty$, $\dfrac{1}{n} \to 0$ et, par croissance comparée, $\dfrac{\ln(n)}{n} \to 0$.
   Donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} I_n = 1$.

Exercice 1

Partie A — Premier modèle

1. On répète $10$ fois de manière indépendante (selon l'énoncé) une même épreuve de Bernoulli de succès « El Niño dominant cette année-là », de probabilité $0{,}4$. $X$ compte le nombre de succès, elle suit donc la loi binomiale $\mathcal{B}(10~;~0{,}4)$.
2. 1. $P(X = 2) = \dbinom{10}{2} \times 0{,}4^2 \times 0{,}6^8 = 45 \times 0{,}16 \times 0{,}6^8 \approx 0{,}121$ à $10^{-3}$ près.
   2. À la calculatrice : $P(X \leqslant 2) \approx 0{,}167$. La probabilité que, sur une période de $10$ ans, le phénomène El Niño soit dominant au plus $2$ années est d'environ $16{,}7\,\%$.
3. $E(X) = n \times p = 10 \times 0{,}4 = 4$. En moyenne, sur des périodes de $10$ ans, le phénomène El Niño est dominant pendant $4$ années.

Partie B — Second modèle

1. D'après l'énoncé : $P_{E_n}(E_{n+1}) = 0{,}5$ et $P_{\overline{E_n}}(E_{n+1}) = 0{,}3$ ; on en déduit $P(\overline{E_n}) = 1 - p_n$, $P_{E_n}(\overline{E_{n+1}}) = 0{,}5$ et $P_{\overline{E_n}}(\overline{E_{n+1}}) = 0{,}7$.

   
2. D'après la formule des probabilités totales :
   $p_1 = P(E_1) = P(E_0) \times P_{E_0}(E_1) + P(\overline{E_0}) \times P_{\overline{E_0}}(E_1) = 0 \times 0{,}5 + 1 \times 0{,}3 = 0{,}3$.
3. De la même façon, pour tout $n \in \mathbb{N}$ :
   $p_{n+1} = p_n \times 0{,}5 + (1 - p_n) \times 0{,}3 = 0{,}5\, p_n + 0{,}3 - 0{,}3\, p_n = 0{,}2\, p_n + 0{,}3$.
4. 1. Premiers termes : $p_0 = 0$, $p_1 = 0{,}3$, $p_2 = 0{,}36$, $p_3 = 0{,}372$, $p_4 = 0{,}3744$… La suite semble croissante et converger vers une limite proche de $0{,}375 = \dfrac{3}{8}$.

   2. Démonstration par récurrence de $P(n)$ : « $p_n \leqslant \dfrac{3}{8}$ ».

      Initialisation. $p_0 = 0 \leqslant \dfrac{3}{8}$.

      Hérédité. Si $p_n \leqslant \dfrac{3}{8}$, alors $p_{n+1} = 0{,}2\, p_n + 0{,}3 \leqslant 0{,}2 \times \dfrac{3}{8} + 0{,}3 = \dfrac{3}{40} + \dfrac{12}{40} = \dfrac{15}{40} = \dfrac{3}{8}$.

      Conclusion. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, $p_n \leqslant \dfrac{3}{8}$.

   3. $p_{n+1} - p_n = 0{,}2\, p_n + 0{,}3 - p_n = 0{,}3 - 0{,}8\, p_n$. Comme $p_n \leqslant \dfrac{3}{8}$, $0{,}8\, p_n \leqslant 0{,}8 \times \dfrac{3}{8} = 0{,}3$, donc $p_{n+1} - p_n \geqslant 0$.

      La suite $(p_n)$ est croissante.

   4. $(p_n)$ est croissante et majorée par $\dfrac{3}{8}$, donc elle converge.

5. 1. $u_{n+1} = p_{n+1} - \dfrac{3}{8} = 0{,}2\, p_n + 0{,}3 - \dfrac{3}{8} = 0{,}2\, p_n - 0{,}075 = 0{,}2\left(p_n - \dfrac{3}{8}\right) = 0{,}2\, u_n$.

      $(u_n)$ est géométrique de raison $0{,}2$, de premier terme $u_0 = p_0 - \dfrac{3}{8} = -\dfrac{3}{8}$.

   2. $u_n = u_0 \times 0{,}2^n = -\dfrac{3}{8} \times 0{,}2^n$, donc $p_n = u_n + \dfrac{3}{8} = \dfrac{3}{8} - \dfrac{3}{8} \times 0{,}2^n = \dfrac{3}{8}(1 - 0{,}2^n)$.
   3. Comme $0 < 0{,}2 < 1$, $0{,}2^n \to 0$, donc $p_n \to \dfrac{3}{8}$.
   4. À long terme, la probabilité que le phénomène El Niño soit dominant une année donnée se stabilise autour de $\dfrac{3}{8} = 0{,}375$, soit environ $37{,}5\,\%$.

Exercice 2

1. Affirmation 1 : la réponse dépend de la lecture de l'énoncé.

   Choisir un groupe de $4$ élèves composé de $2$ filles et $2$ garçons revient à choisir $2$ filles parmi $14$ et indépendamment $2$ garçons parmi $10$, soit :
   $$\dbinom{14}{2} \times \dbinom{10}{2} = 91 \times 45 = 4\,095 \text{ groupes possibles.}$$

   Lecture 1 (la plus courante en bac) : « il est possible de constituer $272$ groupes » signifie « le nombre exact de groupes différents est $272$ ». Comme $4\,095 \neq 272$, l'affirmation est alors FAUSSE.

   Lecture 2 (interprétation littérale) : « il est possible de constituer $272$ groupes différents » signifie « il existe (au moins) $272$ groupes différents ». Comme $272 < 4\,095$, on peut effectivement choisir $272$ groupes distincts parmi les $4\,095$ possibles : l'affirmation est alors VRAIE.

   L'énoncé étant ambigu, les deux justifications sont recevables tant que le calcul exact ($4\,095$) est explicité.

2. Affirmation 2 : VRAIE.
   $f(x) = 3\sin(2x + \pi)$. $f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 3\sin(2\pi) = 0$ ; $f'(x) = 6\cos(2x + \pi)$, donc $f'\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 6\cos(2\pi) = 6$.

   L'équation de la tangente en $\dfrac{\pi}{2}$ est $y = f'\left(\dfrac{\pi}{2}\right)\left(x - \dfrac{\pi}{2}\right) + f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 6x - 3\pi$.

3. Affirmation 3 : FAUSSE.
   $F(x) = (2x + 1)\ln(x)$, donc $F'(x) = 2\ln(x) + (2x + 1) \times \dfrac{1}{x} = 2\ln(x) + 2 + \dfrac{1}{x}$, qui n'est pas égal à $\dfrac{2}{x}$. $F$ n'est donc pas une primitive de $f$.

4. Affirmation 4 : FAUSSE.
   Avec $g(t) = 45\,\mathrm{e}^{0{,}06 t} + 20$, on a $g'(t) = 2{,}7\,\mathrm{e}^{0{,}06 t}$, et
   $g'(t) + 0{,}06\, g(t) = 2{,}7\,\mathrm{e}^{0{,}06 t} + 2{,}7\,\mathrm{e}^{0{,}06 t} + 1{,}2 = 5{,}4\,\mathrm{e}^{0{,}06 t} + 1{,}2 \neq 1{,}2$.

   Donc $g$ n'est pas solution de $(E_1)$. (La vraie solution est $t \mapsto 45\,\mathrm{e}^{-0{,}06 t} + 20$, avec un signe négatif dans l'exponentielle.)

5. Affirmation 5 : VRAIE.
   Si $y$ est une solution positive de $(E_2)$, alors $y' = y + 3\,\mathrm{e}^{0{,}4 x}$. Comme $y > 0$ et $3\,\mathrm{e}^{0{,}4 x} > 0$, on a $y' > 0$.

   En dérivant l'équation $(E_2)$ : $y'' - y' = 1{,}2\,\mathrm{e}^{0{,}4 x}$, soit $y'' = y' + 1{,}2\,\mathrm{e}^{0{,}4 x}$. Comme $y' > 0$ et $1{,}2\,\mathrm{e}^{0{,}4 x} > 0$, on a $y'' > 0$ : $y$ est convexe sur $\mathbb{R}$.

Exercice 3

Partie A

1. $-x^2 + 7x + 8 \geqslant 0 \Leftrightarrow x^2 - 7x - 8 \leqslant 0$. Le discriminant vaut $\Delta = 49 + 32 = 81$, donc les racines sont $x = \dfrac{7 \pm 9}{2}$, soit $x = -1$ ou $x = 8$. Le trinôme $x^2 - 7x - 8$ est négatif entre ses racines : $-x^2 + 7x + 8 \geqslant 0 \Leftrightarrow x \in [-1~;~8]$.
2. Pour $x \in {]0~;~8]} \subset [-1~;~8]$ : $-x^2 + 7x + 8 \geqslant 0$, donc $-x^2 + 7x + 9 = (-x^2 + 7x + 8) + 1 \geqslant 1$. Ainsi $\ln(-x^2 + 7x + 9) \geqslant \ln(1) = 0$. Comme $x > 0$, $f(x) = \dfrac{10\ln(-x^2 + 7x + 9)}{x} \geqslant 0$.
3. La courbe $\mathcal{C}_f$ est entièrement située au-dessus (ou sur) l'axe des abscisses sur $]0~;~8]$.

Partie B

1. $N$ est le projeté orthogonal de $M(x~;~f(x))$ sur l'axe des abscisses : $N(x~;~0)$. $P$ est le projeté orthogonal sur l'axe des ordonnées : $P(0~;~f(x))$.
2. $ONMP$ est un rectangle de côtés $ON = x$ et $OP = f(x)$. Comme $f \geqslant 0$ sur $]0~;~8]$ :
   $\mathcal{A}(x) = ON \times OP = x \times \dfrac{10\ln(-x^2 + 7x + 9)}{x} = 10\ln(-x^2 + 7x + 9)$.

3. $\mathcal{A}$ est dérivable sur $]0~;~8]$ (le logarithme est dérivable, et $-x^2 + 7x + 9 > 0$ sur cet intervalle car $-x^2 + 7x + 9 \geqslant 1 > 0$) :
   $\mathcal{A}'(x) = 10 \times \dfrac{-2x + 7}{-x^2 + 7x + 9}$. Le dénominateur étant strictement positif, $\mathcal{A}'(x)$ a le signe de $-2x + 7$.

   $\mathcal{A}'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{7}{2} = 3{,}5$. Pour $x < 3{,}5$, $\mathcal{A}'(x) > 0$ ($\mathcal{A}$ croissante) ; pour $x > 3{,}5$, $\mathcal{A}'(x) < 0$ ($\mathcal{A}$ décroissante).

   L'aire $\mathcal{A}(x)$ est maximale pour $x = 3{,}5$, et vaut alors $\mathcal{A}(3{,}5) = 10\ln(21{,}25) \approx 30{,}57$ unités d'aire.

Partie C

1. L'algorithme parcourt $[3{,}5~;~8]$ par pas de $0{,}1$ en partant de $3{,}5$, et cherche le premier $x$ pour lequel $\mathcal{A}(x) \leqslant k$. Tant que $\mathcal{A}(x) > k$, on continue ; dès que $\mathcal{A}(x) \leqslant k$, on renvoie $x$.

   Ligne 8 : `while A(x) > k :` — Ligne 10 : `return x`.

2. Calculs de l'aire au pas de $0{,}1$ : $\mathcal{A}(3{,}5) \approx 30{,}57$, $\mathcal{A}(4{,}5) \approx 30{,}08$, $\mathcal{A}(4{,}6) \approx 29{,}98$. Le premier $x$ pour lequel $\mathcal{A}(x) \leqslant 30$ est donc $x = 4{,}6$.

   `pluspetitevaleur(30)` renvoie $4{,}6$.

3. Pour $k = 35$ : le maximum de $\mathcal{A}$ sur $[3{,}5~;~8]$ est $\mathcal{A}(3{,}5) \approx 30{,}57 < 35$. Donc dès le départ, $\mathcal{A}(3{,}5) \leqslant 35$ : on n'entre pas dans la boucle `while`, et l'algorithme renvoie immédiatement $x = 3{,}5$.

   Remarque : L'algorithme renvoie bien la plus petite valeur de l'intervalle, mais ce résultat n'apporte pas d'information utile : $\mathcal{A}(x) \leqslant 35$ est en fait vérifié pour tout $x \in [3{,}5~;~8]$.

Exercice 4

1. 1. $\overrightarrow{AB}(-5~;~2~;~-5)$ et $\overrightarrow{AC}(-4~;~5~;~2)$. Les premières coordonnées donnent $\dfrac{-5}{-4} = 1{,}25$, les secondes $\dfrac{2}{5} = 0{,}4$ : les rapports diffèrent, donc $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires. Les points $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés.

   2. Test de $D(-3~;~-4~;~6)$ dans l'équation $29 x + 30 y - 17 z - 35 = 0$ :
      $29 \times (-3) + 30 \times (-4) - 17 \times 6 - 35 = -87 - 120 - 102 - 35 = -344 \neq 0$.

      Donc $D \notin (ABC)$ : les points $A$, $B$, $C$, $D$ ne sont pas coplanaires.

2. 1. Milieu de $[AB]$ : $I = \left(\dfrac{4 + (-1)}{2}~;~\dfrac{-1 + 1}{2}~;~\dfrac{3 + (-2)}{2}\right) = \left(\dfrac{3}{2}~;~0~;~\dfrac{1}{2}\right)$.
   2. Le plan médiateur de $[AB]$ passe par $I$ et a pour vecteur normal $\overrightarrow{AB}(-5~;~2~;~-5)$ (ou tout vecteur colinéaire). On obtient :
      $-5\left(x - \dfrac{3}{2}\right) + 2(y - 0) - 5\left(z - \dfrac{1}{2}\right) = 0$, soit $-5 x + 2 y - 5 z + 10 = 0$, c'est-à-dire $5 x - 2 y + 5 z = 10$.

3. 1. $MC^2 = (x - 0)^2 + (y - 4)^2 + (z - 5)^2 = x^2 + (y - 4)^2 + (z - 5)^2$.
      $MD^2 = (x + 3)^2 + (y + 4)^2 + (z - 6)^2$.

      $M \in P_2$ si et seulement si $MC^2 = MD^2$, soit après développement :
      $x^2 + y^2 - 8 y + 16 + z^2 - 10 z + 25 = x^2 + 6 x + 9 + y^2 + 8 y + 16 + z^2 - 12 z + 36$.

      En simplifiant : $0 = 6 x + 16 y - 2 z + 20$, soit en divisant par $-2$ : $-3 x - 8 y + z = 10$.

   2. Un vecteur normal à $P_1$ est $\vec{n_1}(5~;~-2~;~5)$ et un vecteur normal à $P_2$ est $\vec{n_2}(-3~;~-8~;~1)$. Si ces vecteurs étaient colinéaires, $\dfrac{5}{-3}$ et $\dfrac{-2}{-8} = \dfrac{1}{4}$ seraient égaux, ce qui est faux. Donc $\vec{n_1}$ et $\vec{n_2}$ ne sont pas colinéaires : les plans $P_1$ et $P_2$ sont sécants.

4. Vérifions que pour tout $t \in \mathbb{R}$, le point $(-2 - 1{,}9\, t~;~t~;~4 + 2{,}3\, t)$ appartient à $P_1 \cap P_2$.

   Dans $P_1$ : $5(-2 - 1{,}9\, t) - 2 t + 5(4 + 2{,}3\, t) = -10 - 9{,}5\, t - 2 t + 20 + 11{,}5\, t = 10$ ✓.

   Dans $P_2$ : $-3(-2 - 1{,}9\, t) - 8 t + (4 + 2{,}3\, t) = 6 + 5{,}7\, t - 8 t + 4 + 2{,}3\, t = 10$ ✓.

   Donc $\Delta \subset P_1 \cap P_2$. Or $P_1$ et $P_2$ étant sécants (3.b), leur intersection est une droite. $\Delta$ étant une droite incluse dans cette droite, $\Delta = P_1 \cap P_2$.

5. Un vecteur directeur de $\Delta$ est $\vec{u}(-1{,}9~;~1~;~2{,}3)$ et un vecteur normal à $P_3$ est $\vec{n_3}(8~;~-10~;~-4)$. On calcule :
   $\vec{u} \cdot \vec{n_3} = -1{,}9 \times 8 + 1 \times (-10) + 2{,}3 \times (-4) = -15{,}2 - 10 - 9{,}2 = -34{,}4 \neq 0$.

   $\vec{u}$ n'est pas orthogonal à $\vec{n_3}$, donc $\Delta$ n'est pas parallèle à $P_3$ : $\Delta$ et $P_3$ sont sécants.

6. Notons $H$ le point d'intersection de $\Delta$ et $P_3$.

   $H \in \Delta = P_1 \cap P_2$, donc $H \in P_1$ et $H \in P_2$. Comme $P_1$ est le plan médiateur de $[AB]$ : $HA = HB$. Comme $P_2$ est le plan médiateur de $[CD]$ : $HC = HD$.

   De plus, $H \in P_3$, plan médiateur de $[AC]$ : $HA = HC$.

   Par conséquent, $HA = HB = HC = HD$ : $H$ est à égale distance des quatre points $A$, $B$, $C$, $D$. Par unicité (admise dans l'énoncé), $H$ est bien le point recherché.

Exercice 1

Partie A

1. $u(t) = t\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$, donc $u'(t) = \mathrm{e}^{-0{,}4 t} + t \times (-0{,}4)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t} = (1 - 0{,}4\, t)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$.

   Alors $u'(t) + 0{,}4\, u(t) = (1 - 0{,}4\, t)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t} + 0{,}4\, t\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t} = \mathrm{e}^{-0{,}4 t}$ : $u$ est bien solution de $(E)$.

2. 1. On a $g = f - u$, donc $g' = f' - u'$. Si $g$ est solution de $(H)$ : $g' + 0{,}4\, g = 0$, soit $(f' - u') + 0{,}4(f - u) = 0$, donc $f' + 0{,}4\, f = u' + 0{,}4\, u$. Comme $u$ est solution de $(E)$ (question 1), $u' + 0{,}4\, u = \mathrm{e}^{-0{,}4 t}$, donc $f' + 0{,}4\, f = \mathrm{e}^{-0{,}4 t}$ : $f$ est solution de $(E)$.
   2. Les solutions de $(H) : y' + 0{,}4\, y = 0$ sur $\mathbb{R}$ sont les fonctions $t \mapsto K\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$, $K \in \mathbb{R}$.
   3. D'après le 2.a (et sa réciproque admise), $f$ est solution de $(E)$ si et seulement si $g = f - u$ est solution de $(H)$, c'est-à-dire $g(t) = K\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$. Donc les solutions de $(E)$ sont :
      $$f(t) = (K + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}, \quad K \in \mathbb{R}.$$
   4. $f(0) = K = 1$. Donc $f(t) = (t + 1)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$.

Partie B

1. 1. $f(t) = (t+1)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$, donc $f'(t) = \mathrm{e}^{-0{,}4 t} + (t+1) \times (-0{,}4)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t} = \bigl[1 - 0{,}4(t+1)\bigr]\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t} = (-0{,}4\, t + 0{,}6)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$.

   2. Pour tout $t$, $\mathrm{e}^{-0{,}4 t} > 0$, donc $f'(t)$ a le signe de $-0{,}4\, t + 0{,}6$. Or $-0{,}4\, t + 0{,}6 = 0 \Leftrightarrow t = 1{,}5$. Pour $t < 1{,}5$, $f'(t) > 0$ ($f$ croissante) ; pour $t > 1{,}5$, $f'(t) < 0$ ($f$ décroissante).

      Valeurs aux bornes : $f(0) = 1$ ; $f(1{,}5) = 2{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}6}$ ; $f(6) = 7\,\mathrm{e}^{-2{,}4}$.

      

2. 1. Sur $[0~;~1{,}5]$, $f$ est croissante avec $f(0) = 1 > 0{,}7$, donc $f \geqslant 1 > 0{,}7$ : pas de solution.

      Sur $[1{,}5~;~6]$, $f$ est continue et strictement décroissante de $2{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}6} \approx 1{,}37$ à $7\,\mathrm{e}^{-2{,}4} \approx 0{,}635$. Comme $0{,}635 < 0{,}7 < 1{,}37$, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(t) = 0{,}7$ admet une unique solution $\alpha$ dans $]1{,}5~;~6[$.

   2. À la calculatrice : $f(5{,}6) \approx 0{,}703 > 0{,}7$ et $f(5{,}62) \approx 0{,}699 < 0{,}7$, donc $\alpha \approx 5{,}615$. En heures-minutes : $0{,}615 \times 60 \approx 36{,}9$, soit $\alpha \approx 5$ h $37$ min.

      La personne entre en hypoglycémie environ $5$ h $37$ min après son repas.

3. 1. On pose $u(t) = t + 1$ et $w'(t) = \mathrm{e}^{-0{,}4 t}$, donc $u'(t) = 1$ et $w(t) = -2{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$. Les fonctions $u$ et $w$ sont $\mathcal{C}^1$ sur $[0~;~6]$, donc par intégration par parties :
      $\displaystyle\int_0^6 (t+1)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}\,\mathrm{d}t = \bigl[-2{,}5(t+1)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}\bigr]_0^6 - \int_0^6 -2{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}\,\mathrm{d}t = -2{,}5 \times 7 \times \mathrm{e}^{-2{,}4} + 2{,}5 + 2{,}5\bigl[-2{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}\bigr]_0^6$.

      Soit $-17{,}5\,\mathrm{e}^{-2{,}4} + 2{,}5 - 6{,}25\,\mathrm{e}^{-2{,}4} + 6{,}25 = -23{,}75\,\mathrm{e}^{-2{,}4} + 8{,}75$.

   2. Glycémie moyenne : $\dfrac{1}{6 - 0}\displaystyle\int_0^6 f(t)\,\mathrm{d}t = \dfrac{-23{,}75\,\mathrm{e}^{-2{,}4} + 8{,}75}{6} \approx 1{,}10$ g·L$^{-1}$.

   3. $f$ est solution de $(E)$ : $f'(t) + 0{,}4\, f(t) = \mathrm{e}^{-0{,}4 t}$, soit $0{,}4\, f(t) = \mathrm{e}^{-0{,}4 t} - f'(t)$, donc $f(t) = 2{,}5\bigl(\mathrm{e}^{-0{,}4 t} - f'(t)\bigr)$.

      Par intégration sur $[0~;~6]$ : $\displaystyle\int_0^6 f(t)\,\mathrm{d}t = 2{,}5\left(\int_0^6 \mathrm{e}^{-0{,}4 t}\,\mathrm{d}t - \bigl[f(t)\bigr]_0^6\right) = 2{,}5\bigl(-2{,}5(\mathrm{e}^{-2{,}4} - 1) - (7\mathrm{e}^{-2{,}4} - 1)\bigr) = -23{,}75\,\mathrm{e}^{-2{,}4} + 8{,}75$. On retrouve la valeur sans IPP, en exploitant directement l'équation différentielle.

Exercice 2

On se place dans le repère $\left(A~;~\overrightarrow{AB},~\overrightarrow{AD},~\overrightarrow{AE}\right)$. Les coordonnées des sommets sont : $A(0~;~0~;~0)$, $B(1~;~0~;~0)$, $C(1~;~1~;~0)$, $D(0~;~1~;~0)$, $E(0~;~0~;~1)$, $F(1~;~0~;~1)$, $G(1~;~1~;~1)$, $H(0~;~1~;~1)$.

Comme $\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{AB}$, $M = B + \overrightarrow{AB}$ a pour coordonnées $M(2~;~0~;~0)$.

Partie A

1. $\overrightarrow{FG}(0~;~1~;~0)$ et $\overrightarrow{FM}(1~;~0~;~-1)$. Leur produit scalaire vaut $0 + 0 + 0 = 0$ : les droites $(FG)$ et $(FM)$ sont perpendiculaires.
2. $\overrightarrow{AM}(2~;~0~;~0) = 2\,\overrightarrow{HG}(1~;~0~;~0)$ (car $\overrightarrow{HG} = G - H = (1~;~0~;~0)$). Donc $\overrightarrow{AM}$ et $\overrightarrow{HG}$ sont colinéaires : les droites $(AM)$ et $(HG)$ sont parallèles. Deux droites parallèles définissent un plan, et les points $A$, $M$, $G$, $H$ appartiennent à ce plan : ils sont coplanaires.

Partie B

1. $\overrightarrow{GM}(2-1~;~0-1~;~0-1) = (1~;~-1~;~-1)$ et $\overrightarrow{AH}(0~;~1~;~1)$. Les premières coordonnées sont $1$ et $0$ : ces vecteurs ne sont pas colinéaires.
2. 1. La droite $(GM)$ passe par $G(1~;~1~;~1)$ et est dirigée par $\overrightarrow{GM}(1~;~-1~;~-1)$. Une représentation paramétrique est donc bien $(1+t~;~1-t~;~1-t)$, $t \in \mathbb{R}$.
   2. On cherche $t$ et $k$ tels que $(1+t~;~1-t~;~1-t) = (0~;~k~;~k)$. La première équation donne $t = -1$, puis $k = 1 - (-1) = 2$. Les trois équations sont satisfaites pour $t = -1$ et $k = 2$ : le point d'intersection est $N(0~;~2~;~2)$.
3. 1. $\overrightarrow{AM}(2~;~0~;~0)$ et $\overrightarrow{AN}(0~;~2~;~2)$. Leur produit scalaire vaut $0 + 0 + 0 = 0$ : le triangle $AMN$ est rectangle en $A$.
   2. $AM = 2$ et $AN = \sqrt{0 + 4 + 4} = 2\sqrt{2}$. Donc $\mathcal{A}_{AMN} = \dfrac{1}{2} \times AM \times AN = \dfrac{1}{2} \times 2 \times 2\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$ unités d'aire.
4. 1. $J$ est le centre de la face $BCGF$, dont les sommets sont $B(1~;~0~;~0)$, $C(1~;~1~;~0)$, $G(1~;~1~;~1)$, $F(1~;~0~;~1)$. La moyenne des coordonnées donne $J\left(1~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right)$.
   2. $\overrightarrow{FJ} = J - F = \left(0~;~\dfrac{1}{2}~;~-\dfrac{1}{2}\right)$. On vérifie l'orthogonalité aux vecteurs directeurs du plan $(AMN)$ :
      $\overrightarrow{FJ} \cdot \overrightarrow{AM} = 0 \times 2 + \dfrac{1}{2} \times 0 - \dfrac{1}{2} \times 0 = 0$ ;
      $\overrightarrow{FJ} \cdot \overrightarrow{AN} = 0 \times 0 + \dfrac{1}{2} \times 2 - \dfrac{1}{2} \times 2 = 0$.
      Comme $\overrightarrow{AM}$ et $\overrightarrow{AN}$ ne sont pas colinéaires (3.a), $\overrightarrow{FJ}$ est normal au plan $(AMN)$.

   3. Une équation du plan $(AMN)$ est $0 \times x + 1 \times y - 1 \times z = 0$ (vecteur normal $(0~;~1~;~-1)$, passant par $A$), soit $y - z = 0$. Pour $J\left(1~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right)$ : $\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} = 0$ ✓. Donc $J \in (AMN)$.

      Comme $(FJ) \perp (AMN)$ et $J \in (AMN)$, $J$ est bien le projeté orthogonal de $F$ sur le plan $(AMN)$.

5. Volume du tétraèdre $AMNF$. On choisit pour base le triangle $AMN$ d'aire $2\sqrt{2}$, et pour hauteur la distance $FJ$ (puisque $J$ est le projeté orthogonal de $F$ sur $(AMN)$) :
   $FJ = \sqrt{0 + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$. Donc $\mathcal{V}_{AMNF} = \dfrac{1}{3} \times 2\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{2}{3}$.

   Volume de la pyramide $BCGFM$. La base $BCGF$ est un carré de côté $1$ situé dans le plan d'équation $x = 1$. Sa hauteur est la distance de $M(2~;~0~;~0)$ à ce plan, soit $|2 - 1| = 1$. Donc $\mathcal{V}_{BCGFM} = \dfrac{1}{3} \times 1 \times 1 = \dfrac{1}{3}$.

   Ainsi $\mathcal{V}_{AMNF} = \dfrac{2}{3} = 2 \times \dfrac{1}{3} = 2 \times \mathcal{V}_{BCGFM}$.

Exercice 3

Partie A

1. $f(x) = \sqrt{3x - 2}$ est la composée de $x \mapsto 3x - 2$ (affine de coefficient $3 > 0$, donc croissante) suivie de $x \mapsto \sqrt{x}$ (croissante sur $[0~;~+\infty[$). Donc $f$ est croissante sur $[2~;~+\infty[$. $f(2) = \sqrt{4} = 2$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (3x - 2) = +\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.

2. 1. Démonstration par récurrence de $P(n)$ : « $2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 6$ ».

      Initialisation. $u_0 = 6$ et $u_1 = f(6) = \sqrt{16} = 4$. On a $2 \leqslant 4 \leqslant 6 \leqslant 6$ : $P(0)$ est vraie.

      Hérédité. Supposons $P(n)$ vraie. Comme $f$ est croissante sur $[2~;~+\infty[$ : $f(2) \leqslant f(u_{n+1}) \leqslant f(u_n) \leqslant f(6)$, soit $2 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant 4 \leqslant 6$. Donc $P(n+1)$ est vraie.

      Conclusion. Par récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 6$.

   2. $(u_n)$ est décroissante (car $u_{n+1} \leqslant u_n$) et minorée par $2$, donc converge.
3. $\ell$ vérifie $f(\ell) = \ell$, soit $\sqrt{3\ell - 2} = \ell$ avec $\ell \geqslant 2$. En élevant au carré : $3\ell - 2 = \ell^2$, soit $\ell^2 - 3\ell + 2 = 0$, c'est-à-dire $(\ell - 1)(\ell - 2) = 0$. Donc $\ell = 1$ ou $\ell = 2$. Comme $u_n \geqslant 2$ pour tout $n$, $\ell \geqslant 2$ : $\ell = 2$.
4. 1. La suite $(u_n)$ converge vers $2$ en décroissant strictement (on montre par récurrence que $u_n > 2$, car $f(x) > 2$ dès que $x > 2$). Donc pour tout réel $\varepsilon > 0$, il existe un rang à partir duquel $u_n < 2 + \varepsilon$. En particulier pour $\varepsilon = 10^{-6}$, il existe un rang $n$ tel que $u_n < 2{,}000001$. La boucle `while u >= a` s'arrête donc, et `rang(2.000001)` renvoie cette valeur de $n$.

   2. La boucle s'arrête dès que $u_n < a$. Si $a \leqslant 2$, comme $u_n > 2$ pour tout $n$, la condition $u_n < a$ n'est jamais satisfaite et la boucle est infinie. Si $a > 2$, comme $u_n \to 2$, il existe un rang où $u_n < a$, donc la boucle s'arrête.

      `rang(a)` renvoie un résultat si et seulement si $a > 2$.

Partie B

1. $v_1 = 3 - \dfrac{2}{v_0} = 3 - \dfrac{2}{6} = 3 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{8}{3}$.

2. 1. Calculons $v_{n+1} - 1$ et $v_{n+1} - 2$ :
      $v_{n+1} - 1 = 3 - \dfrac{2}{v_n} - 1 = \dfrac{2 v_n - 2}{v_n} = \dfrac{2(v_n - 1)}{v_n}$ ;
      $v_{n+1} - 2 = 3 - \dfrac{2}{v_n} - 2 = \dfrac{v_n - 2}{v_n}$.

      Donc $w_{n+1} = \dfrac{v_{n+1} - 1}{v_{n+1} - 2} = \dfrac{2(v_n - 1)/v_n}{(v_n - 2)/v_n} = 2 \times \dfrac{v_n - 1}{v_n - 2} = 2\, w_n$.

      $(w_n)$ est géométrique de raison $2$, et $w_0 = \dfrac{v_0 - 1}{v_0 - 2} = \dfrac{5}{4} = 1{,}25$.

   2. $w_n = w_0 \times 2^n = 1{,}25 \times 2^n$. D'après l'admis $w_n - 1 = \dfrac{1}{v_n - 2}$, donc $v_n - 2 = \dfrac{1}{w_n - 1} = \dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n - 1}$.

      Donc $v_n = 2 + \dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n - 1}$.

   3. Quand $n \to +\infty$, $1{,}25 \times 2^n \to +\infty$, donc $\dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n - 1} \to 0$ et $v_n \to 2$.

3. $v_n < 2{,}01$ équivaut à $\dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n - 1} < 0{,}01$, soit (puisque $1{,}25 \times 2^n - 1 > 0$ pour $n \geqslant 0$) $1{,}25 \times 2^n - 1 > 100$, c'est-à-dire $2^n > \dfrac{101}{1{,}25} = 80{,}8$.

   Comme $2^6 = 64 < 80{,}8$ et $2^7 = 128 > 80{,}8$, le plus petit entier $n$ tel que $v_n < 2{,}01$ est $n = 7$.

   Vérification : $v_7 = 2 + \dfrac{1}{1{,}25 \times 128 - 1} = 2 + \dfrac{1}{159} \approx 2{,}0063 < 2{,}01$ ✓.

Partie C

Les deux suites convergent vers $2$ en restant strictement supérieures à $2$ (montré pour $(u_n)$ au A.4.a, et pour $(v_n)$ car $1{,}25 \times 2^n - 1 > 0$). Donc « $v_n \in {]1{,}99~;~2{,}01[}$ » équivaut à « $v_n < 2{,}01$ », idem pour $(u_n)$.

Pour $(v_n)$ : d'après B.3, le plus petit rang convenable est $7$ ; pour tout $n \geqslant 7$, $v_n < 2{,}01$.

Pour $(u_n)$ : $(u_n)$ étant décroissante, on cherche le plus petit $n$ tel que $u_n < 2{,}01$. À la calculatrice : $u_{16} \approx 2{,}0116 > 2{,}01$ et $u_{17} \approx 2{,}0087 < 2{,}01$. Donc pour tout $n \geqslant 17$, $u_n < 2{,}01$.

Le plus petit entier $N$ vérifiant simultanément les deux conditions est $N = \max(7~;~17) = 17$.

La suite $(v_n)$ converge bien plus rapidement vers $2$ que $(u_n)$.

Exercice 4

1. Affirmation 1 : FAUSSE.
   Le premier chiffre a $9$ choix possibles (de $1$ à $9$). Les trois chiffres suivants doivent être distincts de ceux déjà placés : respectivement $9$, $8$ et $7$ choix. Total : $9 \times 9 \times 8 \times 7 = 4\,536$ codes, et non $5\,040$.

2. Affirmation 2 : FAUSSE.
   Notons $L$ « la personne achète son billet en ligne » et $A$ « la personne prend l'audioguide ». L'énoncé donne $P(L) = 0{,}7$, $P_L(A) = 0{,}8$ et $P(\overline{A}) = 0{,}32$, donc $P(A) = 0{,}68$.

   D'après la formule des probabilités totales : $P(A) = P(L) \times P_L(A) + P(\overline{L}) \times P_{\overline{L}}(A)$, soit $0{,}68 = 0{,}7 \times 0{,}8 + 0{,}3 \times P_{\overline{L}}(A) = 0{,}56 + 0{,}3 \times P_{\overline{L}}(A)$. On obtient $P_{\overline{L}}(A) = \dfrac{0{,}12}{0{,}3} = 0{,}4$, donc $P_{\overline{L}}(\overline{A}) = 0{,}6$.

   Or $0{,}6 < \dfrac{2}{3} \approx 0{,}667$ : la probabilité au guichet de ne pas prendre l'audioguide n'est pas supérieure à $\dfrac{2}{3}$.

3. Affirmation 3 : VRAIE.
   Le nombre $Y$ de visiteurs prenant l'audioguide parmi $12$ choisis indépendamment suit la loi binomiale $\mathcal{B}(12~;~0{,}68)$, donc :
   $P(Y = 6) = \dbinom{12}{6} \times 0{,}68^6 \times 0{,}32^6 = 924 \times (0{,}68 \times 0{,}32)^6 = 924 \times 0{,}2176^6$.
4. Affirmation 4 : FAUSSE.
   Conversion en minutes : $1$ h $20$ min $= 80$ min et $1$ h $40$ min $= 100$ min.
   $E(X) = 50 \times 0{,}1 + 80 \times 0{,}6 + 100 \times 0{,}3 = 5 + 48 + 30 = 83$ minutes, et non $77$.

Exercice 1

Partie A

1. L'énoncé donne $P(A) = 0{,}6$, $P_A(B) = 0{,}3$ et $P_{\overline{A}}(B) = 0{,}4$. On en déduit $P(\overline{A}) = 0{,}4$, $P_A(\overline{B}) = 0{,}7$ et $P_{\overline{A}}(\overline{B}) = 0{,}6$.

   

2. $P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(\overline{B}) = 0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}24$.

   Cela signifie que $24\,\%$ des personnes ayant souscrit à la formule ne chutent ni à la première ni à la deuxième séance.

3. D'après la formule des probabilités totales appliquée à la partition $(A~;~\overline{A})$ :
   $$\begin{aligned} P(B) &= P(A \cap B) + P(\overline{A} \cap B) \\ &= 0{,}6 \times 0{,}3 + 0{,}4 \times 0{,}4 \\ &= 0{,}18 + 0{,}16 \\ &= 0{,}34. \end{aligned}$$
4. On cherche $P_{\overline{B}}(\overline{A})$. On a $P(\overline{B}) = 1 - P(B) = 1 - 0{,}34 = 0{,}66$ et $P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0{,}24$ (question 2). Donc :
   $$P_{\overline{B}}(\overline{A}) = \dfrac{P(\overline{A} \cap \overline{B})}{P(\overline{B})} = \dfrac{0{,}24}{0{,}66} = \dfrac{12}{33} = \dfrac{4}{11} \approx 0{,}364.$$
5. 1. On répète $100$ fois de manière indépendante (tirage avec remise) la même épreuve de Bernoulli « la personne ne chute à aucune des deux séances » de paramètre $p = 0{,}24$. La variable $X$ qui compte le nombre de succès suit donc la loi binomiale $\mathcal{B}(100~;~0{,}24)$.
   2. À la calculatrice : $P(X \geqslant 20) = 1 - P(X \leqslant 19) \approx 1 - 0{,}145 = 0{,}855$ à $10^{-3}$ près.
   3. $E(X) = n \times p = 100 \times 0{,}24 = 24$. En moyenne, sur un grand nombre d'échantillons de $100$ personnes, on attend $24$ personnes qui ne chuteront à aucune des deux séances.

Partie B

1. Par linéarité de l'espérance : $E(T) = E(T_1) + E(T_2) = 40 + 60 = 100$.

   Pour une personne choisie au hasard parmi celles venues un week-end, le temps total d'attente moyen est de $100$ minutes.

2. Les variables $T_1$ et $T_2$ étant indépendantes, $V(T) = V(T_1) + V(T_2) = \sigma(T_1)^2 + \sigma(T_2)^2 = 10^2 + 16^2 = 100 + 256 = 356$.
3. L'évènement $\{60 < T < 140\}$ s'écrit $\{\lvert T - 100 \rvert < 40\}$. D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev avec $\varepsilon = 40$ :
   $$P(\lvert T - 100 \rvert \geqslant 40) \leqslant \dfrac{V(T)}{40^2} = \dfrac{356}{1600} = 0{,}2225.$$
   Par passage au complémentaire :
   $$\begin{aligned} P(60 < T < 140) &= 1 - P(\lvert T - 100 \rvert \geqslant 40) \\ &\geqslant 1 - 0{,}2225 \\ &= 0{,}7775 > 0{,}77. \end{aligned}$$

Exercice 2

Partie A

1. Pour le point $S\left(-\dfrac{1}{2}~;~1~;~4\right)$, on cherche $t$ et $s$ correspondants.

   Sur $d$ : $\dfrac{3}{2} + 2t = -\dfrac{1}{2}$ donne $t = -1$ ; on vérifie $2 + (-1) = 1$ ✓ et $3 - (-1) = 4$ ✓.

   Sur $d'$ : $s = -\dfrac{1}{2}$ ; on vérifie $\dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2} = 1$ ✓ et $3 - 2 \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) = 4$ ✓.

   De plus $d$ a pour vecteur directeur $\vec{u}(2~;~1~;~-1)$ et $d'$ a pour vecteur directeur $\vec{v}(1~;~1~;~-2)$. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires car $\dfrac{2}{1} \neq \dfrac{1}{1}$. Les droites $d$ et $d'$ sont donc bien sécantes en $S$.

2. 1. $\overrightarrow{AB}(2~;~-3~;~1)$ et $\overrightarrow{AC}(2~;~-1~;~0)$ ne sont pas colinéaires (les coordonnées en $z$ sont distinctes : $0$ et $1$), donc $A$, $B$, $C$ définissent un plan.
      $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 1 \times 2 + 2 \times (-3) + 4 \times 1 = 2 - 6 + 4 = 0$.
      $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 1 \times 2 + 2 \times (-1) + 4 \times 0 = 0$.
      $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ : c'est donc un vecteur normal à $(ABC)$.
   2. Une équation cartésienne de $(ABC)$ est de la forme $x + 2y + 4z + d = 0$. Comme $A(-1~;~2~;~1) \in (ABC)$ : $-1 + 4 + 4 + d = 0$, soit $d = -7$. Une équation est bien $x + 2y + 4z - 7 = 0$.
3. Pour $S\left(-\dfrac{1}{2}~;~1~;~4\right)$ : $-\dfrac{1}{2} + 2 \times 1 + 4 \times 4 - 7 = -\dfrac{1}{2} + 2 + 16 - 7 = \dfrac{21}{2} \neq 0$. Donc $S$ n'appartient pas au plan $(ABC)$ : les points $A$, $B$, $C$, $S$ ne sont pas coplanaires.

4. 1. $H$ appartient à $(ABC)$ : $-1 + 0 + 8 - 7 = 0$ ✓.

      $\overrightarrow{SH}$ est colinéaire à $\vec{n}$ :
      $$\overrightarrow{SH}\begin{pmatrix} -1 - (-\tfrac{1}{2}) \\ 0 - 1 \\ 2 - 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\tfrac{1}{2} \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix} = -\dfrac{1}{2}\,\vec{n}.$$
      Donc $(SH)$ est orthogonale à $(ABC)$, et $H \in (ABC)$ : $H$ est bien le projeté orthogonal de $S$ sur $(ABC)$.

   2. Pour tout point $M$ du plan $(ABC)$, le projeté orthogonal $H$ réalise la distance minimale de $S$ à $(ABC)$ : $SM \geqslant SH$.
      $$SH = \sqrt{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2 + (-1)^2 + (-2)^2} = \sqrt{\dfrac{1}{4} + 1 + 4} = \sqrt{\dfrac{21}{4}} = \dfrac{\sqrt{21}}{2}.$$
      Donc pour tout $M \in (ABC)$, $SM \geqslant \dfrac{\sqrt{21}}{2}$ : il n'existe pas de point $M \in (ABC)$ tel que $SM < \dfrac{\sqrt{21}}{2}$.

Partie B

1. $\overrightarrow{CS} = S - C = \left(-\dfrac{1}{2} - 1~;~1 - 1~;~4 - 1\right) = \left(-\dfrac{3}{2}~;~0~;~3\right)$.
   Donc $M = C + k\,\overrightarrow{CS}$ a pour coordonnées :
   $$M\left(1 - \dfrac{3k}{2}~;~1~;~1 + 3k\right) \quad \text{avec } k \in [0~;~1].$$

2. Le triangle $MAB$ est rectangle en $M$ si et seulement si $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0$.
   $$\overrightarrow{MA} = \left(-2 + \dfrac{3k}{2}~;~1~;~-3k\right), \quad \overrightarrow{MB} = \left(\dfrac{3k}{2}~;~-2~;~1 - 3k\right).$$
   $$\begin{aligned} \overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} &= \left(-2 + \dfrac{3k}{2}\right)\dfrac{3k}{2} + 1 \times (-2) + (-3k)(1 - 3k) \\ &= \dfrac{9k^2}{4} - 3k - 2 - 3k + 9k^2 \\ &= \dfrac{45k^2}{4} - 6k - 2. \end{aligned}$$
   On cherche les $k$ tels que $\dfrac{45k^2}{4} - 6k - 2 = 0$, soit $45k^2 - 24k - 8 = 0$.

   $\Delta = 24^2 + 4 \times 45 \times 8 = 576 + 1440 = 2016 = 144 \times 14$, donc $\sqrt{\Delta} = 12\sqrt{14}$.

   $k = \dfrac{24 \pm 12\sqrt{14}}{90} = \dfrac{4 \pm 2\sqrt{14}}{15}$.

   $k_1 = \dfrac{4 + 2\sqrt{14}}{15} \approx 0{,}766 \in [0~;~1]$ et $k_2 = \dfrac{4 - 2\sqrt{14}}{15} \approx -0{,}232 \notin [0~;~1]$.

   Il existe donc un unique point $M$ sur $[CS]$ tel que $MAB$ soit rectangle en $M$, correspondant à $k = \dfrac{4 + 2\sqrt{14}}{15}$.

Exercice 3

1. Affirmation 1 : FAUSSE.
   Pour $n \geqslant 1$, on met les termes dominants en facteur :
   $$\begin{aligned} u_n &= \dfrac{1 + 5^n}{2 + 3^n} \\ &= \dfrac{5^n\left(5^{-n} + 1\right)}{3^n\left(2 \times 3^{-n} + 1\right)} \\ &= \left(\dfrac{5}{3}\right)^n \times \dfrac{5^{-n} + 1}{2 \times 3^{-n} + 1}. \end{aligned}$$
   Quand $n \to +\infty$, $\left(\dfrac{5}{3}\right)^n \to +\infty$ (car $\dfrac{5}{3} > 1$) et le second facteur tend vers $1$. Donc $u_n \to +\infty$ : la suite $(u_n)$ diverge, elle ne converge pas vers $\dfrac{5}{3}$.

2. Affirmation 2 : VRAIE. Démonstration par récurrence de la propriété $P(n)$ : « $w_n \geqslant n$ ».

   Initialisation : $w_0 = 0 \geqslant 0$, donc $P(0)$ est vraie.

   Hérédité : supposons $P(n)$ vraie, soit $w_n \geqslant n$. Alors :
   $$w_{n+1} = 3 w_n - 2n + 3 \geqslant 3n - 2n + 3 = n + 3 \geqslant n + 1.$$
   Donc $P(n+1)$ est vraie.

   Conclusion : par récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $w_n \geqslant n$.

3. Affirmation 3 : FAUSSE.
   La tangente à $\mathcal{C}_f$ au point d'abscisse $1$ est l'axe des abscisses, donc $f(1) = 0$. Or, par lecture graphique, la tangente $T$ au point $A$ d'abscisse $8$ passe nettement au-dessus du point $(1~;~0)$ : on lit $T(1) > 0$.

   Donc en $x = 1$ : $f(1) = 0 < T(1)$. La courbe $\mathcal{C}_f$ passe en dessous de la tangente $T$. Or une fonction convexe sur un intervalle est située au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle. La fonction $f$ n'est donc pas convexe sur $]0~;~+\infty[$.

4. Affirmation 4 : VRAIE.
   Soit $h : x \mapsto \ln(x) - x + 1$ définie sur $]0~;~+\infty[$. Elle est dérivable et $h'(x) = \dfrac{1}{x} - 1 = \dfrac{1 - x}{x}$.

   Sur $]0~;~1[$, $h'(x) > 0$ ; sur $]1~;~+\infty[$, $h'(x) < 0$. Donc $h$ admet un maximum en $x = 1$, et :
   $$h(1) = \ln(1) - 1 + 1 = 0.$$
   Donc pour tout $x > 0$, $h(x) \leqslant h(1) = 0$, c'est-à-dire $\ln(x) - x + 1 \leqslant 0$.

Exercice 4

Partie A — Lectures graphiques

1. Par lecture graphique, $d(t) = 15$ pour $t \approx 2$ s : le chariot aura parcouru $15$ m au bout d'environ $2$ secondes.
2. La courbe $\mathcal{C}_d$ admet pour asymptote horizontale en $+\infty$ la droite $\Delta$ d'ordonnée $\approx 22{,}8$. La zone de freinage doit donc mesurer au minimum environ $23$ m.

3. $d'(4{,}7)$ est le coefficient directeur de la tangente $T$ à $\mathcal{C}_d$ au point $A$ d'abscisse $4{,}7$. Graphiquement, on lit $d'(4{,}7) \approx 1$.

   Or $d'$ représente la vitesse instantanée du chariot. Au bout de $4{,}7$ s, le chariot a une vitesse d'environ $1$ m·s$^{-1}$.

Partie B

1. 1. L'équation différentielle $(E') : y' + 0{,}6\, y = 0$ a pour solutions sur $[0~;~+\infty[$ les fonctions $t \mapsto K\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}$, $K \in \mathbb{R}$.
   2. $g(t) = t\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}$, donc $g'(t) = \mathrm{e}^{-0{,}6 t} + t \times (-0{,}6)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} = (1 - 0{,}6\, t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}$.
      $$\begin{aligned} g'(t) + 0{,}6\,g(t) &= (1 - 0{,}6\,t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} + 0{,}6\, t\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} \\ &= \mathrm{e}^{-0{,}6 t}. \end{aligned}$$
      Donc $g$ est solution de $(E)$.
   3. Les solutions de $(E)$ s'écrivent comme la somme d'une solution particulière (par exemple $g$) et des solutions de l'équation homogène $(E')$ :
      $$y(t) = K\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} + t\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} = (K + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}, \quad K \in \mathbb{R}.$$
   4. $v$ est une solution de $(E)$ vérifiant $v(0) = 12$. Avec $v(t) = (K + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}$ : $v(0) = K = 12$. Donc :
      $$v(t) = (12 + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}.$$
2. 1. $v(t) = (12 + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}$, donc :
      $$\begin{aligned} v'(t) &= \mathrm{e}^{-0{,}6 t} + (12 + t)\,(-0{,}6)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} \\ &= \bigl[1 - 0{,}6(12 + t)\bigr]\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} \\ &= (-6{,}2 - 0{,}6\, t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t}. \end{aligned}$$

   2. $v(t) = 12\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} + \dfrac{1}{0{,}6} \times \dfrac{0{,}6\, t}{\mathrm{e}^{0{,}6 t}}$.

      Quand $t \to +\infty$ : $\mathrm{e}^{-0{,}6 t} \to 0$, donc $12\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} \to 0$. En posant $u = 0{,}6\, t$, $\dfrac{0{,}6\, t}{\mathrm{e}^{0{,}6 t}} = \dfrac{u}{\mathrm{e}^u} \to 0$ par croissances comparées.

      Donc $\displaystyle\lim_{t \to +\infty} v(t) = 0$.

   3. Pour tout $t \geqslant 0$, $\mathrm{e}^{-0{,}6 t} > 0$ et $-6{,}2 - 0{,}6\, t < 0$. Donc $v'(t) < 0$ : $v$ est strictement décroissante sur $[0~;~+\infty[$.

      

   4. $v$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur $[0~;~+\infty[$, avec $v(0) = 12$ et $\displaystyle\lim_{t \to +\infty} v(t) = 0$. Donc $v$ réalise une bijection de $[0~;~+\infty[$ sur $]0~;~12]$. Comme $1 \in ]0~;~12]$, l'équation $v(t) = 1$ admet une unique solution $\alpha \in [0~;~+\infty[$.

      À la calculatrice : $v(4{,}6) \approx 1{,}05 > 1$ et $v(4{,}7) \approx 0{,}995 < 1$. Comme $v$ est décroissante, $\alpha \in {]4{,}6~;~4{,}7[}$, donc $\alpha \approx 4{,}7$ au dixième près.

3. Le système se déclenche lorsque $v(t) \leqslant 1$, soit, $v$ étant décroissante, lorsque $t \geqslant \alpha \approx 4{,}7$ s.

   Le dispositif d'arrêt entre donc en action au bout d'environ $4{,}7$ secondes.

Partie C

1. On effectue une intégration par parties sur $\displaystyle\int_0^t (12 + x)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 x}\,\mathrm{d}x$, en posant $u(x) = 12 + x$ et $w'(x) = \mathrm{e}^{-0{,}6 x}$ ; donc $u'(x) = 1$ et $w(x) = -\dfrac{5}{3}\,\mathrm{e}^{-0{,}6 x}$. Les fonctions $u$ et $w$ sont $\mathcal{C}^1$ sur $[0~;~t]$, donc :
   $d(t) = \left[-\dfrac{5}{3}(12 + x)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 x}\right]_0^t - \displaystyle\int_0^t -\dfrac{5}{3}\,\mathrm{e}^{-0{,}6 x}\,\mathrm{d}x = -\dfrac{5}{3}(12 + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} + \dfrac{5}{3} \times 12 + \dfrac{5}{3}\left[-\dfrac{5}{3}\,\mathrm{e}^{-0{,}6 x}\right]_0^t$.

   En développant : $d(t) = -\dfrac{5}{3}(12 + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} + 20 - \dfrac{25}{9}\,\mathrm{e}^{-0{,}6 t} + \dfrac{25}{9}$.

   En regroupant les exponentielles : $d(t) = \mathrm{e}^{-0{,}6 t}\left[-\dfrac{5}{3}(12 + t) - \dfrac{25}{9}\right] + 20 + \dfrac{25}{9}$.

   Or $-\dfrac{5}{3}(12 + t) - \dfrac{25}{9} = -\dfrac{180}{9} - \dfrac{15\, t}{9} - \dfrac{25}{9} = -\dfrac{205}{9} - \dfrac{5\, t}{3}$, et $20 + \dfrac{25}{9} = \dfrac{205}{9}$.

   Donc $d(t) = \mathrm{e}^{-0{,}6 t}\left(-\dfrac{5}{3}\, t - \dfrac{205}{9}\right) + \dfrac{205}{9}$.

2. La distance parcourue avant le déclenchement du dispositif est $d(\alpha)$ avec $\alpha \approx 4{,}7$ :
   $$\begin{aligned} d(4{,}7) &= \mathrm{e}^{-2{,}82}\left(-\dfrac{5 \times 4{,}7}{3} - \dfrac{205}{9}\right) + \dfrac{205}{9} \\ &\approx 0{,}0596 \times (-30{,}61) + 22{,}78 \\ &\approx 20{,}95. \end{aligned}$$
   Le chariot a donc parcouru environ $20{,}95$ m dans la zone de freinage avant le déclenchement du dispositif d'arrêt.

Exercice 1

1. Comme $p(A) + p(B) + p(AB) + p(O) = 1$, on a $p(O) = 1 - 0{,}45 - 0{,}10 - 0{,}03 = 0{,}42$.

   Les probabilités conditionnelles « rhésus positif » se lisent dans l'énoncé : $p_A(R) = 0{,}85$, $p_B(R) = 0{,}84$, $p_{AB}(R) = 0{,}82$. On obtient les probabilités complémentaires « rhésus négatif » par $p_X(\overline{R}) = 1 - p_X(R)$ : $p_A(\overline{R}) = 0{,}15$, $p_B(\overline{R}) = 0{,}16$, $p_{AB}(\overline{R}) = 0{,}18$. Les probabilités conditionnelles partant de $O$ seront déterminées à la question 3.

   
2. D'après la formule des probabilités conditionnelles :
   $$p(B \cap R) = p(B) \times p_B(R) = 0{,}10 \times 0{,}84 = 0{,}084.$$
   Cela signifie que $8{,}4\,\%$ des Français sont du groupe sanguin $B$ avec un facteur rhésus positif.

3. D'après la formule des probabilités totales appliquée à la partition $(A, B, AB, O)$ :
   $$p(R) = p(A \cap R) + p(B \cap R) + p(AB \cap R) + p(O \cap R).$$
   $p(A \cap R) = 0{,}45 \times 0{,}85 = 0{,}3825$ ; $p(B \cap R) = 0{,}084$ ; $p(AB \cap R) = 0{,}03 \times 0{,}82 = 0{,}0246$.
   Donc $0{,}8397 = 0{,}3825 + 0{,}084 + 0{,}0246 + p(O \cap R)$, soit $p(O \cap R) = 0{,}3486$.

   On en déduit $p_O(R) = \dfrac{p(O \cap R)}{p(O)} = \dfrac{0{,}3486}{0{,}42} = 0{,}83$.

4. Un donneur universel correspond à l'évènement $O \cap \overline{R}$. Comme $p_O(\overline{R}) = 1 - 0{,}83 = 0{,}17$ :
   $$p(O \cap \overline{R}) = p(O) \times p_O(\overline{R}) = 0{,}42 \times 0{,}17 = 0{,}0714.$$
5. 1. On répète $100$ fois de manière indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise) une même expérience de Bernoulli de paramètre $p = 0{,}0714$ (« la personne tirée est donneuse universelle »). La variable aléatoire $X$ qui compte le nombre de succès suit donc la loi binomiale $\mathcal{B}(100~;~0{,}0714)$.
   2. À l'aide de la calculatrice : $P(X \leqslant 7) \approx 0{,}577$ à $10^{-3}$ près.
   3. Pour une loi binomiale $\mathcal{B}(n~;~p)$ : $E(X) = np$ et $V(X) = np(1-p)$.
      $E(X) = 100 \times 0{,}0714 = 7{,}14$.
      $V(X) = 100 \times 0{,}0714 \times 0{,}9286 \approx 6{,}63$ à $10^{-2}$ près.
6. 1. $M_N$ représente le nombre moyen de donneurs universels par échantillon de $100$ personnes, sur les $N$ villes étudiées.
   2. Par linéarité de l'espérance :
      $$E(M_N) = \dfrac{1}{N}\bigl(E(X_1) + \dots + E(X_N)\bigr) = \dfrac{N \times 7{,}14}{N} = 7{,}14.$$
   3. Les variables $X_1, \dots, X_N$ étant indépendantes :
      $$V(M_N) = \dfrac{1}{N^2}\bigl(V(X_1) + \dots + V(X_N)\bigr) = \dfrac{N \times 6{,}63}{N^2} = \dfrac{6{,}63}{N}.$$
   4. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à $M_N$ avec $\varepsilon = 0{,}14$ donne :
      $$\begin{aligned} P(\lvert M_N - 7{,}14 \rvert \geqslant 0{,}14) &\leqslant \dfrac{V(M_N)}{0{,}14^2} \\ &= \dfrac{6{,}63}{N \times 0{,}0196}. \end{aligned}$$
      L'évènement $\{7 < M_N < 7{,}28\}$ s'écrit $\{\lvert M_N - 7{,}14 \rvert < 0{,}14\}$, donc :
      $$P(7 < M_N < 7{,}28) \geqslant 1 - \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\, N}.$$
      On veut $1 - \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\, N} \geqslant 0{,}95$, soit $\dfrac{6{,}63}{0{,}0196\, N} \leqslant 0{,}05$, c'est-à-dire $N \geqslant \dfrac{6{,}63}{0{,}05 \times 0{,}0196} \approx 6765{,}3$.
      La plus petite valeur entière convenable est donc $N = 6\,766$.

Exercice 2

Partie A — Lectures graphiques

1. La tangente $T_A$ passe par $A(1~;~2)$ et $C(3~;~0)$. Son coefficient directeur est $\dfrac{0 - 2}{3 - 1} = -1$, donc $f'(1) = -1$.
2. $f'(x) = 0$ aux abscisses où la tangente à $\mathcal{C}_f$ est horizontale. Graphiquement, $\mathcal{C}_f$ admet deux tangentes horizontales sur $]0~;~3]$ (un maximum local puis un minimum local).
3. Au voisinage de $x = 0{,}2$, la courbe $\mathcal{C}_f$ est concave (elle « tourne vers le bas »), donc $f''(0{,}2) < 0$.

Partie B — Étude de la fonction $f$

1. Discriminant : $\Delta = 9 - 16 = -7 < 0$. L'équation $2X^2 - 3X + 2 = 0$ n'admet aucune solution réelle. De plus le coefficient dominant $2 > 0$ : pour tout $X \in \mathbb{R}$, $2X^2 - 3X + 2 > 0$.

   Comme $f(x) = x \times \bigl[2(\ln x)^2 - 3\ln x + 2\bigr]$ avec $x > 0$ et le crochet strictement positif (en posant $X = \ln x$), on a $f(x) > 0$ pour tout $x \in {]0~;~+\infty[}$, donc $\mathcal{C}_f$ ne coupe pas l'axe des abscisses.

2. Quand $x \to +\infty$, $\ln x \to +\infty$, donc $2(\ln x)^2 - 3\ln x + 2 \to +\infty$ (terme dominant $2(\ln x)^2$). Par produit : $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.
3. 1. $f'(x) = 2(\ln x)^2 + \ln x - 1$. En dérivant : $f''(x) = 2 \times 2\ln x \times \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x} = \dfrac{4 \ln x + 1}{x} = \dfrac{1}{x}(4\ln x + 1)$.
   2. Sur $]0~;~+\infty[$, $\dfrac{1}{x} > 0$, donc $f''(x)$ a le signe de $4\ln x + 1$.
      $4 \ln x + 1 = 0 \Leftrightarrow \ln x = -\dfrac{1}{4} \Leftrightarrow x = \mathrm{e}^{-1/4}$.
      Pour $x < \mathrm{e}^{-1/4}$, $f''(x) < 0$ : $f$ est concave sur $\left]0~;~\mathrm{e}^{-1/4}\right]$.
      Pour $x > \mathrm{e}^{-1/4}$, $f''(x) > 0$ : $f$ est convexe sur $\left[\mathrm{e}^{-1/4}~;~+\infty\right[$.
      $\mathcal{C}_f$ admet un unique point d'inflexion d'abscisse $\mathrm{e}^{-1/4}$.
   3. Sur l'intervalle $]1~;~+\infty[$ on a $1 > \mathrm{e}^{-1/4}$, donc $f$ est convexe sur cet intervalle. Or une fonction convexe est située au-dessus de chacune de ses tangentes. La tangente $T_B$ a pour point de contact $B(\mathrm{e}~;~\mathrm{e}) \in {]1~;~+\infty[}$, donc $\mathcal{C}_f$ est au-dessus de $T_B$ sur $]1~;~+\infty[$.

Partie C — Calcul d'aire

1. $f'(\mathrm{e}) = 2(\ln \mathrm{e})^2 + \ln \mathrm{e} - 1 = 2 + 1 - 1 = 2$ et $f(\mathrm{e}) = \mathrm{e}$. La tangente en $B$ a pour équation :
   $$y = f'(\mathrm{e})(x - \mathrm{e}) + f(\mathrm{e}) = 2(x - \mathrm{e}) + \mathrm{e} = 2x - \mathrm{e}.$$
2. On pose $u(x) = \ln x$, $v'(x) = x$, donc $u'(x) = \dfrac{1}{x}$ et $v(x) = \dfrac{x^2}{2}$. Toutes les fonctions sont $\mathcal{C}^1$ sur $[1~;~\mathrm{e}]$. Par intégration par parties :
   $$\begin{aligned} \int_1^{\mathrm{e}} x \ln x \, \mathrm{d}x &= \left[\dfrac{x^2}{2} \ln x\right]_1^{\mathrm{e}} - \int_1^{\mathrm{e}} \dfrac{x^2}{2} \times \dfrac{1}{x} \, \mathrm{d}x \\ &= \dfrac{\mathrm{e}^2}{2} - \left[\dfrac{x^2}{4}\right]_1^{\mathrm{e}} \\ &= \dfrac{\mathrm{e}^2}{2} - \dfrac{\mathrm{e}^2 - 1}{4} \\ &= \dfrac{\mathrm{e}^2 + 1}{4}. \end{aligned}$$

3. Comme $\mathcal{C}_f$ est au-dessus de $T_B$ sur $[1~;~\mathrm{e}]$ :
   $$\begin{aligned} \mathcal{A} &= \int_1^{\mathrm{e}} \bigl[f(x) - (2x - \mathrm{e})\bigr]\, \mathrm{d}x \\ &= \int_1^{\mathrm{e}} \bigl[2x(\ln x)^2 - 3x \ln x + 2x - 2x + \mathrm{e}\bigr]\, \mathrm{d}x. \end{aligned}$$
   Soit $\mathcal{A} = 2 \times \dfrac{\mathrm{e}^2 - 1}{4} - 3 \times \dfrac{\mathrm{e}^2 + 1}{4} + \mathrm{e}(\mathrm{e} - 1) = \dfrac{2\mathrm{e}^2 - 2 - 3\mathrm{e}^2 - 3}{4} + \mathrm{e}^2 - \mathrm{e} = \dfrac{-\mathrm{e}^2 - 5}{4} + \mathrm{e}^2 - \mathrm{e}$.

   En réduisant au même dénominateur :
   $$\mathcal{A} = \dfrac{-\mathrm{e}^2 - 5 + 4\mathrm{e}^2 - 4\mathrm{e}}{4} = \dfrac{3\mathrm{e}^2 - 4\mathrm{e} - 5}{4} \text{ unités d'aire} \approx 1{,}57 \text{ u.a.}$$

Exercice 3

1. Affirmation 1 : VRAIE.
   $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ -6 \end{pmatrix}$ et la représentation paramétrique proposée a pour vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}$. On vérifie $\overrightarrow{AB} = -2\,\vec{u}$ : les deux vecteurs sont colinéaires. De plus, pour $t = 0$, on obtient $(3~;~2~;~-1) = B$, point qui appartient à $(AB)$. Cette représentation paramétrique décrit donc bien la droite $(AB)$.

   Affirmation 2 : FAUSSE.
   $\overrightarrow{OA}\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 5 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{OB}\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}$ ne sont pas colinéaires (donc forment bien un plan). On calcule $\vec{n} \cdot \overrightarrow{OB} = 5 \times 3 + (-2) \times 2 + 1 \times (-1) = 15 - 4 - 1 = 10 \neq 0$. Le vecteur $\vec{n}$ n'est donc pas orthogonal à $\overrightarrow{OB}$, et n'est pas normal au plan $(OAB)$.

2. Affirmation 3 : FAUSSE.
   $d$ a pour vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$ et $d'$ a pour vecteur directeur $\vec{v}\begin{pmatrix} 4 \\ 4 \\ -6 \end{pmatrix}$. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires ($\dfrac{4}{1} \neq \dfrac{4}{-1}$), donc $d$ et $d'$ ne sont pas parallèles. Cherchons si elles se coupent en résolvant :
   $$\begin{cases} 15 + k = 1 + 4s \\ 8 - k = 2 + 4s \\ -6 + 2k = 1 - 6s \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} k - 4s = -14 \\ -k - 4s = -6 \\ 2k + 6s = 7 \end{cases}$$
   La somme des deux premières équations donne $-8s = -20$, soit $s = 2{,}5$, puis $k = -14 + 4 \times 2{,}5 = -4$. On vérifie la 3e équation : $2 \times (-4) + 6 \times 2{,}5 = -8 + 15 = 7$ ✓.
   Les droites $d$ et $d'$ se coupent au point $(11~;~12~;~-14)$ : elles sont coplanaires.
3. Affirmation 4 : VRAIE.
   La distance du point $C(2~;~-1~;~2)$ au plan $\mathcal{P}$ d'équation $x - y + z + 1 = 0$ est :
   $$\begin{aligned} d(C, \mathcal{P}) &= \dfrac{\lvert 2 - (-1) + 2 + 1 \rvert}{\sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2}} \\ &= \dfrac{6}{\sqrt{3}} \\ &= \dfrac{6\sqrt{3}}{3} \\ &= 2\sqrt{3}. \end{aligned}$$

Exercice 4

Partie A — Étude d'un modèle discret

1. $u_1 = -0{,}02 \times 1^2 + 1{,}3 \times 1 = -0{,}02 + 1{,}3 = 1{,}28$. Au $1^{\text{er}}$ juillet 2025, la posidonie recouvrira $1{,}28$ ha.

2. 1. Démonstration par récurrence. On note $P(n)$ : « $1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20$ ».

      Initialisation. $u_0 = 1$ et $u_1 = 1{,}28$, donc $1 \leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant 20$ : $P(0)$ est vraie.

      Hérédité. Supposons $P(n)$ vraie pour un certain $n \in \mathbb{N}$ : $1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20$. Comme $h$ est croissante sur $[0~;~20]$ :
      $$h(1) \leqslant h(u_n) \leqslant h(u_{n+1}) \leqslant h(20).$$
      Or $h(1) = 1{,}28$, $h(20) = -0{,}02 \times 400 + 1{,}3 \times 20 = -8 + 26 = 18$, et $h(u_n) = u_{n+1}$, $h(u_{n+1}) = u_{n+2}$. Donc :
      $$1{,}28 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 18,$$
      et a fortiori $1 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 20$ : $P(n+1)$ est vraie.

      Conclusion. Par récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20$.

   2. L'inégalité $u_n \leqslant u_{n+1}$ montre que $(u_n)$ est croissante, et l'inégalité $u_n \leqslant 20$ montre qu'elle est majorée. D'après le théorème de la limite monotone, $(u_n)$ converge vers une limite $L \in \mathbb{R}$.
   3. La fonction $h$ étant continue et $u_{n+1} = h(u_n)$, en passant à la limite : $L = h(L) = -0{,}02\, L^2 + 1{,}3\, L$.
      Soit $0{,}02\, L^2 - 0{,}3\, L = 0$, c'est-à-dire $L\,(0{,}02\, L - 0{,}3) = 0$. On obtient $L = 0$ ou $L = 15$.
      Or, pour tout $n$, $u_n \geqslant 1$, donc $L \geqslant 1$ : la seule possibilité est $L = 15$.
3. 1. La suite $(u_n)$ est croissante et tend vers $15$. Comme $14 < 15$, par définition de la limite, à partir d'un certain rang on aura $u_n > 14$. La surface dépassera donc bien $14$ ha au bout d'un certain nombre d'années.

   2. Algorithme complété :

      def seuil():
          n = 0
          u = 1
          while u <= 14 :
              n = n + 1
              u = -0.02 * u**2 + 1.3 * u
          return n

      À l'exécution, on obtient $n = 18$ : la posidonie dépassera $14$ ha au $1^{\text{er}}$ juillet $2024 + 18 = 2042$.

Partie B — Étude d'un modèle continu

1. $f$ ne s'annule pas et est dérivable sur $[0~;~+\infty[$, donc $g = \dfrac{1}{f}$ l'est aussi, et $g'(t) = -\dfrac{f'(t)}{f(t)^2}$.

   Comme $f' = 0{,}02\, f(15 - f)$ :
   $$\begin{aligned} g'(t) &= -\dfrac{0{,}02\, f(t)(15 - f(t))}{f(t)^2} \\ &= -\dfrac{0{,}02\,(15 - f(t))}{f(t)} \\ &= -0{,}3 \times \dfrac{1}{f(t)} + 0{,}02 \\ &= -0{,}3\, g(t) + 0{,}02. \end{aligned}$$
   Donc $g$ est solution de $(E_2) : y' = -0{,}3\, y + 0{,}02$.

2. L'équation $(E_2)$ est linéaire du premier ordre. Une solution particulière constante vérifie $0 = -0{,}3\, y + 0{,}02$, soit $y = \dfrac{0{,}02}{0{,}3} = \dfrac{1}{15}$.

   Les solutions générales sont donc : $y(t) = K\,\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + \dfrac{1}{15}$, avec $K \in \mathbb{R}$.

3. Comme $f(0) = 1$, on a $g(0) = 1$. Donc $K + \dfrac{1}{15} = 1$, soit $K = \dfrac{14}{15}$.

   D'où $g(t) = \dfrac{14}{15}\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + \dfrac{1}{15} = \dfrac{14\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + 1}{15}$.

   En prenant l'inverse : $f(t) = \dfrac{1}{g(t)} = \dfrac{15}{14\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + 1}$.

4. Quand $t \to +\infty$, $\mathrm{e}^{-0{,}3 t} \to 0$, donc $14\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + 1 \to 1$, et $f(t) \to 15$.

   La superficie tend vers $15$ ha (limite cohérente avec la partie A).

5. Pour $t \geqslant 0$, $14\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + 1 > 0$. Donc :
   $$\begin{aligned} f(t) > 14 &\Leftrightarrow \dfrac{15}{14\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + 1} > 14 \\ &\Leftrightarrow 15 > 14\,(14\mathrm{e}^{-0{,}3 t} + 1) \\ &\Leftrightarrow 1 > 196\, \mathrm{e}^{-0{,}3 t}. \end{aligned}$$
   Soit $\mathrm{e}^{-0{,}3 t} < \dfrac{1}{196}$, c'est-à-dire $-0{,}3\, t < -\ln(196)$, donc $t > \dfrac{\ln(196)}{0{,}3} \approx 17{,}6$.

   Dans ce modèle continu, la posidonie dépassera $14$ ha environ $17{,}6$ années après le $1^{\text{er}}$ juillet $2024$, soit au cours de l'année $2042$ (résultat cohérent avec la partie A).