Sujets de Mathématiques, Term S

Transcription

Sujet 1
Inde, avril 2014, exercice 1
4 points
Dans cet exercice, sauf indication contraire, les résultats seront arrondis au
centième.
1 La durée de vie, exprimée en années, d’un moteur pour automatiser un portail fabriqué par une entreprise A est une variable aléatoire X qui suit une loi
exponentielle de paramètre λ, où λ est un réel strictement positif.
On sait que P (X > 2) = 0, 15.
Déterminez la valeur exacte du réel λ.
Rappelez la densité de probabilité d’une variable aléatoire X suivant la loi
exponentielle de paramètre λ puis utilisez la propriété du cours donnant
P (X > c).
Dans la suite de l’exercice on prendra 0,081 pour valeur de λ.
2 a) Déterminez P (X > 3).
Utilisez la propriété du cours donnant P (X > c).
b) Montrez que pour tous réels positifs t et h, Px>t (X > t + h) = P (X > h).
Utilisez la propriété du cours donnant P (X > c) et la formule des probabilités conditionnelles.
c) Le moteur a déjà fonctionné durant 3 ans. Quelle est la probabilité pour qu’il
fonctionne encore 2 ans ?
Traduisez la probabilité demandée sous la forme d’une probabilité conditionnelle puis appliquez le résultat de la question précédente.
d) Calculez l’espérance de la variable aléatoire X et donner une interprétation
de ce résultat.
Appliquez la formule, vue en cours, donnant l’espérance d’une variable
aléatoire X suivant la loi exponentielle de paramètre λ.
3 Dans la suite de cet exercice, on donnera des valeurs arrondies des résultats à 10−3 .
L’entreprise A annonce que le pourcentage de moteurs défectueux dans la production est égal à 1 %. Afin de vérifier cette affirmation 800 moteurs sont
prélevés au hasard. On constate que 15 moteurs sont détectés défectueux.
14
Sujet 1 | Énoncé
Le résultat de ce test remet-il en question l’annonce de l’entreprise A ? Justifiez.
On pourra s’aider d’un intervalle de fluctuation.
Pour une proportion p et un échantillon de taille n, l’intervalle de fluctuation
au seuil dep95 % est
p
i donné par la formule ci-dessous :
h asymptotique
p(1−p)
p(1−p)
, sous réserve que : n > 30, np > 5
p − 1, 96 √n ; p + 1, 96 √n
et n(1 − p) > 5.
15
Sujet 1 | Corrigé
1 D’après le cours, nous savons que si une variable aléatoire X suit la loi
exponentielle de paramètre λ sur [0 ; +∞[, alors sa densité de probabilité est
définie sur [0 ; +∞[ par :
f (x) = λe−λx et P (X > c) = e−λc .
Par conséquent, P (X 6 2) = 1 − P (X > 2) = 1 − e−λ×2 = 0, 15, donc
ln(0,85)
0, 85 = e−2λ et ln(0, 85) = −2λ, soit λ = − 2 ≈ 0, 081.
2 a) D’après le cours, nous savons que P (X > c) = e−λc , donc :
P (X > 3) = e−3λ = e−3×0,081 ≈ 0, 78.
b) D’après le cours, nous savons que pour tous réels positifs t et h :
P (X > t) = e−λt et P (X > t + h) = e−λ(t+h) .
−λ(t+h)
>t+h))
P (X >t+h)
Donc : PX >t (X > t + h) = P ((X >Pt)∩(X
= P (X >t) = e e−λt =
(X >t)
e−λh = P (X > h).
c) La probabilité demandée correspond à PX >3 (X > 3 + 2).
On applique alors la formule établie à la question 2. b) et on obtient avec t = 3
et h = 2 :
PX >3 (X > 3 + 2) = P (X > 2) = 1 − P (X < 2) = 1 − 0, 15 = 0, 85.
d) Nous savons que si une variable aléatoire X suit la loi exponentielle de paramètre λ sur [0 ; +∞[, alors : E(X) = λ1 .
1
D’où, dans notre cas : E(X) = 0,081
≈ 12, 35.
Ce qui signifie que la durée moyenne de vie d’un moteur est d’environ 12, 35
années.
3 Pour une proportion p et un échantillon de taille n, l’intervalle de fluctuation
asymptotique
I aup seuil ide 95 % est, d’après le cours, I =
p
h
p(1−p)
p(1−p)
p − 1, 96 √n ; p + 1, 96 √n
, sous réserve que : n > 30, np > 5 et
n(1 − p) > 5.
L’échantillon de l’enquête est de taille n = 800 et l’entreprise annonce que le
pourcentage de moteurs défectueux est de 1 % donc p = 0, 01. Par ailleurs on
a bien :
n = 800 > 30, np = 800 × 0, 01 = 8 > 5 et n(1 − p) = 800 × 0, 99 = 792 > 5.
L’intervalle
de fluctuation asymptotique
au seuil de 95% est donc I = [0, 01 −
p
p
0,01(1−0,01)
0,01(1−0,01)
√
√
1, 96
; 0, 01 + 1, 96
] ≈ [0, 003 ; 0, 017].
800
800
16
Sujet 1 | Corrigé
On constate que 15 moteurs sont détectés défectueux sur 800, ce qui fait une
15
= 0, 01875.
proportion de p = 800
Or, 0, 01875 6∈ I donc le résultat de ce test remet en question l’annonce de
l’entreprise A.
17
Sujet 2
Amérique du Nord, mai 2013, exercice 3
5 points
Les parties A, B et C peuvent être traitées indépendamment les unes des autres.
Une boulangerie industrielle utilise une machine pour fabriquer des pains de
campagne pesant en moyenne 400 grammes. Pour être vendus aux clients, ces
pains doivent peser au moins 385 grammes. Un pain dont la masse est strictement inférieure à 385 grammes est un pain non-commercialisable, un pain
dont la masse est supérieure ou égale à 385 grammes est commercialisable.
La masse d’un pain fabriqué par la machine peut être modélisée par une variable aléatoire X suivant la loi normale d’espérance µ = 400 et d’écart type
σ = 11.
Les probabilités seront arrondies au millième le plus proche.
Partie A
Vous pourrez utiliser le tableau suivant dans lequel les valeurs sont arrondies
au millième le plus proche.
x
380
385
390
395
400
P (X 6 x)
0,035
0,086
0,182
0,325
0,5
x
405
410
415
420
P (X 6 x)
0,675
0,818
0,914
0,965
1 Calculez P (390 6 X 6 410).
Utilisez le tableau et le fait que si X est une variable aléatoire suivant une
loi continue : P (a 6 X 6 b) = P (X 6 b) − P (X 6 a).
2 Calculez la probabilité p qu’un pain choisi au hasard dans la production soit
commercialisable.
Traduisez à l’aide d’une variable aléatoire et d’une probabilité le fait
qu’un pain choisi au hasard dans la production soit commercialisable.
18
Sujet 2 | Énoncé
3 Le fabricant trouve cette probabilité p trop faible. Il décide de modifier ses
méthodes de production afin de faire varier la valeur de σ sans modifier celle
de µ.
Pour quelle valeur de σ la probabilité qu’un pain soit commercialisable est-elle
égale à 96 % ? On arrondira le résultat au dixième.
On pourra utiliser le résultat suivant : lorsque Z est une variable aléatoire qui suit la loi normale d’espérance 0 et d’écart type 1, on a
P (Z 6 −1,751) ≈ 0,040.
Traduisez l’énoncé à l’aide d’une variable aléatoire et d’une probabilité
puis centrez, réduisez et utilisez la valeur donnée dans l’énoncé.
Partie B
Les méthodes de production ont été modifiées dans le but d’obtenir 96 % de
pains commercialisables.
Afin d’évaluer l’efficacité de ces modifications, on effectue un contrôle qualité
sur un échantillon de 300 pains fabriqués.
1 Déterminez l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % de la
proportion de pains commercialisables dans un échantillon de taille 300.
Utilisez les données de l’énoncé pour déterminer les bornes de l’intervalle
de fluctuation.
2 Parmi les 300 pains de l’échantillon, 283 sont commercialisables.
Au regard de l’intervalle de fluctuation obtenu à la question 1., peut-on décider
que l’objectif a été atteint ?
Calculez la fréquence observable de l’échantillon et vérifiez si elle appartient ou non à l’intervalle de fluctuation précédemment déterminé.
Partie C
Le boulanger utilise une balance électronique. Le temps de fonctionnement
sans dérèglement, en jours, de cette balance électronique est une variable aléatoire T qui suit une loi exponentielle de paramètre λ.
1 On sait que la probabilité que la balance électronique ne se dérègle pas avant
30 jours est de 0,913. En déduire la valeur de λ arrondie au millième.
19
Sujet 2 | Énoncé
Dans toute la suite vous prendrez λ = 0,003.
Utilisez une formule de la loi exponentielle : P (X > c) = e−λc .
2 Quelle est la probabilité que la balance électronique fonctionne encore sans
dérèglement après 90 jours, sachant qu’elle a fonctionné sans dérèglement 60
jours ?
Utilisez la formule des probabilités conditionnelles et la formule précédente.
3 Le vendeur de cette balance électronique a assuré au boulanger qu’il y avait
une chance sur deux pour que la balance ne se dérègle pas avant un an. A-t-il
raison ? Si non, pour combien de jours est-ce vrai ?
Utilisez une formule de la loi exponentielle : P (X > c) = e−λc .
20
Sujet 2 | Corrigé
Partie A
1 P (390 6 X 6 410) = P (X 6 410) − P (X 6 390)
= 0, 818 − 0, 182 = 0, 636.
2 Un pain choisi au hasard dans la production est commercialisable si et seulement si {X > 385} est l’événement contraire de {X < 385}. On remarque que
P (X < 385) = P (X > 385). On a donc :
P (X > 385) = 1 − P (X 6 385)
P (X > 385) = 1 − 0, 086 = 0, 914.
3 On désigne par Y la variable aléatoire de paramètres µ = 400 et d’écart
type σ inconnu, on a : P (Y > 385) = 0, 96 d’où 1 − P (Y 6 385) = 0, 96 et
P (Y 6 385) = 0, 04.
Or, d’après le cours, on sait que si Y suit une loi normale de paramètres µ = 400
suitune loi normale centrée réduite et P (Y > 385) = 0,04
et σ , alors Z = Y −400
σ
385−400
entraîne P Z 6
= 0, 04.
σ
D’après l’énoncé nous savons que P (Z 6 −1, 751) ≈ 0, 040. On a donc :
15
−15
σ = −1, 751 et finalement σ = 1,751 ≈ 8, 6.
Si σ = 8,6, valeur approché au dixième, la probabilité qu’un pain soit commercialisable est de 96 %.
Partie B
1 L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % de la proportion
de pains
dans un
échantillon
de taille 300 s’écrit :
p
p
i
h commercialisables
p(1−p)
I = p − 1, 96 √n ; p − +, 96
avec p = 0,96 et n = 300.
On a donc : I = [0,93 ; 0,99].
p(1−p)
√
n
2 Parmi les 300 pains de l’échantillon, 283 sont commercialisables.
La fréquence observable de pains commercialisables dans cet échantillon est
de 283
300 soit environ 94 % de la production.
Puisque 0,94 ∈ [0,93 ; 0,99], on décide que l’objectif a été atteint.
21
Sujet 2 | Corrigé
Partie C
1 On sait que la probabilité que la balance électronique ne se dérègle pas avant
30 jours est P (T > 30) = 0, 913.
D’après le cours, on sait que si X suit une loi exponentielle de paramètre λ
alors P (X > c) = e−λc .
On obtient donc ici : P (T > 30) = e−30λ .
e−30λ = 0, 913 entraîne −30λ = ln(0, 913) et finalement λ = 0, 003.
2 Calculons PT >60 (T > 90).
On a :
P ({T >60}∩{T >90})
PT >60 (T > 90) =
P (T >60)
PT >60 (T > 90) =
P (T >90)
P (T >60
e−90λ
e−60λ
e−30λ .
PT >60 (T > 90) =
PT >60 (T > 90) =
Avec λ = 0, 003, on a donc :
PT >60 (T > 90) = P (T > 30) = 0, 913.
La probabilité que la balance électronique fonctionne encore sans dérèglement après 90 jours, sachant qu’elle a fonctionné sans dérèglement 60 jours
est 0,913.
3 La probabilité que la balance fonctionne au moins un an sans dérèglement
est :
P (T > 365) = e−365λ ≈ 0, 335.
Le vendeur a donc tort.
Cherchons n tel que P (T > n) = 0, 5.
Cela revient à résoudre e−0,003n = 0, 5, d’où −0, 003n = ln(0, 5) et n ≈
231, 05.
La balance a une chance sur deux pour ne pas se dérégler avant 231 jours.
22
Sujet 3
Nouvelle-Calédonie, mars 2014, exercice 3
5 points
Partie A
Soit f la fonction dérivable, définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par f(x) = x ln(x).
1 Déterminer les limites de f en 0 et en +∞.
Utilisez les limites usuelles associées au logarithme.
2 On appelle f’ la fonction dérivée de f sur ]0 ; +∞[. Montrer que
f’(x) = ln(x) + 1.
Utilisez la dérivée du produit (u · v)0 = u0 v + uv 0 .
3 Déterminer les variations de f sur ]0 ; +∞[.
Vous devez résoudre une inéquation avec un logarithme pour trouver le
signe de f 0 .
Partie B
Soit C la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthonormal.
Soit A se l’aire, exprimée en unités d’aire, de la partie du plan comprise entre
l’axe des abscisses, la courbe C et les droites d’équations respectives x = 1 et
x = 2.
23
Sujet 3 | Énoncé
On utilise l’algorithme suivant pour calculer, par la méthode des rectangles,
une valeur approchée de l’aire se A :
Variables :
k et n sont des entiers naturels
U, V sont des nombres réels
Initialisation :
U prend la valeur 0
V prend la valeur 0
n prend la valeur 4
Traitement :
Pour k allant de 0 à n - 1
Affecter à U la valeur U + 12 f(1 + kn )
Affecter à V la valeur V + n1 f(1 + k+1
n )
Fin pour
Affichage :
Afficher U
Afficher V
1 a) Que représentent U et V sur le graphique précédent ?
Discernez le nombre U comme somme d’aires ainsi que le nombre V .
b) Quelles sont les valeurs U et V affichées en sortie de l’algorithme (on donnera une valeur approchée de U par défaut à 10-4 près et une valeur approchée
par excès de V à 10-4 près) ?
Faites tourner l’algorithme, et utilisez la calculatrice.
c) En déduire un encadrement de A.
Tenir compte des résultats des a) et b) pour répondre.
2 Soient les suites (Un ) et (Vn ) définiespour tout entier n nonnul par :
Un = 1n f(1) + f 1 + 1n + f 1 + 2n + . . . + f 1+ n−1
n Vn = 1n f 1 + 1n + f 1 + 2n + . . . + f 1 + n−1
+
f
(2)
n
On admettra que, pour tout n entier naturel non nul, Un 6 A 6 Vn .
a) Trouver le plus petit entier n tel que Vn − Un < 0, 1.
Calculez Vn − Un en fonction de n puis résolvez l’inéquation demandée.
b) Comment modifier l’algorithme précédent pour qu’il permette d’obtenir un
encadrement de A d’amplitude inférieure à 0,1 ?
24
Sujet 3 | Énoncé
Au lieu de « n prend la valeur 4 », on écrira « n prend la valeur trouvée
au a) ».
Partie C
Soit F la fonction dérivable, définie sur ]0 ; +∞[ par F(x) =
x2
2
ln x −
x2
4.
1 Montrer que F est une primitive de f sur ]0 ; +∞[.
Souvenez-vous que F est une primitive de f si et seulement si F 0 = f .
2 Calculer la valeur exacte de A.
Interprétez l’aire à l’aide d’une intégrale judicieuse.
25
Sujet 3 | Corrigé
Partie A
1 lim+ x ln(x) = 0− , donc lim+ f (x) = 0.
x→0
lim x = +∞ et
x→+∞
x→0
lim ln(x) = +∞, donc par produit des limites :
x→+∞
lim f (x) = +∞.
x→+∞
1
, donc en
x
0
0
0
utilisant la formule de dérivation d’un produit : (u · v) = u v + uv , on obtient :
f 0 (x) = ln(x) + 1.
2 f = u · v avec u(x) = x et v(x) = ln(x). u0 (x) = 1 et v 0 (x) =
3 f 0 (x) > 0 est équivalente à ln(x) + 1 > 0, soit ln(x) > −1 et x > e−1 .
Par conséquent, f est décroissante sur ]0; e−1 ] et croissante sur [e−1 ; +∞[.
Partie B
1 a) Sur le graphique de l’énoncé, le nombre U représente la somme des aires
des rectangles situés en-dessous de la courbe, elle est inférieure à l’aire sous
la courbe. Le nombre V représente la somme des aires des rectangles situés
au-dessus de la courbe, elle est supérieure à l’aire sous la courbe.
b) En faisant tourner l’algorithme, en sortie de l’algorithme les valeurs affichées sont : 0, 4666 pour U et 0, 8132 pour V .
c) Grâce au a), on déduit l’encadrement suivant : 0, 4666 < A < 0, 8132.
1
2 ln(2) − 0
2 ln(2)
2 a) Puisque Vn − Un = (f (2) − f (1)) =
=
.
n
n
n
2 ln(2)
Le plus petit entier n tel que Vn − Un 1 doit être tel que
1, soit n >
n
20 ln(2) ≈ 13, 8.
Le plus petit entier n tel que Vn − Un 1 est donc 14.
b) Pour obtenir un encadrement de A d’amplitude inférieure à 0, 1 dans l’algorithme, il suffit d’entrer 14 comme valeur de n et au lieu de « n prend la valeur
4 », on écrira « n prend la valeur 14 ».
Partie C
26
Sujet 3 | Corrigé
1 Pour montrer que F est une primitive de f , il suffit de montrer que F 0 = f .
2x
x2 1 2x
x x
Or, F 0 (x) =
× ln(x) +
× −
= x ln(x) + − = x ln(x) = f (x).
2
2
x
4
2 2
Donc F est bien une primitive de f sur ]0; +∞[.
Z 2
2 ln(x) > 0 sur [1; ∞[, donc A =
f (t)dt.
1
Z 2
1
3
A=
f (t)dt = F (2) − F (1) = (2 ln(2) − 1) − −
= 2 ln(2) − .
4
4
1
27
Sujet 4
Sujet national, juin 2014, exercice 1
5 points
Partie A
Dans le plan muni d’un repère orthonormé, on désigne par C1 la courbe représentative de la fonction f1 définie sur R par :
f1 (x) = x + e−x .
1 Justifier que C1 passe par le point A de coordonnées (0 ; 1).
Utilisez la propriété suivante : un point M de coordonnées x et y appartient
à une courbe Cf , si et seulement si y = f (x).
2 Déterminer le tableau de variation de la fonction f1 . On précisera les limites
de f1 en +∞ et en −∞.
Pour la dérivation, utilisez la formule : (eu )0 = u0 eu si u est une fonction
dérivable.
Pour les limites, utilisez les limites usuelles et dans le cas de la forme
indéterminée considérez cette limite : lim xex = 0.
x→−∞
Partie B
R1
L’objet de cette partie est d’étudier la suite (In ) définie sur R, par : In = 0 (x+
e−nx )dx.
1 Dans le plan muni d’un repère orthonorme (O ; ~i, ~j), pour tout entier naturel n, on note Cn la courbe représentative de la fonction fn définie sur R par
fn (x) = x + e−nx .
Sur le graphique ci-dessous on a tracé la courbe Cn pour plusieurs valeurs de
l’entier n et la droite D d’équation x = 1.
28
Sujet 4 | Énoncé
a) Interpréter géométriquement l’intégrale In .
Rb
D’après le cours, quand f > 0, a f (x)dx correspond, en unités d’aire, à
l’aire du plan déterminé par le domaine suivant : a 6 x 6 b et 0 6 f (x).
b) En utilisant cette interprétation, formuler une conjecture sur le sens de variation de la suite (In ) et sa limite éventuelle. On précisera les éléments sur
lesquels on s’appuie pour conjecturer.
La conjecture sur les variations de la suite et sa limite se déduit d’une
considération des aires.
2 Démontrer que, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1,
R1
In+1 − In = 0 e−(n+1)x (1 − ex )dx.
En déduire le signe de In+1 − In puis démontrer que la suite (In ) est convergente.
Mobilisez les propriétés de linéarité et de positivité de l’intégrale, puis le
théorème de convergence.
3 Déterminer l’expression de In en fonction de n et déterminer la limite de la
suite (In ).
Recherchez une primitive de fn puis la limite de l’intégrale obtenue.
29
Sujet 4 | Corrigé
Partie A
1 Pour montrer que C1 passe par le point A de coordonnées (0 ; 1), il suffit de
montrer que f1 (0) = 1.
Or, f1 (0) = 0 + e0 = 0 + 1 = 1, C1 passe bien par le point A.
2 La fonction f1 est dérivable sur R en tant que somme de fonctions dérivables
sur R, et f10 (x) = 1 − e−x . Si x > 0, −x < 0, e−x < 1 et f10 (x) = 1 − e−x > 0.
De même, si x > 0, f10 (x) < 0.
Par ailleurs, lim f1 (x) = +∞ puisque lim e−x = 0.
x→+∞
x→+∞
En −∞ nous sommes en présence d’une forme indéterminée.
Mettons e−x en facteur : f1 (x) = e−x (xex + 1).
lim e−x = +∞.
x→−∞
Puisque lim xex = 0, lim f1 (x) = +∞ D’où le tableau de variation :
x→−∞
x→−∞
Partie B
1 a) Puisque ex > 0 pour tout x réel, sur [0 ; 1], fn (x) > 0 et l’intégrale In représente, en unités d’aire, l’aire délimitée par les droites verticales d’équation
x = 0 et x = 1 l’axe des abscisses et la courbe Cn .
b) La suite (In ) semble être décroissante puisque les aires décroissent quand n
augmente et sa limite semble être proche de 12 , aire correspondant au triangle
rectangle isocèle valant la moitié de l’aire du carré de côté 1.
R1
R1
2 In+1 − In = 0 x + e(−n−1)x dx − 0 x + e−nx dx
R1
R1
= 0 x + e(−n−1)x − x − e−nx dx = 0 e−(n+1)x (1 − ex ) dx.
Puisque pour tout x réel, e−(n+1)x > 0 et, sur [0 ; 1], 1 − ex 6 0, In+1 − In 6 0
ce qui confirme bien la conjecture précédente :
la suite (In ) est décroissante.
fn > 0 donc In > 0, la suite (In ) décroissante et minorée par 0 est donc
convergente d’après le théorème de convergence.
30
Sujet 4 | Corrigé
3 On désigne par Fn une primitive de fn .
−nx
2
Fn (x) = x2 − e n .
−n
Par conséquent, In = Fn (1) − Fn (0) = 21 − e n + n1 .
1
= 0.
lim e−n = lim
n→+∞
n→+∞ n
1
Donc lim In = , ce qui confirme la conjecture précédente faite sur la limite
n→+∞
2
de la suite (In ) .
31
Sujet 5
Liban, mai 2014, exercice 3
5 points
Soit f la fonction définie sur l’intervalle [0; +∞[ par f(x) = xe−x .
On note C la courbe représentative de f dans un repère orthogonal.
Partie A
1 On note f 0 la fonction dérivée de la fonction f sur l’intervalle [0; +∞[.
Pour tout réel x de l’intervalle [0 ; +∞[, calculer f 0 (x). En déduire les variations de la fonction f sur l’intervalle [0 ; +∞[.
Calculez f 0 et rechercher son signe.
2 Déterminer la limite de la fonction f en +∞. Quelle interprétation graphique peut-on faire de ce résultat ?
Établissez le lien entre limite et asymptote.
Partie B
Soit A la fonction définie sur l’intervalle [0; +∞[ de la façon suivante : pour
tout réel t de l’intervalle [0; +∞[, A(t) est l’aire, en unités d’aire, du domaine
délimité par l’axe des abscisses, la courbe C et les droites d’équations x = 0 et
x = t.
1 Déterminer le sens de variation de la fonction A.
Utilisez le cours concernant une fonction définie par une intégrale.
2 On admet que l’aire du domaine délimité par la courbe C et l’axe des abscisses est égale à 1 unité d’aire. Que peut-on en déduire pour la fonction A ?
Établissez le lien entre aire et intégrale.
3 On cherche à prouver l’existence d’un nombre réel α el que la droite d’équation x = α partage le domaine compris entre l’axe des abscisses et la courbe
C , en deux parties de même aire, et à trouver une valeur approchée de ce réel.
32
Sujet 5 | Énoncé
a) Démontrer que l’équation A(t) = 21 admet une unique solution sur l’intervalle [0 ; +∞[
Appliquez le théorème des valeurs intermédiaires.
b) Sur le graphique ci-dessous sont tracées la courbe C , ainsi que la courble Γ
résentant la fonction A.
Sur le graphique ci-dessous, identifier les courbes C et Γ, puis tracer la droite
d’équation y = 21 . En déduire une valeur approchée du réel α.
Hachurer le domaine correspondant à A(α).
Représentations graphiques des fonctions f et A
Précisez les limites du domaine.
4 On définit la fonction g sur l’intervalle [0; +∞[ par g(x) = (x + 1)e− 1.
a) On note g 0 la fonction dérivée de la fonction g sur l’intervalle [0; +∞[.
Pour tout réel x de l’intervalle [0; +∞[, calculer g 0 (x).
Utilisez la formule donnant le dérivée d’un produit de deux fonctions.
b) En déduire, pour tout réel t de l’intervalle [0; +∞[, une expression de A(t).
Revenez à la définition d’une primitive.
c) Calculer une valeur approchée à 10−2 près de A(6).
33
Sujet 5 | Corrigé
Partie A
1 f (x) = xe−x , donc f 0 (x) = e−x − xe−x = e−x (1 − x).
e−x > 0, donc le signe de f 0 est le même que celui de 1 − x.
Il s’ensuit que f 0 (x) > 0 sur [0, 1] et f 0 (x) 6 0 sur [1, +∞[.
f est donc croissante sur [0, 1] et décroissante sur ]1; +∞[.
2 D’après le cours lim xe−x = 0 ce qui graphiquement signifie que l’axe
x→+∞
des abscisses est asymptote à la courbe C .
Partie B
1 Puisque la fonction f est continue et positive sur l’intervalle [0; +∞[,
Z t
alorsA(t) =
f (x)dxet donc, pour tout t ∈ [0; +∞[, A0 (t) = f (t).
0
Mais f est positive sur l’intervalle [0; +∞[ donc la fonction A est croissante
sur [0; +∞[.
2 L’aire du domaine délimité par la courbe C et l’axe des abscisses correspond
à la limite de A(t), quand t tend vers +∞.
Or, d’après l’énoncé, cette aire est égale à 1 unité d’aire. On peut donc en
déduire que la fonction A a pour limite 1 en +∞.
3 a) A(0) = 0 et lim A(t) = 1, la fonction A est donc croissante de [0; +∞[
t→+∞
1
dans [0, 1[, or ∈ [0, 1[ donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires
2
1
on en déduit que l’équation A(t) = admet une solution unique α.
2
b) À l’aide du graphique on déduit que α ≈ 1, 7.
L’aire hachurée correspond à l’aire du domaine délimité par la courbe C , l’axe
des abscisses et les droites verticales d’équation x = 0 et x = α.
34
Sujet 5 | Corrigé
4 a) On définit la fonction g sur l’intervalle [0; +∞[ par g(x) = (x + 1)e−x .
Donc, g 0 (x) = e−x − (x + 1)e−x = e−x (1 − x − 1) = −xe−x .
b) Puisque g 0 (x) = −f (x), une primitive de f est donc −g et
Z t
f (x)dx = −g(t) + g(0) = −(t + 1)e−t + 1.
A(t) =
0
c) A(6) = 1 − 7e−6 ' 0, 98.
35
Sujet 6
7 points
Partie A
f est une fonction définie et dérivable sur R. f 0 est la fonction dérivée de la
fonction f .
Dans le plan muni d’un repère orthogonal, on nomme C1 la courbe représentative de la fonction f et C2 la courbe représentative de la fonction f 0 .
Le point A de coordonnées (0 ; 2) appartient à la courbe C1 .
Le point B de coordonnées (0 ; 1) appartient à la courbe C2 .
1 Dans les trois situations ci-dessous, on a dessiné la courbe représentative C1
de la fonction f . Sur l’une d’entre elles, la courbe C2 de la fonction dérivée f 0
est tracée convenablement. Laquelle ? Expliquez le choix effectué.
36
Sujet 6 | Énoncé
Commencez par la situation 1 en étudiant le signe de la dérivée f 0 et les
variations de f .
2 Déterminez l’équation réduite de la droite ∆ tangente à la courbe C1 en A.
Par lecture graphique, vous devez déduire la valeur de f (0), et de f 0 (0) =
1 et conclure.
3 On sait que pour tout réel x, f (x) = e-x + ax + b où a et b sont deux nombres
réels.
37
Sujet 6 | Énoncé
a) Déterminez la valeur de b en utilisant les renseignements donnés par
l’énoncé.
On vient de déterminer graphiquement la valeur de f (0), d’où b.
b) Prouvez que a = 2.
On a déterminé graphiquement la valeur de f 0 (0) et on vient de trouver
la valeur de b, d’où a.
4 Étudiez les variations de la fonction f sur R.
Étudiez le signe de la fonction f 0 , dérivée de f .
5 Déterminez la limite de la fonction f en +∞.
D’après le cours, on sait que lim eu = 0. On conclut alors par propriété
u→−∞
de la limite d’une somme.
Partie B
Soit g la fonction définie sur R par g(x) = f (x) - (x + 2).
1 a) Montrez que la fonction g admet 0 comme minimum sur R.
Étudiez le signe de la dérivée g 0 et les variations de g , et concluez.
b) Vous devez en déduire la position de la courbe C1 par rapport à la droite ∆.
La figure 2 ci-dessous représente le logo d’une entreprise. Pour dessiner ce
logo, son créateur s’est servi de la courbe C1 et de la droite ∆, comme l’indique la figure 3 ci-dessous. Afin d’estimer les coûts de peinture, il souhaite
déterminer l’aire de la partie colorée en gris.
38
Sujet 6 | Énoncé
39
Sujet 6 | Énoncé
Le contour du logo est représenté par le trapèze DEF G où :
–
–
–
–
D est le point de coordonnées (−2 ; 0),
E est le point de coordonnées (2 ; 0),
F est le point d’abscisse 2 de la courbe C1 ,
G est le point d’abscisse −2 de la courbe C1 .
La partie du logo colorée en bleu correspond à la surface située entre la droite
∆, la courbe C1 , la droite d’équation x = −2 et la droite d’équation x = 2.
Étudiez le signe de g pour déduire la position relative des deux courbes.
2 Calculez, en unités d’aire, l’aire de la partie du logo colorée en gris (vous
donnerez la valeur exacte puis la valeur arrondie à 10−2 du résultat).
Déterminez le domaine correspondant à l’aire recherchée puis
interprétez-le sous forme d’intégrale.
40
Sujet 6 | Corrigé
Partie A
1 La bonne situation est la situation 1 car dans ce cas de figure la dérivée
f 0 est positive (respectivement négative) sur le même intervalle sur lequel f
est croissante (respectivement décroissante) et f 0 s’annule en une valeur correspondant à l’abscisse du minimum de f , minimum en lequel la courbe Cf
possède une tangente horizontale.
2 La droite ∆ tangente à la courbe C1 au point A d’abscisse 0, a pour équation :
y = f 0 (0)(x − 0) + f (0).
Par lecture graphique, on déduit que f (0) = 2, puisque f (0) correspond à
l’ordonnée du point A d’abscisse 0.
De même, f 0 (0) = 1 puisque f 0 (0) correspond à l’ordonnée du point B d’abscisse 0.
Finalement, ∆ : y = x + 2.
3 a) f (0) = e0 + 2 × 0 + b = 1 + b, or on vient de voir que f (0) = 2, d’où
b = 1.
b) b = 1, donc f (x) = e−x + ax + 1.
f 0 (x) = −e−x + a ; or f 0 (0) = 1, donc −e0 + a = 1 et a = 2.
Finalement, f (x) = e−x + 2x + 1 et f 0 (x) = −e−x + 2.
4 f 0 (x) = −e−x +2, donc f 0 (x) = 0 pour x = − ln(2), f 0 > 0 pour x > − ln(2)
et f 0 0 pour x − ln(2).
f est donc strictement décroissante sur ] − ∞; − ln 2[, f admet un minimum
pour x = − ln 2 et f est strictement croissante sur ] − ln 2; +∞[.
5 D’après le cours, on sait que lim e−x = 0 et que lim 2x + 1 = +∞
x→+∞
x→+∞
donc, par propriété de la limite d’une somme :
lim f (x) = +∞.
x→+∞
Partie B
1 a) g 0 (x) = f 0 (x) − 1 = −e−x + 2 − 1 = −e−x + 1.
g 0 > 0 pour x > 0 et g 0 < 0 pour x < 0.
Donc g est strictement décroissante sur ] − ∞; 0[, f admet un minimum pour
x = 0 égal à g(0) = f (0) − 2 = 0 et g est strictement croissante sur ]0; +∞[.
41
Sujet 6 | Corrigé
b) D’après la question précédente, g(x) > 0 pour tout x réel.
Or, g(x) = f (x) − (x + 2) cela entraîne donc que la courbe C1 est au-dessus de
la droite ∆ pour tout x réel.
2 On a vu que la courbe C1 était au-dessus de la droite ∆ pour tout réel et donc
en particulier sur [−2 2].
L’aire en bleu correspond à l’ensemble des points M (x; y) du plan tels que
−2 6 x 6 2 et x + 2 6 y 6 f (x), par suite, l’aire est donc égale, exprimé en
unités d’aire, à l’intégrale I telle que :
Z 2
Z 2
Z 2
Z 2
I=
f (x)dx −
(x + 2)dx =
[f (x) − (x + 2)]dx =
g(x)dx.
−2
−2
−2
−2
Or, g(x) = e−x + 2x + 1 − x − 2 = e−x + x − 1 et si on désigne par G une
Z 2
x2
−x
g(x)dx =
primitive de g , alors G(x) = −e + −x. Par conséquent, I =
2
−2
2
x2
−x
G(2)−G(−2) = −e +
−x
= −e−2 +2−2+e2 −2−2 = e2 −e−2 −4.
2
−2
Si je désigne par A l’aire, alors A ≈ 3, 25 unités d’aire.
42
Sujet 7
Asie, juin 2013, exercice 2
6 points
On considère les fonctions f et g définies pour tout réel x par :
f (x) = ex et g(x) = l −e−x .
Les courbes représentatives de ces fonctions dans un repère orthogonal du
plan, notées respectivement Cf et Cg , sont fournies en annexe.
Partie A
Ces courbes semblent admettre deux tangentes communes. Tracez aux mieux
ces tangentes sur la figure de l’annexe.
Vous devez rendre ce graphique avec votre copie.
Vous placerez la règle entre les deux courbes de l’annexe de telle sorte que
la règle effleure chacune des courbes et on trace la droite ainsi obtenue.
43
Sujet 7 | Énoncé
Partie B
Dans cette partie, on admet l’existence de ces tangentes communes.
On note D l’une d’entre elles. Cette droite est tangente à la courbe Cf au point
A d’abscisse a et tangente à la courbe Cg au point B d’abscisse b.
1 a) Exprimez en fonction de a le coefficient directeur de la tangente à la
courbe Cf au point A.
Le coefficient directeur de la tangente à une courbe en un point A d’abscisse a est égal au nombre dérivé en a.
b) Exprimez en fonction de b le coefficient directeur de la tangente à la courbe
Cg au point B.
Vous suivrez le même raisonnement qu’à la question précédente.
c) Vous devez en déduire que b = −a.
Deux droites sont parallèles si et seulement si elles ont le même coefficient directeur.
2 Démontrez que le réel a est solution de l’équation
2(x − l)ex + l = 0.
Écrivez une équation de la tangente TA à la courbe Cf au point A puis
traduisez le fait que les deux tangentes sont confondues.
Partie C
On considère la fonction ϕ définie sur IR par :
ϕ(x) = 2(x − 1)ex + 1.
1 a) Calculez les limites de la fonction ϕ en −∞ et +∞.
Utilisez les limites usuelles des exponentielles puis appliquez les règles
régissant la limite d’une somme.
b) Calculez la dérivée de la fonction ϕ, puis étudiez son signe.
Utilisez la formule de dérivation d’un produit et pour le signe de la dérivée
tenir compte des propriétés de la fonction exponentielle.
44
Sujet 7 | Énoncé
c) Dressez le tableau de variation de la fonction ϕ sur IR. Précisez la valeur de
ϕ (0).
Il vous suffit de placer dans le tableau de variation le signe de ϕ0 et les
variations correspondantes pour ϕ.
2 a) Démontrez que l’équation ϕ(x) = 0 admet exactement deux solutions
dans IR.
Appliquez le théorème des valeurs intermédiaires deux fois dans deux
intervalles judicieux.
b) On note α la solution négative de l’équation ϕ(x) = 0 et β la solution
positive de cette équation.
À l’aide d’une calculatrice, donnez les valeurs de α et β arrondies au centième.
Utilisez la technique de balayage.
Partie D
Dans cette partie, on démontre l’existence de ces tangentes communes, que
l’on a admise dans la partie B.
On note E le point de la courbe Cf d’abscisse a et F le point de la courbe Cg
d’abscisse −a (a est le nombre réel défini dans la partie C).
1 Démontrez que la droite (EF) est tangente à la courbe Cf au point E.
Écrivez l’équation de la tangente en E à la courbe Cf puis traduisez le fait
que F appartient à cette tangente. Donnez vos conclusions.
2 Démontrez que (EF) est tangente à Cg au point F.
Vous connaissez le coefficient directeur de la tangente à la courbe Cg au
point F d’abscisse −α et vous le comparez à celui de la droite (EF ).
45
Sujet 7 | Corrigé
Partie A
Partie B
1 a) Le coefficient directeur de la tangente à la courbe Cf au point A est égal
au nombre dérivé en a soit f 0 (a).
Or f 0 (x) = ex , donc f 0 (a) = ea .
b) De même, le coefficient directeur de la tangente à la courbe Cg au point B
est égal au nombre dérivé en b soit g 0 (b).
Or g 0 (x) = e−x donc g 0 (b) = e−b .
c) Si deux tangentes sont confondues, elles ont le même coefficient directeur
ce qui entraîne que ea = e−b , soit a = −b.
2 Une équation de la tangente TA à la courbe Cf au point A est égale à :
y = ea (x − a) + ea . Si deux tangentes sont confondues, cela exige que B(b; 1 −
e−b ) appartienne à TA , soit, puisque b = −a, que B(−a; 1 − ea ) appartienne à
TA soit : 1 − ea = ea (−2a) + ea = −2aea + ea et 2(a − 1)ea + 1 = 0. a est bien
solution de 2(x − 1)ex + 1 = 0.
46
Sujet 7 | Corrigé
Partie C
1 a) Sur R, ϕ(x) = 2xex − ex + 1
On sait que lim ex = 0 et lim xex = 0, d’où en appliquant les règles
x→−∞
x→−∞
régissant la limite d’une somme :
lim ϕ(x) = 1.
x→−∞
La droite d’équation y = 1 est donc asymptote horizontale à la courbe représentative de ϕ.
On a lim (x − 1) = +∞ et lim ex = +∞, d’où en appliquant les règles
x→+∞
x→+∞
régissant la limite d’un produit : lim ϕ(x) = +∞.
x→+∞
b) En tant que somme et produit de fonctions dérivable sur R, ϕ est dérivable
sur R et :
ϕ0 (x) = 2ex + 2(x − 1)ex = 2xex .
Comme pour tout x réel, ex > 0, le signe de ϕ0 est donc celui de x.
Si x ∈]−∞; 0[, ϕ0 est alors strictement négative et la fonction ϕ est décroissante
et pour x > 0, ϕ0 > 0, la fonction ϕ est alors croissante.
c) D’où le tableau de variations :
2 a) Sur I =] − ∞; 0] la fonction ϕ est continue et strictement décroissante à
valeurs dans [−1; 1].
Puisque 0 ∈ [−1; 1], d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe
un unique α de I tel que f (α) = 0.
Le même raisonnement sur l’intervalle J = [0; +∞[ nous conduit à établir
l’existence et l’unicité d’un β de J tel que f (β) = 0.
Donc l’équation ϕ(x) = 0 admet exactement deux solutions dans R.
b) En utilisant la technique de balayage, on obtient α ≈ −1, 68 et β ≈ 0, 77.
47
Sujet 7 | Corrigé
Partie D
1 Par définition de E, on sait que E appartientà la droite (EFG) et à la courbe
représentative Cf .E (α; eα ) et F −α; 1 − e−α .
L’équation de la tangente en E à la courbe Cf est :
y = eα (x − α) + eα .
F appartient à cette tangente si et seulement si :
1 − e−α = eα (−α − α) + eα .
Soit 2(α − 1)eα + 1 = 0 ce qui a été démontré à la question 2 b) de la partie C.
La droite (EF) est donc bien la tangente à la courbe Cf au point d’abscisse α.
2 Le coefficient directeur de la tangente à la courbe Cg au point F d’abscisse
−α est e−(−α) = eα .
On a vu dans la question précédente que la droite (EF) a pour coefficient directeur eα et contient le point F. La droite (EF) est donc bien la tangente à la
courbe Cg au point d’abscisse −α.
48
Sujet 8
5 points
Partie A
On s’intéresse à l’évolution de la hauteur d’un plant de maïs en fonction du
temps. Le graphique en annexe représente cette évolution. La hauteur est en
mètres et le temps en jours.
On décide de modéliser cette croissance par une fonction logistique du type :
h(t) = 1 + bea−0,04t
où a et b sont des constantes réelles positives, t est la variable temps exprimée
en jours et h(t) désigne la hauteur du plant, exprimée en mètres.
On sait qu’initialement, pour t = 0, le plant mesure 0,1 m et que sa hauteur
tend vers une hauteur limite de 2 m.
Déterminez les constantes a et b afin que la fonction h corresponde à la croissance du plant de maïs étudié.
Interprétez la limite par rapport à la situation concrète, ce qui permettra,
avec la valeur en 0 de déduire les coefficients a et b.
Partie B
On considère désormais que la croissance du plant de maïs est donnée par la
fonction f définie sur [0 ; 250] par f (t) = 1 + 192e−0,04t .
1 Déterminez f 0 (t) en fonction de t (f 0 désignant la fonction dérivée de la
fonction f ).
Vous en déduirez les variations de la fonction f sur l’intervalle [0 ; 250].
Vérifiez que la fonction proposée est la même que celle déterminée précédemment puis utilisez les formules sur les dérivées.
49
Sujet 8 | Énoncé
2 Calculez le temps nécessaire pour que le plant de maïs atteigne une hauteur
supérieure à 1,5 m.
Traduisez l’énoncé sous la forme d’une inéquation puis utilisez les propriétés des fonctions exponentielle et logarithme pour la résoudre et répondre au problème.
3 a) Vérifiez que pour tout réel t appartenant à l’intervalle [0 ; 250] on a :
2e0,04t
f (t) = e0,04t
+ 19 .
Montrez que la fonction
F définie sur l’intervalle [0 ; 250] par F (t) =
0,04t
50 ln e
+ 19 est une primitive de la fonction f .
Multipliez le numérateur et le dénominateur de l’expression initiale de
f (t) par e0,04t . Dérivez F et concluez.
b) Déterminez la valeur moyenne de f sur l’intervalle [50 ; 100].
En donner une valeur approchée à 10−2 près et interpréter ce résultat.
Utilisez la formule de la valeur moyenne d’une fonction f sur un intervalle [a; b].
4 On s’intéresse à la vitesse de croissance du plant de maïs ; elle est donnée
par la fonction dérivée de la fonction f .
La vitesse de croissance est maximale pour une valeur de t.
En utilisant le graphique donné en fin de sujet, déterminez une valeur approchée de celle-ci.
Estimez alors la hauteur du plant.
En utilisant le fait que la pente de la tangente en un point M est égal au
nombre dérivé en ce point, lisez sur le graphique le point en lequel la
pente semble être maximale.
50
Sujet 8 | Énoncé
51
Sujet 8 | Corrigé
Partie A
Des données de l’énoncé on déduit que :
h(0) = 0, 1 et lim h(t) = 2.
t→+∞
a
lim h(t) = a,
1+b et t→+∞
2
D’où a = 2 et 1+b
= 0, 1 soit 1+b
2
Alors h(t) = 1+19e2−0,04t .
Or h(0) =
puisque lim e−0,04t = lim eu = 0.
t→+∞
u→−∞
= 10 et finalement a = 2 et b = 19.
Partie B
1 Pour t ∈ [0 ; 250], f (t) =
k
v(t) ,
avec k = 2 et v(t) = 1 + 19e−0,04t .
0
(t)
Donc f 0 (t) = − kv
v 2 (t) .
Mais, v 0 (t) = −0, 76e−0,04t puisque (eu(t) )0 = u0 (t)eu(t) .
1,52e−0,04t
.
Donc f 0 (t) = (1+19
e−0,04t )2
Comme ex > 0 pour tout x réel, sur [0 ; 250], f 0 (t) > 0 et f est strictement
croissante.
2 Cela revient à déterminer les valeurs de t pour lesquelles f (t) > 1, 5. Ce qui
équivaut successivement à :
2
1+19e−0,04t > 1, 5
1+19e−0,04t
< 32
2
3 + 57e−0,04t < 4
1
e−0,04t < 57
−0, 04t < − ln(57).
Finalement on trouve t > 25 ln(57) ≈ 101, 1.
Pour que le plant de maïs atteigne une hauteur supérieure à 1,5 m, il faut que
le temps t soit d’au moins 102 jours.
3 a) On multiplie le numérateur et le dénominateur de f (t) par e0,04t et on
obtient directement le résultat recherché.
On dérive la fonction F . En posant, pour tout t ∈ [0 ; 250], u(t) = e−0,04t + 19,
alors :
F (t) = 50 ln(u(t)).
0
Par ailleurs (ln(u))0 = uu et la dérivée de ev est égale à v 0 ev .
52
Sujet 8 | Corrigé
0
(t)
On a donc F 0 (t) = 50 uu(t)
0,04t
e
F 0 (t) = 50 e0,04
−0,04t +19
0,04t
2e
F 0 (t) = 19+
e0,04t = f (t).
sur [0 ; 250], puisque F 0 = f , F est bien une primitive de f .
b) La valeur
R 100 moyenne de f sur [50 ; 100] est :
1
m = 50 50 f (t)dt
m=
m=
F (100)−F (50)
450 ln ee2 +19
+19 .
La valeur approchée à 10−2 près de m est donc égale à 1,03. Cela correspond
à la taille moyenne du plant de maïs entre le 50e et le 100e jour.
4 Au temps t, la vitesse de croissance du plant de maïs est donnée par le
nombre dérivé f 0 (t) qui correspond au coefficient directeur de la tangente à la
courbe au point d’abscisse t.
On lit sur le graphique la valeur de tmax pour laquelle le coefficient directeur
de la tangente semble maximal : une valeur approchée de tmax est alors 73.
La hauteur du plant est alors d’environ 1 m, à 10 cm près.
53
Sujet 9
Sujet national, septembre 2013, exercice 1
6 points
Soit f une fonction définie et dérivable sur IR. On note C sa courbe représentative dans le plan muni d’un repère (O,~i,~j).
Partie A
Sur les graphiques ci-dessous, on a représenté la courbe C et trois autres
courbes C1 , C2 , C3 avec la tangente en leur point d’abscisse 0.
54
Sujet 9 | Énoncé
55
Sujet 9 | Énoncé
1 Donnez par lecture graphique, le signe de f(x) selon les valeurs de x.
Lisez les coordonnées du point d’intersection de C avec l’axe des abscisses puis interprétez le graphique pour déduire le signe de f.
2 On désigne par F une primitive de la fonction f sur R.
a) À l’aide de la courbe C, déterminez F’(0) et F’(− 2).
Utilisez la définition d’une primitive d’une fonction et lisez sur le graphique les coordonnées de points judicieux.
b) L’une des courbes C1 , C2 , C3 est la courbe représentative de la fonction F.
Déterminez laquelle en justifiant l’élimination des deux autres.
Recherchez la seule courbe parmi les trois dont la tangente en un certain
point est horizontale.
56
Sujet 9 | Énoncé
Partie B
Dans cette partie, on admet que la fonction f évoquée dans la partie A est la
1
fonction définie sur R par f(x) = (x + 2)e 2 x .
1 L’observation de la courbe C permet de conjecturer que la fonction f admet
un minimum.
1
a) Démontrez que pour tout réel x, f0 (x) = 12 (x + 4)e 2 x .
Utilisez la formule de la dérivée d’un produit.
b) Vous devez en déduire une validation de la conjecture précédente.
Recherchez les variations de f.
R1
2 On pose I = 0 f(x)dx.
a) Interprétez géométriquement le réel I.
Rappelez le lien entre intégrale et aire d’un certain domaine vu en cours.
1
b) Soient u et v les fonctions définies sur R par u(x) = x et v(x) = e 2 x . Vérifiez
que f = 2(u’v + uv’).
Utilisez la définition d’une primitive d’une fonction et la formule de la
dérivée d’un produit.
c) Vous devez en déduire la valeur exacte de l’intégrale I.
Le lien entre intégrale et primitive vous permet de conclure.
3 On donne l’algorithme ci-dessous.
Variables :
k et n sont des nombres entiers naturels.
s est un nombre réel.
Entrée :
Demander à l’utilisateur la valeur de n.
Initialisation :
Affecter à s la valeur 0.
Traitement :
Pour k allant de 0 à n −1
Affecter à s la valeur s + 1n f nk .
Fin de boucle.
Sortie :
Afficher s.
57
Sujet 9 | Énoncé
On note sn le nombre affiché par cet algorithme lorsque l’utilisateur entre un
entier naturel strictement positif comme valeur de n.
a) Justifiez que s3 représente l’aire, exprimée en unités d’aire, du domaine hachuré sur le graphique ci-dessous où les trois rectangles ont la même largeur.
Faites tourner l’algorithme et repérez dans l’expression algébrique obtenue les aires de rectangles convenables.
b) Que dire de la valeur de sn fournie par l’algorithme proposé lorsque n devient
grand ?
La théorie de l’intégrale de Riemann nous dit que sn , appelée somme de
Riemann, lorsque n tend vers +∞, tend vers une intégrale correspondant
à une aire convenable.
58
Sujet 9 | Corrigé
Partie A
1 Puisque l’intersection de C avec l’axe des abscisses est le point A(−2; 0) et
en s’appuyant sur le graphique donné on déduit que f (x) 6 0 pour x 6 −2 et
f (x) > 0 pour x > 0
2 a) Puisque F est une primitive de f, par définition d’une primitive,
F 0 = f, F 0 (0) = f (0) = 2 et F 0 (−2) = f (−2) = 0.
b) C1 est celle qui convient car c’est la seule courbe parmi les trois dont la
tangente au point d’abscisse − 2 est horizontale.
Partie B
1 a) On va utiliser la formule donnant la dérivée d’un produit :
x
x
f = u · v avec u(x) = x + 2, v(x) = e 2 , u0 (x) = 1 et v 0 (x) = 12 e 2 .
x
x
2
Or, d’après le cours, f 0 = u0 v + uv 0 donc f 0 (x) = e 2 + x+2
2 e .
1
x
Finalement, f 0 (x) = (x + 4)e 2 .
2
b) Une exponentielle étant toujours positive le signe de f’ est celui de x + 4,
f 0 6 0 et f décroissante pour x 6 −4, f 0 > 0 et f croissante pour x > −4, la
fonction f admet donc bien un minimum en x = −4.
2 a) La fonction f est définie, continue et positive sur [0; 1] donc l’intégrale
de 0 à 1 de f (x)dx a un sens et correspond à l’aire du domaine délimité par
la courbe de f, l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 0 et x = 1,
exprimée en unités d’aire.
1
1
1 12 x
0
0
x
2
b) 2(u(x)v (x) + u(x)v (x)) = 2 1 × e + x × 2 e
= (2 + x)e 2 x = f (x)
d’où f = (2uv)0 et F = 2uv est une primitive de f.
c) D’après le cours, on sait que si F est une primitive de f alors
Z b
√
1
1
f (x)dx = F (b) − F (a), donc I = [F (x)]10 = [2xe 2 x ]10 = 2e 2 = 2 e.
a
3 a) Faisons tourner la boucle de l’algorithme : lorsque k a atteint la valeur
(3 − 1)
alors
, l’affichage
est
:
1
1
1
0
1
2
3f 3 + 3f 3 + 3f 3 .
Or chacun de ces trois termes correspond à l’aire d’un des trois rectangles
donnés dans l’énoncé.
59
Sujet 9 | Corrigé
b) L’affichage de l’algorithme obtenu après n boucles est :
n−1 X
1
k
f
cela correspond à la somme des aires des rectangles sous la
n
n
k=0
courbe et au dessus de l’axe des abscisses entre les droites d’équations x = 0
et x = 1, leur largeur vaut : n1 .
Quand n devient grand, sn se rapproche de I, selon la théorie de l’intégrale de
Riemann qui nous dit que lim sn = I.
n→+∞
La somme sn est d’ailleurs appelée somme de Riemann.
60
Sujet 10
5 points
Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par f (x) = 1 +xln2 (x)
et soit C la courbe représentative de la fonction f dans un repère du plan. La
courbe C est donnée ci-dessous :
1 a) Étudiez la limite de f en 0.
Utilisez les limites usuelles de ln(x) en 0+ .
ln(x)
b) Que vaut lim
? Vous devez en déduire la limite de la fonction f en
x→ +∞ x
+∞.
Utilisez les propriétés des limites en particulier les sommes et produits de
limites.
c) Vous devez en déduire les asymptotes éventuelles à la courbe C .
Interprétez graphiquement chacune des deux limites.
2 a) On note f 0 la fonction dérivée de la fonction f sur l’intervalle ]0 ; +∞[.
Démontrez que, pour tout réel x appartenant à l’intervalle ]0 ; +∞[,
−1 − 2 ln(x)
f 0 (x) =
.
x3
Utilisez la formule de la dérivée d’un quotient.
b) Résolvez sur l’intervalle ]0 ; +∞[ l’inéquation −1 − 2 ln(x) > 0.
Vous devez en déduire le signe de f 0 (x) sur l’intervalle ]0 ; +∞[.
61
Sujet 10 | Énoncé
Montrez que le signe de f 0 est celui de −1 − 2 ln(x), résolvez l’inéquation
demandée, concluez.
c) Dressez le tableau des variations de la fonction f .
En dressant le tableau, n’oubliez pas de placer les bornes et les limites.
3 a) Démontrez que la courbe C a un unique point d’intersection avec l’axe
des abscisses, dont vous préciserez les coordonnées.
Un point appartient à l’intersection de deux ensembles si et seulement si
ses coordonnées vérifient simultanément les équations de ces deux ensembles.
b) Vous devez en déduire le signe de f (x) sur l’intervalle ]0 ; +∞[.
Utilisez le tableau de variation précédent et le point d’intersection trouvé.
4 Pour tout entier n > 1, on note I n l’aire, exprimée en unités d’aire, du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbe C et les droites d’équations
respectives x = 1e et x = n.
a) Démontrez que 0 6 I2 6 e − 21 .
On admet que la fonction F définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par F (x) =
−2−ln(x)
est une primitive de la fonction f sur l’intervalle ]0 ; +∞[.
x
Interprétez l’aire à l’aide d’une intégrale et utilisez la primitive donnée
dans l’énoncé.
b) Calculez I n en fonction de n.
Utilisez la primitive donnée dans l’énoncé.
c) Étudiez la limite de I n en +∞. Interprétez graphiquement le résultat obtenu.
ln(x)
1
Utilisez les limites usuelles,
et n quand x tend vers +∞.
x
x
62
Sujet 10 | Corrigé
1 a) D’après le cours, lim+ ln(x) = −∞. Donc lim+ 1 + ln(x) = −∞.
x→0
x→0
D’autre part, lim+ x12 = +∞. D’où en effectuant le produit des limites :
x→0
lim+ f (x) = −∞.
x→0
ln x
x→+∞ x
b) D’après le cours, lim
ln x
2
x→+∞ x
tuant le produit des limites lim
1
2
x→+∞ x
On a aussi lim
1
x→+∞ x
= 0, et par ailleurs lim
= 0, alors en effec-
= 0.
= 0, et en ajoutant ces deux dernières limites, on obtient :
lim f (x) = 0.
x→+∞
c) L’axe des ordonnées est donc une asymptote verticale à la courbe C .
L’axe des abscisses est asymptote horizontale à la coube C en +∞.
2 a) f est dérivable sur ]0 ; +∞[ en tant que quotient de fonctions dérivables
sur ]0 ; +∞[.
f 0 (x) =
f 0 (x) =
1
×x2 −2x×(1+ln
x
x4
x)
x−2x−2x ln x
x4
−1−2 ln(x)
.
x3
f 0 (x) =
b) Pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, x3 > 0 donc f 0 (x) est du signe de −1 − 2 ln(x).
1
1
Or −1 − 2 ln(x) > 0 pour x < e− 2 et −1 − 2 ln(x) < 0 pour x > e− 2 , d’où le
signe de f0 . 1
√
1
1
1− 1
2
c) On a f e− 2 = − 122 = e−1
= 2e et e− 2 =1 e.
e
2
3 a) Un point appartient à l’intersection de deux ensembles si et seulement si
ses coordonnées vérifient simultanément les équations de ces deux ensembles,
ce qui revient à rechercher x ∈ ]0 ; +∞[ tel que f (x) = 0.
63
Sujet 10 | Corrigé
Comme x 6= 0, cette équation équivaut à 1 + ln x = 0, soit x = e−1 . Cela
prouve que la courbe C coupe l’axe des abscisses en un unique point, le point
A de coordonnées (e−1 ; 0).
b) D’après les variations de f et comme f (e−1 ) = 0, on en déduit que f (x) < 0
sur l’intervalle ]0 ; e−1 [ et f (x) > 0 sur l’intervalle ]e−1 ; +∞[.
4 a) On sait que f est strictement positive sur ] 1e ; +∞[, donc I2 =
Z 2
f (x)dx.
1
e Sur 1e ; 2 on a, d’après les variations de f : 0 < f (x) 6 2e .
Z 2
e
L’intégration conservant l’ordre, on en déduit : 0 < I2 6
dx
1
2
e
Z 2
e
e
1
1
avec
dx =
2−
=e−
1
2
2
e
2
e
et finalement : 0 6 I2 6 e − 21 .
b) De même, f est strictement positive sur ] 1e ; +∞[, et F est une primitive de
f sur Zle même intervalle donc :
n
In =
f (x)dx
1
e
In = [F (x)]n1 .
−2−ln ex n
In =
1
x
e
−1
In = −2−nln n − −2−eln−1(e ) =
−2−ln n
n
− (−2 + 1)e.
Et finalement : In = −2−nln n + e.
c) I n s’écrit aussi In = − n2 − lnnn + e.
On a lim n2 = 0, lim lnnn = 0 d’où lim In = e.
n→+∞
n→+∞
n→+∞
Graphiquement cela revient à dire que l’aire du domaine délimité par l’axe des
abscisses, la courbe C et les droites d’équations respectives x = 1e et x = n
tend vers e quand n tend vers +∞.
64
Sujet 11
7 points
Sur le graphique
ci-dessous, on a tracé, dans le plan muni d’un repère orthonormé O ; ~i, ~j , la courbe représentative C d’une fonction f définie et dérivable sur l’intervalle ]0 ; +∞[.
On dispose des informations suivantes :
– les points A, B, C ont pour coordonnées respectives (1 ; 0), (1 ; 2), (0 ; 2) ;
– la courbe C passe par le point B et la droite (BC) est tangente à C en B ;
– il existe deux réels positifs a et b tels que pour tout réel strictement positif
x, f (x) = a+bxln x .
1 a) En utilisant le graphique, donnez les valeurs de f (l) et f 0 (1).
f (1) est l’ordonnée du point B , remarquez que la tangente en B est horizontale et utilisez le lien entre coefficient directeur d’une tangente et
nombre dérivé.
b) Vérifiez que pour tout réel strictement positif x, f 0 (x) =
Utilisez la formule de la dérivée d’un quotient.
(b − a) − b ln x
.
x2
c) Déduisez les réels a et b.
Les questions a) et b) permettent d’établir un système de deux équations
à deux inconnues a et b.
65
Sujet 11 | Énoncé
2 a) Justifiez que pour tout réel x appartenant à l’intervalle ]0 ; +∞[, f 0 (x) a
le même signe que − ln(x).
Décomposez f 0 en produit de deux facteurs, dont l’un est toujours positif
et l’autre est − ln(x).
b) Déterminez les limites de f en 0 et en +∞. Vous pourrez remarquer que
pour tout réel x strictement positif, f (x) = x2 + 2 lnxx .
Utilisez le propriétés de limites de produit, somme et quotient.
c) Déduisez le tableau de variations de la fonction f .
La recherche du signe de ln(x) permet de trouver les variations de f .
3 a) Démontrez que l’équation f (x) = 1 admet une unique solution α sur l’intervalle ]0 ; 1].
Le théorème des valeurs intermédiaires prouve l’existence et l’unicité de
α.
b) Par un raisonnement analogue, on démontre qu’il existe un unique réel β de
l’intervalle ]1 ; +∞] tel que f (β ) = l.
Déterminez l’entier n tel que n < β < n + 1.
β et la technique de balayage donne l’encadrement recherché.
4 Variables :
a, b et m sont des nombres réels.
Initialisation :
Affecter à a la valeur 0.
Affecter à b la valeur 1.
Traitement :
Tant que b − a > 0,1
Affecter à m la valeur 21 (a + b).
Si f (m) < 1 alors Affecter à a la valeur m.
Sinon Affecter à b la valeur m.
Fin de Si.
Fin de Tant que.
Sortie :
Afficher a.
Afficher b.
66
Sujet 11 | Énoncé
Cet algorithme permet un encadrement de la valeur de α par la méthode
de dichotomie.
a) Faites tourner cet algorithme en complétant le tableau ci-dessous que vous
recopierez sur la copie.
Étape 1
a
0
b
1
Étape 2
Étape 3
Étape 4
Étape 5
b−a
m
b) Que représentent les valeurs affichées par cet algorithme ?
c) Modifiez l’algorithme ci-dessus pour qu’il affiche les deux bornes d’un encadrement de β d’amplitude 10−1 .
5 Le but de cette question est de démontrer que la courbe C partage le rectangle
OABC en deux domaines d’aires égales.
R1
a) Justifier que cela revient à démontrer que 1 f (x)dx = 1.
e
Le lien entre intégrale et aire vous permet de conclure.
b) En remarquant que l’expression de f (x) peut s’écrire x2 +2× x1 ×ln x, terminer
la démonstration.
L’expression de f proposée dans l’énoncé et la connaissance de la primitive d’une fonction de la forme u0 · un vous permet de répondre.
67
Sujet 11 | Corrigé
1 a) Le point B étant le point de la courbe d’abscisse 1 et d’ordonnée 2,
f (1) = 2. Par ailleurs, la tangente en B à la courbe est horizontale, donc le
coefficient directeur de cette tangente est égal à 0 et f 0 (1) = 0.
b) La fonction f est dérivable sur ]0 ; +∞[, en tant que quotient de fonctions
dérivables sur 1cet
intervalle. Par ailleurs :
0+b× x ×x−(a+b ln x)×1
ln x)
0
f (x) =
= b−(a+b
x2
x2
et finalement :
(b−a)−b ln x
.
f 0 (x) =
x2
a+b ln 1
c) f (1) = 1 = a, or d’après le 1. a), f (1) = 2, d’où a = 2.
ln(1)
Par ailleurs, on a f 0 (1) = (b−2)−b
= b − 2, or d’après le 1. a), f 0 (1) = 0,
12
donc b = 2.
2 a) On remplace a et b par 2, dans l’expression de f 0 et on obtient :
x
= x22 × (− ln x).
f 0 (x) = −2xln
2
Puisque pour tout x > 0, x22 > 0, le signe de f et le même que celui de − ln x
pour tout x appartenant à ]0 ; +∞[.
b) Quand x tend vers 0+ , lnx tend vers −∞ d’où par opérations sur les limites :
lim+ 2 + 2 ln x = −∞.
x→0
Par ailleurs, lim+ x1 = ∞, donc par produit, lim+ f (x) = −∞.
x→0
x→0
On remarque que f (x) = x2 + 2 lnxx .
Or lim x1 = 0 et lim lnxx = 0 d’après la propriété des croissances compax→+∞
x→+∞
rées.
Donc par produit et somme :
lim f (x) = 0.
x→+∞
c) − ln(x) > 0 est équivalent à ln(x) < 0, soit x < 1.
f est donc croissante sur ]0 ; 1] et décroissante sur [1 ; +∞[.
68
Sujet 11 | Corrigé
3 a) La fonction f est continue
et strictement croissante sur ]0 ; 1] et 1 ∈] − ∞ ; f (1)[.
On peut donc appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur ]0 ; 1], ce
qui prouve l’existence et l’unicité d’une solution α à l’équation f (x) = 1.
b) Grâce à la calculatrice et la technique dite de balayage, on prouve que
l’unique solution β à l’équation f (x) = 1 sur ]1 ; +∞[ appartient à ]5 ; 6[,
par suite, n = 5.
4 a)
Étape 1
Étape 2
Étape 3
Étape 4
Étape 5
1
4
1
2
1
4
3
8
3
8
1
2
1
8
7
16
7
16
1
2
1
16
a
0
0
b
1
b−a
1
m
1
2
1
2
1
2
1
4
7
b) Les valeurs affichées par cet algorithme : 16
et 12 sont les bornes d’un encadrement de α d’amplitude inférieure ou égale à 10−1 .
c) On modifie les 3 lignes de l’initialisation :
– Affecter à a la valeur 5.
– Affecter à b la valeur 6.
– Si f (m) > 1 alors Affecter à a la valeur m.
5 a) Commençons par trouver l’abscisse du point d’intersection de la courbe
C et de l’axe des abscisse.
Cela revient à résoudre l’équation f (x) = 0 sur ]0 ; 1].
Soit 2 + 2 ln x = 0, soit ln x = −1 et x = 1e .
On doit donc démontrer que l’aire J du domaine délimité par l’axe des abscisse, la courbe C , les droites d’équations x = 1e et x = 1 est égale à la moitié
de celle Rdu rectangle OABC, c’est-à-dire 1.
1
Or J = 1 f (x)dx.
e
R1
On doit donc démontrer que 1 f (x)dx = 1.
e
b) On a f (x) = 2× x1 +2× x1 × ln x. En posant u(x) = ln x, on a f = 2u0 +2u0 u.
Une primitive de f sur ]0 ; +∞[ est donc F telle que F (x) = 2 ln x + (ln x)2 .
On
Z 1 a alors :
1
1
f (x)dx = [F (x)] 1 = F (1) − F
.
e
1
e
e
69
Sujet 11 | Corrigé
R1
1
R e1
f (x) dx =
2 ln 1 + (ln 1)2
h
− 2 ln
1
e
+ ln
1
e
2 i
f (x) dx = 0 − (−2 + 1) = 1.
Le rectangle OABC est bien partagé en deux domaines de même aire par la
courbe C .
1
e
70
Sujet 12
5 points
Les parties A et B peuvent être traitées indépendamment.
Partie A
Un laboratoire pharmaceutique propose des tests de dépistage de diverses maladies. Son service de communication met en avant les caractéristiques suivantes :
– la probabilité qu’une personne malade présente un test positif est 0,99 ;
– la probabilité qu’une personne saine présente un test positif est 0,001.
1 Pour une maladie qui vient d’apparaître, le laboratoire élabore un nouveau
test. Une étude statistique permet d’estimer que le pourcentage de personnes
malades parmi la population d’une métropole est égal à 0,1 %. On choisit au
hasard une personne dans cette population et on lui fait subir le test.
On note M l’événement « la personne choisie est malade » et T l’événement
« le test est positif ».
a) Traduire l’énoncé sous la forme d’un arbre pondéré.
Pour construire l’arbre correspondant à la situation donnée, tenez compte
des probabilités de chaque événement.
b) Démontrer que la probabilité P (T ) de l’événement T est égale à
1,989 ×10-3 .
Privilégiez la formule des probabilités totales car si vous utilisez l’arbre
précédent et qu’il est faux, tout est faux. L’arbre permet simplement de
vérifier.
c) L’affirmation suivante est-elle vraie ou fausse ? Justifier la réponse.
Affirmation : « Si le test est positif, il y a moins d’une chance sur deux que la
personne soit malade ».
La question posée revient à déterminer la probabilité d’être malade sachant que le test est positif est inférieur à 0, 5. Appliquez ensuite la formule des probabilités conditionnelles.
71
Sujet 12 | Énoncé
2 Le laboratoire décide de commercialiser un test dès lors que la probabilité
qu’une personne testée positivement soit malade est supérieure ou égaie à 0,95.
On désigne par x la proportion de personnes atteintes d’une certaine maladie
dans la population.
À partir de quelle valeur de x le laboratoire commercialise-t-il le test correspondant ?
Appliquez la formule des probabilités totales, puis utilisez la question
précédente.
Partie B
La chaîne de production du laboratoire fabrique, en très grande quantité, le
comprimé d’un médicament.
1 Un comprimé est conforme si sa masse est comprise entre 890 et 920 mg.
On admet que la masse en milligrammes d’un comprimé pris au hasard dans
la production peut être modélisée par une variable aléatoire X qui suit la loi
normale N , µ, σ 2 ) de moyenne µ = 900 et d’écart-type σ = 7.
a) Calculer la probabilité qu’un comprimé prélevé au hasard soit conforme. On
arrondira à 10-2 .
Cela revient à déterminer P (890 6 X 6 920).
b) Déterminer l’entier positif h tel que P (900 - h6X 6 900 + h)≈0,99 à 10-3
près.
Centrez et réduisez la variable aléatoire X , puis utilisez la calculatrice.
2 La chaîne de production a été réglée dans le but d’obtenir au moins 97 %
de comprimés conformes. Afin d’évaluer l’efficacité des réglages, on effectue
un contrôle en prélevant un échantillon de 1 000 comprimés dans la production. La taille de la production est supposée suffisamment grande pour que ce
prélèvement puisse être assimilé à 1 000 tirages successifs avec remise.
Le contrôle effectué a permis de dénombrer 53 comprimés non conformes sur
l’échan-tillon prélevé.
Ce contrôle remet-il en question les réglages faits par le laboratoire ? On pourra
utiliser un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 %.
72
Sujet 12 | Énoncé
Vérifiez si les conditions d’application de l’intervalle de fluctuation
asymptotique If sont remplies, puis déterminez cet intervalle. Confrontez
la fréquence observée à l’intervalle et concluez.
73
Sujet 12 | Corrigé
Partie A
1 a) Voici l’arbre correspondant à la situation donnée :
b) D’après la formule des probabilités totales, on obtient : P (T ) = P (T ∩M )+
P (T ∩ M ) = 0, 001 × 0, 99 + 0, 999 × 0, 001 = 0, 001989 = 1, 989 × 10−3 .
c) La question posée revient à déterminer la probabilité d’être malade sachant
que le test est positif est inférieur à 0,5.
D’après la formule des probabilités conditionnelles on obtient : PT (M ) =
P (T ∩ M )
0, 001 × 0, 99
110
=
=
6 0, 5.
P (T )
0, 001989
221
L’affirmation est donc vraie.
2 D’après la formule des probabilités totales, on obtient : P (T ) = P (T ∩M )+
P (T ∩ M ) = x × 0, 99 + (1 − x) × 0, 001 = 0, 001 + 0, 989x.
On recherche la valeur de x pour laquelle on ait PT (M ) > 0, 95 soit, d’après la
P (T ∩ M )
0, 99x
question précédente,
> 0, 95, c’est-à-dire
> 0, 95.
P (T )
0, 001 + 0, 989x
19
.
Ce qui donne 0, 05045x > 0, 00095 et finalement, x >
1009
19
Le laboratoire commercialise le test correspondant pour x >
.
1009
Partie B
1
a) Cela revient à calculer P (890 6 X 6 920) et en utilisant la calculatrice on
trouve que : P (890 6 X 6 920) ≈ 0, 92.
b) On va centrer et réduire la variable aléatoire X:
h
X − 900
h
P (900 − h 6 X 6 900 + h) = P − 6
6
=
7
7
7
X − 900
h
2P
6
− 1.
7
7
Puisque
P (900 − h 6 X 6 900 + h) ≈ 0, 99, on déduit que
X − 900
h
X − 900
h
2P
6
≈ 1, 99 et P
6
≈ 0, 995.
7
7
7
7
74
Sujet 12 | Corrigé
X − 900
suivant la loi normale centrée réduite, la calcu7
h
latrice nous donne donc ≈ 2, 5758 d’où h = 18.
7
2 np = 970 > 5, n = 1000 > 30 et n(1 − p) = 30 > 5 on peut donc appliquer
le cours etdéterminer l’intervalle
de fluctuation asymptotique
√ If :
√
0, 97 × 0, 03
0, 97 × 0, 03
√
√
; 0, 97 + 1, 96 ×
≈
If =
0, 97 − 1, 96 ×
1000
1000
[0, 959; 0, 981].
947
La fréquence observée des comprimés conformes est f =
= 0, 947 ∈
/ If
1000
et de plus 0, 959 > f donc les réglages faits par le laboratoire ne sont pas
convenables.
La variable aléatoire
75
Sujet 13
5 points
Les trois parties A, B et C peuvent être traitées de façon indépendante. Les
probabilités seront arrondies au dix millième.
Un élève doit se rendre à son lycée chaque matin pour 8 h 00. Pour cela, il
utilise, selon les jours, deux moyens de transport : le vélo ou le bus.
Partie A
L’élève part tous les jours à 7 h 40 de son domicile et doit arriver à 8 h 00 à
son lycée. Il prend le vélo 7 jours sur 10 et le bus le reste du temps.
Les jours où il prend le vélo, il arrive à l’heure dans 99,4 % des cas et lorsqu’il
prend le bus, il arrive en retard dans 5 % des cas.
On choisit une date au hasard en période scolaire et on note V l’événement
« L’élève se rend au lycée à vélo », B l’événement « l’élève se rend au lycée
en bus » et R l’événement « L’élève arrive en retard au lycée ».
1 Traduire la situation par un arbre de probabilités.
Placez sur chaque branche de l’arbre la probabilité demandée.
2 Déterminer la probabilité de l’événement V ∩ R.
Vous pouvez vous appuyer sur l’arbre ou appliquer la formule des probabilités conditionnelles.
3 Démontrer que la probabilité de l’événement R est 0,0192.
Appliquez la formule des probabilités totales.
4 Un jour donné, l’élève est arrivé en retard au lycée. Quelle est la probabilité
qu’il s’y soit rendu en bus ?
Après avoir compris quelle probabilité est recherchée, appliquez la formule des probabilités conditionnelles.
76
Sujet 13 | Énoncé
Partie B : le vélo
On suppose dans cette partie que l’élève utilise le vélo pour se rendre à son
lycée. Lorsqu’il utilise le vélo, on modélise son temps de parcours, exprimé
en minutes, entre son domicile et son lycée par une variable aléatoire T qui
suit le loi normale d’espérance µ 17 et d’écart-type σ = 1,2.
1 Déterminer la probabilité que l’élève mette entre 15 et 20 minutes pour se
rendre à son lycée.
Cherchez la probabilité qui correspond à la situation évoquée, précisez
les paramètres de la loi normale mise en jeu puis utiliser la calculatrice.
2 Il part de son domicile à vélo à 7 h 40. Quelle est la probabilité qu’il soit en
retard au lycée ?
Précisez la probabilité recherchée et utilisez la calculatrice.
3 L’élève part à vélo. Avant quelle heure doit-il partir pour arriver à l’heure
au lycée avec une probabilité de 0,9 ? Arrondir le résultat à la minute près.
Traduisez la situation sous forme d’équation d’inconnue la durée maximale de son temps de parcours c puis concluez à l’aide de la calculatrice.
Partie C : le bus
Lorsque l’élève utilise le bus, on modélise son temps de parcours, exprimé en
minutes, entre son domicile et son lycée par une variable aléatoire T 0 qui suit
la loi normale d’espérance µ = 15 et d’écart-type σ ’.
On sait que la probabilité qu’il mette plus de 20 minutes pour se rendre à son
lycée en bus est de 0,05.
0
On note Z 0 la variable aléatoire égale à T −15
σ0 .
1 Quelle loi la variable aléatoire Z 0 suit-elle ?
Mobilisez le lien établi en cours entre une loi normale d’espérance et
d’écart-type quelconque et une loi normale centrée-réduite.
2 Déterminer une valeur approchée à 0,01 près de l’écart-type σ ’ de la variable
aléatoire T 0 .
Après avoir repéré la probabilité recherchée, utilisez la calculatrice.
77
Sujet 13 | Corrigé
Partie A
1
2 Pour déterminer la probabilité de l’événement V ∩ R on dispose de deux
méthodes.
Première méthode. D’après l’arbre précédent on déduit que
P (V ∩ R) = 0, 7 × 0, 0042.
Seconde méthode. On applique la formule des probabilités conditionnelles :
P (V ∩ R) = P (V ) × P (R)V = 0, 7 × 0, 0042.
3 {V, B} constituant une partition de l’univers, en appliquant la formule des
probabilités totales on obtient :
P (R) = P (V ∩ R) + P (B ∩ R)
= 0, 0042 + 0, 3 × 0, 05 = 0, 0042 + 0, 015 = 0, 0192.
4 La probabilité, un jour donné, qu’un élève se soit rendu en bus à l’école
sachant que l’élève est arrivé en retard au lycée se traduit par la probabilité
P (B)R .
En appliquant la formule des probabilités conditionnelles on obtient :
P (B ∩ R)
0, 015
P (B)R =
=
= 0, 7813.
P (R)
0, 0192
78
Sujet 13 | Corrigé
Partie B : le vélo
1 La probabilité que l’élève mette entre 15 et 20 minutes pour se rendre à son
lycée correspond à P (15 6 T 6 20).
T étant une variable aléatoire suivant une loi normale de paramètres µ = 17
et σ = 1, 2 à l’aide de la calculatrice on obtient :
P (15 6 T 6 20) ≈ 0, 946.
2 Il sera en retard au lycée s’il met plus de 20 minutes pour effectuer le trajet.
La probabilité recherchée est donc P (T > 20). À la calculatrice, on obtient :
P (T > 20) ≈ 0, 0062.
3 On recherche la durée maximale de son temps de parcours c, en minutes tel
que P (T > c) = 0, 9. À l’aide de la calculatrice, on a : P (T > 18, 5379) = 0, 9.
En arrondissant à la minute cela donne c = 19, ce qui signifie que l’élève doit
sortir de chez lui au plus tard à 7 heures 41 minutes pour avoir une probabilité
d’arriver à l’heure de 0,9.
Partie C : le bus
1 T 0 étant une variable aléatoire suivant une loi normale de paramètres µ0 = 15
T 0 − 15
suit une loi normale
et σ 0 , alors, d’après le cours, on en déduit que Z 0 =
σ0
centrée réduite.
5
20 − 15
0
0
0
= P Z > 0 = 0, 05.
2 P (T > 20) = P Z >
σ0
σ
À l’aide de la calculatrice, en considérant une loi normale centrée-réduite Z 0 ,
on obtient :
P (Z 0 > 1, 6449) = 0, 05.
5
Par conséquent, 0 = 1, 6449 d’où σ 0 ≈ 3, 04.
σ
79
Sujet 14
6 points
Les parties A, B et C sont indépendantes.
Partie A
L’objectif de cette partie est de démontrer le théorème suivant :
Si X est une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite, alors pour
tout réel α appartenant à l’intervalle ]0 ; 1[, il existe un unique réel strictement
positif χα tel que P (−χα 6 X 6 Xα ) = 1 − α.
Soit f la fonction définie sur l’ensemble des nombres réels IR par f(t) =
t2
√1 e− 2 .
2π
Soit H la fonction définie et dérivable sur [0 ; +∞[ par H(x) = P(−x 6 X 6
x) R
x
= −x f(t)dt.
1 Que représente la fonction f pour la loi normale centrée réduite ?
2 Préciser H(O) et la limite de H(x) quand x tend vers +∞.
H(0) se déduit de la définition d’une intégrale et H(1) de celle d’une
fonction de densité.
3 À l’aide de considérations
graphiques, montrer que pour tout nombre réel
Rx
positif x, H(x) = 2 0 f(t)dt.
Pensez à utiliser la relation de Chasles puis la propriété graphique des
fonctions paires.
4 En déduire que la dérivée H 0 de la fonction H sur [0 ; +∞[ est la fonction
2f et dresser le tableau de variations de HZsur [0 ; +∞[.
x
D’après le cours, F telle que F (x) =
f (t)dt est la primitive de f s’ana
nulant en a.
5 Démontrer alors le théorème énoncé.
80
Sujet 14 | Énoncé
Partie B
Un laboratoire se fournit en pipettes auprès de deux entreprises, notées A et B.
60 % des pipettes viennent de l’entreprise A et 4,6 % des pipettes de cette
entreprise possèdent un défaut.
Dans le stock total du laboratoire, 5 % des pièces présentent un défaut. On
choisit au hasard une pipette dans le stock du laboratoire et on note :
A l’événement : « La pipette est fournie par l’entreprise A » ;
B l’événement : « La pipette est fournie par l’entreprise B » ;
D l’événement : « La pipette a un défaut ».
1 La pipette choisie au hasard présente un défaut ; quelle est la probabilité
qu’elle vienne de l’entreprise A ?
Traduisez la probabilité demandée sous la forme d’une probabilité conditionnelle puis appliquez la formule des probabilités conditionnelles.
2 Montrer que p(B ∩ D) = 0, 0224.
3 Parmi les pipettes venant de l’entreprise B, quel pourcentage de pipettes
présente un défaut ?
Traduisez la probabilité demandée sous la forme d’une probabilité conditionnelle puis appliquez la formule des probabilités conditionnelles.
Partie C
Une pipette est dite conforme si sa contenance est comprise, au sens large entre
98 millilitres (mL) et 102 mL.
Soit X la variable aléatoire qui à chaque pipette prise au hasard dans le stock
d’un laboratoire associe sa contenance (en millilitres).
On admet que X suit une loi normale de moyenne µ et écart type σ tels que
µ = 100 et σ 2 = 1,0424.
1 Quelle est alors la probabilité, à 10−4 près, pour qu’une pipette prise au
hasard soit conforme ? On pourra s’aider de la table ci-dessous ou utiliser une
calculatrice.
81
Sujet 14 | Énoncé
Contenance x (en mL)
95
96
97
98
99
0,000 00
0,000 04
0,001 65
0,025 06
0,163 68
Contenance x (en mL)
100
101
102
103
104
P (X 6 x) (arrondi à 10−5 )
0,5
0,836 32
0,974 94
0,998 35
0,999 96
−5
P (X 6 x) (arrondi à 10
)
Pour la suite, on admet que la probabilité pour qu’une pipette soit nonconforme est p = 0,05.
Exprimez P(98<X<102) comme différence de deux probabilités données
dans le tableau.
2 On prélève dans le stock du laboratoire des échantillons de pipettes de taille
n, où n est un entier naturel supérieur ou égal à 100. On suppose que le stock
est assez important pour considérer ces tirages comme indépendants.
Soit Yn la variable aléatoire qui à chaque échantillon de taille n associe le
nombre de pipettes non-conformes de l’échantillon.
a) Quelle est la loi suivie par la variable aléatoire Yn ?
Vérifiez que les conditions sont remplies pour repérer une loi binomiale
puis précisez ses paramètres.
b) Vérifier que n > 30 np > 5 et n(1 − p) > 5
Simples inégalités à prouver à partir des valeurs de n et p.
c) Donner en fonction de n l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de
95 % de la fréquence des pipettes non-conformes dans un échantillon.
Appliquez la formule du cours donnant l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 %.
82
Sujet 14 | Corrigé
Partie A
1 La fonction f représente la fonction de densité de probabilité pour la loi
normale centrée réduite.
Z 0
2 H(0) =
f (t)dt = 0 et puisque f est une fonction de densité, d’après le
0
cours : lim H(x) = 1.
x→+∞
Z
x
3 D’après la relation de Chasles :
Z
0
f (t)dt =
−x
x
Z
f (t)dt +
−x
f (t)dt.
0
Mais, par parité de la fonction f , la courbe représentative de f est symétrique
Z 0
Z x
par rapport à l’axe des ordonnées et
f (t)dt =
f (t)dt.
−x
0
Z x
Par suite, H(x) = 2
f (t)dt.
0
Z x
2f (t)dt, d’après le cours, H est donc la primitive de 2f
4 Soit H(x) =
0
s’annulant en 0. Par suite, H 0 = 2f.
H 0 = 2f > 0, H est donc strictement croissante de [0; +∞[ dans [0; 1[, d’où le
tableau de variation :
5 Si α ∈]0; 1[, 1 − α aussi.
Par conséquent, d’après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué dans
l’intervalle [0; +∞[, on en déduit l’existence d’un unique α de [0; +∞[ tel que :
H(α) = 1 − α.
83
Sujet 14 | Corrigé
Partie B
1 La probabilité qu’elle vienne de l’entreprise A sachant que La pipette choisie au hasard présente un défaut correspond à PD (A).
D’après la formule des probabilités conditionnelles on obtient :
P (A) × PA (D)
0, 6 × 0, 046
P (A ∩ D)
=
=
= 0, 552
PD (A) =
P (D)
P (D)
0, 05
2 D’après la formule des probabilités totales :P (D) = P (A ∩ D) + P (B ∩ D),
d’où : 0, 05 = 0, 6 × 0, 046 + P (B ∩ D) et P (B ∩ D) = 0, 0224.
3 La probabilité qu’une pipette présente un défaut sachant que les pipettes
viennent de l’entreprise B correspond à PB (D).
Or P (B) = 1 − P (A) = 1 − 0, 6 = 0, 4.
P (B ∩ D)
D’après la formule des probabilités conditionnelles, PB (D) =
et
P (B)
0, 0224
finalement, PB (D) =
= 0, 056.
0, 4
Parmi les pipettes venant de l’entreprise B, le pourcentage de pipettes présentant un défaut est donc de 5, 6%.
Partie C
1 On cherche la probabilité qu’une pipette prise au hasard soit conforme, soit
P (98 6 X 6 102), en sachant que X suit la loi normale de paramètres µ = 100
et σ 2 = 1, 0424.
Sachant que P (98 6 X 6 102) = P (X 6 102) − P (X 6 98) et en s’appuyant
sur le tableau donné dans l’énoncé, on trouve P (98 6 X 6 102) = 0, 97494 −
0, 02506 = 0, 94988, et finalement la probabilité qu’une pipette prise au hasard
soit conforme est de 0,9499 à 10−4 près.
2 a) Les tirages étant dans l’énoncé considérés comme indépendants, la variable aléatoire Yn suit une loi binomiale de paramètres n > 100 et p = 0, 05.
b) n > 100 > 30et p = 0, 05 donc np > 5.
1 − p = 0, 95 et n > 100, donc n(1 − p) > 95 > 5.
84
Sujet 14 | Corrigé
c) Pour une proportion p et un échantillon de taille n, l’intervalle
de
"
# au seuil de 95% est :
p
p fluctuation asymptotique
p (1 − p)
p (1 − p)
√
√
; p + 1, 96
p − 1, 96
.
n
n
Or p(1 − p) = 0, 05(1 − 0, 05) = 0, 0475 et l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % de la fréquence des pipettes non conformes dans un
échantillon est√donc :
√
0, 0475
0, 0475
; 0, 05 + 1, 96 √
.
0, 05 − 1, 96 √
n
n
85
Sujet 15
4 points
Une jardinerie vend de jeunes plants d’arbres qui proviennent de trois horticulteurs : 35 % des plants proviennent de l’horticulteur H1 , 25 % de l’horticulteur
H2 et le reste de l’horticulteur H3 . Chaque horticulteur livre deux catégories
d’arbres : des conifères et des arbres à feuilles.
La livraison de l’horticulteur H1 comporte 80 % de conifères alors que celle de
l’horticulteur H2 n’en comporte que 50 % et celle de l’horticulteur H3 seulement 30 %.
1 Le gérant de la jardinerie choisit un arbre au hasard dans son stock. On
envisage les événements suivants :
–
–
–
–
–
H1 : « l’arbre choisi a été acheté chez l’horticulteur H1 » ;
C : « l’arbre choisi est un conifère » ;
F : « l’arbre choisi est un arbre feuillu ».
a) Construisez un arbre pondéré traduisant la situation.
Commencez par les trois branches correspondant à H1 , H2 et H3 , puis
pour chacune de ces branches deux branches pour conifères et feuillus.
b) Calculez la probabilité que l’arbre choisi soit un conifère acheté chez l’horticulteur H3 .
Appliquez la formule des probabilités conditionnelles.
c) Justifiez que la probabilité de l’événement C est égale à 0,525.
Appliquez la loi des probabilités totales, après avoir précisé la partition
de l’univers que vous avez choisie.
d) L’arbre choisi est un conifère. Quelle est la probabilité qu’il ait été acheté
chez l’horticulteur H1 ? On arrondira à 10−3 .
86
Sujet 15 | Énoncé
2 On choisit au hasard un échantillon de 10 arbres dans le stock de cette jardinerie. On suppose que ce stock est suffisamment important pour que ce choix
puisse être assimilé à un tirage avec remise de 10 arbres dans le stock.
On appelle X la variable aléatoire qui donne le nombre de conifères de l’échantillon choisi.
a) Justifiez que X suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.
Vérifiez que la variable aléatoire vérifie toutes les conditions requises
pour qu’elle suive une loi binomiale en précisant ses paramètres.
b) Quelle est la probabilité que l’échantillon prélevé comporte exactement 5
conifères ?
Vous arrondirez à 10−3 .
Appliquez la formule de la loi binomiale.
c) Quelle est la probabilité que cet échantillon comporte au moins deux arbres
feuillus ?
Vous arrondirez à 10−3 .
Traduisez l’événement sous forme d’inégalité puis penser à utiliser l’événement contraire.
87
Sujet 15 | Corrigé
1 a)
0,8
C
0,2
F
0,5
C
0,5
F
0,3
C
0,7
F
H1
0,35
0,25
H2
0,4
H3
b) Pour calculer la probabilité de l’intersection H3 ∩ C , on applique la formule
des probabilités composées et on obtient donc :
P (H3 ∩ C) = P (H3 ) × PH3 (C) = 0, 4 × 0, 3.
Soit P (H3 ∩ C) = 0, 12.
c) La jardinerie ne se fournissant qu’auprès des trois horticulteurs, les événements H1 , H2 et H3 forment une partition de l’univers.
D’après la formule des probabilités totales, on a :
P (C) = P (H1 ∩ C) + P (H2 ∩ C) + P (H3 ∩ C)
P (C) = P (H1 ) × PH1 (C) + P (H2 ) × PH2 (C) + P (H3 ) × PH3 (C)
P (C) = 0, 35 × 0, 8 + 0, 25 × 0, 5 + 0, 4 × 0, 3
P (C) = 0, 525.
d) D’après la formule des probabilités conditionnelles :
P (H1 ∩C)
PC (H1 ) = P (C)
= 0,35×0,8
0,525 ≈ 0, 533.
2 a) On a 10 fois la répétition d’un même événement, avec une probabilité de
succès de 0,525, de façon indépendante, donc la variable aléatoire X suit bien
une loi binomiale de paramètres 10 et 0,525.
b) Cela revient àcalculer P (X = 5), d’où :
5
5
P (X = 5) = 10
5 × 0, 525 × (1 − 0, 525)
P (X = 5) ≈ 0, 243.
c) L’événement « au moins deux feuillus » est aussi l’événement « au plus 8
conifères », d’événement contraire « 9 ou 10 conifères ». Cela revient à calculer
88
Sujet 15 | Corrigé
P (X 6 8), on obtient alors :
P (X 6 8) = 1 − P (X
= 9) − 9P (X = 10)
10
P (X 6 8) = 1 − 10
9 × 0, 525 × (1 − 0, 525) − 0, 525 ≈ 0, 984.
89
Sujet 16
5 points
Dans cet exercice, les probabilités seront arrondies au centième.
Partie A
Un grossiste achète des boîtes de thé vert chez deux fournisseurs. Il achète
80 % de ses boîtes chez le fournisseur A et 20 % chez le fournisseur B.
10 % des boîtes provenant du fournisseur A présentent des traces de pesticides
et 20 % de celles provenant du fournisseur B présentent aussi des traces de
pesticides.
On prélève au hasard une boîte du stock du grossiste et on considère les événements suivants :
– événement A : « la boîte provient du fournisseur A » ;
– événement B : « la boîte provient du fournisseur B » ;
– événement S : « la boîte présente des traces de pesticides ».
1 Traduisez l’énoncé sous forme d’un arbre pondéré.
Commencez l’arbre par deux branches correspondant aux deux fournisseurs A et B puis deux autres branches pour chacune des branches précédentes pour tenir compte des traces ou non de pesticides
2 a) Quelle est la probabilité de l’événement B ∩ S ?
Utilisez judicieusement l’arbre et en particulier les branches pertinentes.
b) Justifiez que la probabilité que la boîte prélevée ne présente aucune trace de
pesticides est égale à 0,88.
Appliquez la formule des probabilités totales à la partition {A, B} de
l’univers.
3 On constate que la boîte prélevée présente des traces de pesticides.
Quelle est la probabilité que cette boîte provienne du fournisseur B ?
90
Sujet 16 | Énoncé
Partie B
Le gérant d’un salon de thé achète 10 boîtes chez le grossiste précédent. On
suppose que le stock de ce dernier est suffisamment important pour modéliser
cette situation par un tirage aléatoire de 10 boîtes avec remise.
On considère la variable aléatoire X qui associe à ce prélèvement de 10 boîtes,
le nombre de boîtes sans trace de pesticides.
1 Justifiez que la variable aléatoire X suit une loi binomiale dont on précisera
les paramètres.
Utilisez le résultat du 2. b) pour déduire la valeur de p et vérifiez qu’il y a
bien répétition d’un même événement n fois de façon indépendante, avec
la même probabilité p de réalisation.
2 Calculez la probabilité que les 10 boîtes soient sans trace de pesticides.
Cela revient à calculer P (X = 10).
3 Calculez la probabilité qu’au moins 8 boîtes ne présentent aucune trace de
pesticides.
Cela revient à calculer P (X > 10).
Partie C
À des fins publicitaires, le grossiste affiche sur ses plaquettes : « 88 % de notre
thé est garanti sans trace de pesticides ».
Un inspecteur de la brigade de répression des fraudes souhaite étudier la validité de l’affirmation. À cette fin, il prélève 50 boîtes au hasard dans le stock
du grossiste et en trouve 12 avec des traces de pesticides.
On suppose que, dans le stock du grossiste, la proportion de boîtes sans trace
de pesticides est bien égale à 0,88.
On note F la variable aléatoire qui, à tout échantillon de 50 boîtes, associe la
fréquence des boîtes ne contenant aucune trace de pesticides.
1 Donnez l’intervalle de fluctuation asymptotique de la variable aléatoire F
au seuil de 95 %.
Vous devez vérifier que n > 30, np > 5 et n(1 − p) > 5, puis vous
utiliserez la formule du cours donnant alors l’intervalle de fluctuation
asymptotique recherché.
91
Sujet 16 | Énoncé
2 L’inspecteur de la brigade de répression peut-il décider, au seuil de 95 %,
que la publicité est mensongère ?
Vérifiez si la proportion de lots constatée par l’inspecteur de la brigade de
répressions appartient ou non à l’intervalle de fluctuation asymptotique
déterminé à la question précédente.
92
Sujet 16 | Corrigé
Partie A
1 Le grossiste a deux fournisseurs A et B et certaines des boîtes ont des traces
de pesticides et d’autres non.
On obtient donc l’arbre suivant :
2 a) En s’appuyant
sur l’arbre,
on déduit que :
P B ∩ S = P (B) × PB S = 0, 2 × 0, 8 = 0, 16.
b) En utilisant un raisonnement analogue à celui de la question a) on déduit
que :
P A ∩ S = P (A) × PA S = 0, 8 × 0, 9 = 0, 72.
D’après la formule des probabilités totales appliquée à la partition {A, B} de
l’univers,
on obtient
:
P S = P A ∩ S + P B ∩ S = 0, 72 + 0, 16 = 0, 88.
3 P S = 0, 88, donc P (S) = 1 − P S = 0, 12.
D’après la formule des probabilités conditionnelles
P (S ∩ B)
0, 2 × 0, 2
4
1
PS (B) =
=
=
= ≈ 0, 33.
P (S)
0, 12
12
3
Partie B
1 On a vu que la probabilité de prélever une boîte de façon aléatoire dans le
stock du grossiste sans trouver de pesticides est égale à 0,88. Nous avons la
93
Sujet 16 | Corrigé
répétition d’un même événement 10 fois de façon indépendante, la variable X
suit bien une loi binomiale B(10; 0, 88).
2 Cela revient à calculer P (X = 10), soit puisque X suit une loi binomiale
B(10; 0, 88) :
10
10−10 = 0, 8810 ≈ 0, 28.
p(X = 10) = 10
10 × 0, 88 × (1 − 0, 88)
3 Cela revient à calculer P (X > 10), soit puisque X suit une loi binomiale
B(10; 0, 88) :
p(X > 8) = P (X = 8) + P (X = 9) + P(X = 10)
8
10−8 + 10 × 0, 889 × (1 − 0, 88)10−9 + 10 ×
= 10
8 × 0, 88 × (1 − 0, 88)
9
10
0, 8810 × (1 − 0, 88)10−10
≈ 0, 233043 + 0, 379774 + 0, 278501 ≈ 0, 891318 ≈ 0, 89
Partie C
1 On doit vérifier que n > 30, np > 5 et n(1 − p) > 5 pour que P (F ∈ If )
soit approchée par 1 − α, avec If désignant l’intervalle de fluctuation.
n = 50 > 30; n(1 − p) = 50 × 0, 12 = 6 > 5.
L’intervalle
de fluctuation asymptotique If au seuil de 95% est donc égal à#:
"
p
p
1, 96 × 0, 88 × (1 − 0, 88)
1, 96 × 0, 88 × (1 − 0, 88)
√
√
0, 88 −
; 0, 88 +
,
50
50
d’où au centième près :
If = [0, 79; 0, 98].
2 L’inspecteur de la brigade de répression constate une proportion de lots sans
50 − 12
≈ 0, 76.
pesticides de
50
Or 0, 76 ∈
/ If , donc il ne peut que décider au risque de 5% que la publicité est
mensongère.
94
Sujet 17
5 points
Dans une usine, on utilise deux machines A et B pour fabriquer des pièces.
1 La machine A assure 40 % de la production et la machine B en assure 60
%.
On estime que 10 % des pièces issues de la machine A ont un défaut et que 9
% des pièces issues de la machine B ont un défaut.
On choisit une pièce au hasard et on considère les événements suivants :
–
–
–
–
A : « la pièce est produite par la machine A » ;
B : « la pièce est produite par la machine B » ;
D : « la pièce a un défaut » ;
D̄ : l’événement contraire de l’événement D.
a) Traduisez la situation à l’aide d’un arbre pondéré.
Associez bien les différents pourcentages aux branches correspondantes
de l’arbre.
b) Calculez la probabilité que la pièce choisie présente un défaut et ait été fabriquée par la machine A.
Traduisez l’événement dont on recherche la probabilité puis appuyez
vous sur l’arbre pondéré.
c) Démontrez que la probabilité P (D) de l’événement D est égale à 0,094.
d) On constate que la pièce choisie a un défaut.
Quelle est la probabilité que cette pièce provienne de la machine A ?
2 On estime que la machine A est convenablement réglée si 90 % des pièces
qu’elle fabrique sont conformes.
On décide de contrôler cette machine en examinant n pièces choisies au hasard
(n entier naturel) dans la production de la machine A. On assimile ces n tirages
à des tirages successifs indépendants et avec remise.
On note Xn le nombre de pièces qui sont conformes dans l’échantillon de n
pièces, et Fn = Xnn la proportion correspondante.
95
Sujet 17 | Énoncé
a) Justifiez que la variable aléatoire Xn suit une loi binomiale et précisez ses
paramètres.
Repérez le nombre de répétition, de façon indépendante, d’un même événement et sa probabilité de réussite.
b) Dans cette question, on prend n = 150.
Déterminez l’intervalle de fluctuation asymptotique ı au seuil de 95 % de la
variable aléatoire F150 .
Appliquez la formule du le cours établissant l’intervalle de fluctuation
asymptotique.
c) Un test qualité permet de dénombrer 21 pièces non conformes sur un échantillon de 150 pièces produites.
Cela remet-il en cause le réglage de la machine ? Justifiez la réponse.
Déterminez le nombre pièces conformes ce qui permet de calculer Fn puis
de vérifier si Fn appartient ou non à l’intervalle précédent.
96
Sujet 17 | Corrigé
1 a) Voir l’arbre ci-dessous :
b) La probabilité demandée est P (A ∩ D), or d’après l’arbre P (A) = 0, 4 et
PA (D) = 0, 1.
Donc P (A ∩ D) = P (A) × PA (D) = 0, 4 × 0, 1, d’où p(A ∩ D) = 0, 04.
c) On a besoin de connaître P (B ∩ D).
D’après l’arbre P (B) = 0, 6 et PB (D) = 0, 09, donc P (B ∩ D) = P (B) ×
PB (D) = 0, 6 × 0, 09, d’où p(A ∩ D) = 0, 054.
A et B formant une partition de l’ensemble des pièces, on peut appliquer la
formule des probabilités totales et on obtient :
P (D) = P (D ∩ A) + P (D ∩ B) = 0, 04 + 0, 054 = 0, 094.
d) La probabilité demandée est PD (A), on utilise la formule des probabilités
conditionnelles et on obtient :
0,04
40
20
PD (A) = P P(D∩A)
(D) = 0,094 = 94 = 47 .
2 a) Xn est le compteur de pièces conformes.
On a n fois, de façon indépendante, la répétition d’un même événement ayant
une probabilité de réussite égale à 0, 9, Xn suit donc la loi binomiale de paramètres n et p = 0, 9, notée B(n, 0, 9).
b) Si n = 150 > 30, np = 135 > 5 et n(1 − p) = 15 > 5,
d’après le q
cours l’intervalle de
asymptotique I est défini par I =
qfluctuation
p(1−p)
p(1−p)
p − 1, 96
; p + 1, 96
, d’où avec p = 0, 9 et n = 150 on
n
n
q
trouve 1, 96 p(1−p)
' 0, 048, donc I ' [0, 852 ; 0, 948].
n
97
Sujet 17 | Corrigé
43
c) Ici on a 150 − 21 = 129 pièces conformes donc Fn = 129
150 = 50 = 0, 86.
Puisque 0, 86 ∈ [0, 852; 0, 948], ce test ne remet pas en cause le réglage de la
machine A.
98
Sujet 18
Sujet national, septembre 2013, exercice de spécialité
5 points
Les parties A et B peuvent être traitées indépendamment l’une de l’autre.
Dans un village imaginaire isolé, une nouvelle maladie contagieuse mais non
mortelle a fait son apparition. Rapidement les scientifiques ont découvert
qu’un individu pouvait être dans l’un des trois états suivants :
S : « l’individu est sain, c’est-à-dire non malade et non infecté »,
I : « l’individu est porteur sain, c’est-à-dire non malade mais infecté »,
M : « l’individu est malade et infecté ».
Partie A
Les scientifiques estiment qu’un seul individu est à l’origine de la maladie sur
les 100 personnes que compte la population et que, d’une semaine à la suivante,
un individu change d’état suivant le processus suivant :
– parmi les individus sains, la proportion de ceux qui deviennent porteurs sains
est égale à 13 et la proportion de ceux qui deviennent malades est égale à 13 ,
– parmi les individus porteurs sains, la proportion de ceux qui deviennent malades est égale à 12 .
La situation peut être représentée par un graphe probabiliste comme cidessous.
On note Pn = (sn in mn ) la matrice ligne donnant l’état probabiliste au
bout de n semaines où sn , in et mn désignent respectivement la probabilité
que l’individu soit sain, porteur sain ou malade la n-ième semaine.
99
Sujet 18 | Énoncé
On
 a alors P0 = (0, 99 0 0, 01) et pour tout entier naturel n,
1


sn+1 = 3 sn
in+1 = 31 sn + 12 in



mn+1 = 13 sn + 21 in + mn
1 Écrivez la matrice A appelée matrice de transition, telle que pour tout entier
naturel n, Pn+1 = Pn × A.
Tenez compte du système donné dans l’énoncé et du fait que Pn+1 =
Pn × A.
2 Démontrez par récurrence que pour tout entier naturel n non nul, Pn =
P0 × An .
Démonstration par récurrence, initialisation, hérédité et conclusion.
3 Déterminez l’état probabiliste P4 au bout de quatre semaines. Vous pourrez
arrondir les valeurs à 10−2 .
Quelle est la probabilité qu’un individu soit sain au bout de quatre semaines ?
Utilisez la calculatrice et la définition de la matrice P4 .
Partie B
La maladie n’évolue en réalité pas selon le modèle précédent puisqu’au bout
de 4 semaines de recherche, les scientifiques découvrent un vaccin qui permet
d’enrayer l’endémie et traitent immédiatement l’ensemble de la population.
L’évolution hebdomadaire de la maladie après vaccination est donnée par la
matrice
 de transition : 
B=
5
12
5
 12
1
6
1
4
1
4
1
2
1
3
1 .
3
1
3
On note Qn la matrice ligne donnant l’état probabiliste au bout de n semaines après la mise en place de ces nouvelles mesures de vaccination. Ainsi,
Qn = (Sn In Mn ) où Sn , In et Mn désignent respectivement la probabilité que l’individu soit sain, porteur sain et malade la n-ième semaine après la
vaccination.
Pour tout entier naturel n, on a alors Qn+1 = Qn × B .
100
Sujet 18 | Énoncé
D’après la partie A, Q0 = P4 . Pour la suite, on prend Q0
(0, 01 0, 10 0, 89) où les coefficients ont été arrondis à 10− 2.
=
1 Exprimez Sn+1 , In+1 et Mn+1 en fonction de Sn , In et Mn .
Effectuez le calcul matriciel de Qn par B et utilisez la définition de Qn .
2 Déterminez la constante réelle k telle que B 2 = kJ où J est la matrice carrée
d’ordre 3 dont tous les coefficients sont égaux à 1.
On en déduit que pour tout entier n supérieur ou égal à 2, B n = B 2 .
Calculez 3B 2 et comparez avec J .
3 a) Démontrez que pour tout entier n supérieur ou égal à 2, Qn = 31 31 13 .
Par un raisonnement analogue à celui du 2. de la partie A. Établissez que
Qn = Q0 × B n puis utilisez le résultat de la question précédente.
b) Interprétez ce résultat en terme d’évolution de la maladie.
Peut-on espérer éradiquer la maladie grâce au vaccin ?
Prenez en compte le résultat trouvé précédemment et la signification de
Qn .
101
Sujet 18 | Corrigé
Partie A
1 D’après le système donné dans l’énoncé et en tenant compte du fait que :
Pn+1
= Pn ×
A, on en déduit que :
111
333
A =  0 12 12  .
001
2 On désigne par R(n) la propriété suivante :
P n = P 0 × An .
Initialisation : P1 = P0 × A, donc R(0) est vraie.
Hérédité : supposons qu’il existe un entier n tel que Pn = P0 × An . En multipliant les deux membres à droite par A, on obtient Pn A = (P0 An ) × A.
Donc Pn A = P0 (An × A), par associativité du produit matriciel.
Finalement, Pn+1 = Pn A = P0 An+1 , R(n + 1) est vraie. L’hérédité est établie
et d’après le principe de récurrence :
pour tout entier naturel n non nul, Pn = P0 × An .
3 À l’aide
on déduit que :
de la calculatrice,
11
143
6397
P4 = 900 1440 7200
9.93 88,85 .
donc en arrondissant : P4 ≈ 1,22
100 10 100
On en déduit que s4 ' 0, 01. Il y a un pourcent de chance qu’un individu soit
sain au bout de quatre semaines.
Partie B
1 Qn+1 = Qn × B
=
5
12 Sn
5
12 In
1
6 Mn
1
4 Sn
+
+
+
D’où
 le système suivant :
5
5
1

 Sn+1 = 12 Sn + 12 In + 6 Mn
In+1 = 14 Sn + 41 In + 12 Mn


Mn+1 = 31 Sn + 13 In + 31 Mn
1
4 In
+
1
2 Mn
1
3 Sn
+
1
3 In
+
1
3 Mn
2 Grâce à la calculatrice, on déduit que 3B 2 = J , donc k = 31 .
102
.
Sujet 18 | Corrigé
3 a) On peut montrer, avec un raisonnement analogue à celui de la partie A,
que :
Qn+1 = Qn × B entraîne Qn = Q0 × B n et ceci pour tout entier naturel n.
Or B n = B 2 = 13 J , donc Qn = Q0 × 31 J . Ce qui donne après calcul à la
calculatrice
:
1
1
1
Qn = 3 3 3 .
b) Finalement, on peut dire qu’avec ce vaccin l’évolution de la maladie aboutit
à une situation équirépartie : il y aura autant de chance d’être malade, sain ou
porteur sain. Le vaccin ne parviendra donc pas à éradiquer la maladie.
103
Sujet 19
Liban, mai 2014, exercice de spécialité
5 points
√
On considère la suite de nombres complexes (zn ) définie par z0 = 3 − ı et
pour tout entier naturel n :
zn+1 = (1 + ı)zn .
Les parties A et B peuvent être traitées de façon indépendante.
Partie A
Pour tout entier naturel n, on pose un = |zn |.
1 Calculer u0 .
Utilisez la formule donnant le module d’un nombre complexe.
√
2 Démontrer que (un ) est la suite géométrique de raison 2 et de premier
terme 2.
Il suffit de prendre le module de l’égalité zn+1 = (1 + ı)zn .
3 Pour tout entier naturel n, exprimer un en fonction de n.
D’après le cours, on déduit que un = u0 q n , si u est une suite géométrique
de raison q et de premier terme u0 .
4 Déterminer la limite de la suite (un ).
Si q > 1, d’après le cours on sait que : lim q n = +∞.
n→+∞
5 Étant donné un réel positif P , on souhaite déterminer, à l’aide d’un algorithme, la plus petite valeur de l’entier naturel n telle que un > P .
Recopier l’algorithme ci-dessous et le compléter par les instructions de traitement et de sortie, de façon à afficher la valeur cherchée de l’entier n.
Variables : u est un réel
P est un réel
n est un entier
Initialisation : Affecter à n la valeur 0
Affecter à u la valeur 2
Entrée : Demander la valeur de P
Traitement :
104
Sujet 19 | Énoncé
Sortie :
Mettez en œuvre une boucle « Tant Que ».
Partie B
1 Déterminer la forme algébrique de z1 .
Utilisez l’égalité de l’énoncé zn+1 = (1 + ı)zn .
2 Déterminer la forme exponentielle de z0 et de 1 + ı.
En déduire la forme exponentielle de z1 .
Calculez le module de z0 , puis un de ses arguments.
3 Déduire des questions précédentes la valeur exacte de cos
Égalisez les formes algébriques et exponentielles de z1 .
105
π
12
.
Sujet 19 | Corrigé
Partie A
√
√
√
1 u0 = |z0 | = | 3 − ı| = 3 + 1 = 4 = 2.
2 Il suffit de prendre le module de l’égalité zn+1 = (1 √
+ ı)zn .
D’où, un+1 = |zn+1 | = |(1 + ı)zn | = |(1 +√
ı)| × |zn | = 2 × un ce qui prouve
que u est une suite géométrique de raison 2 et de premier terme u0 = 2.
√
3 D’après le cours on en déduit que un = u0 × ( 2)n .
√
4 Puisque 2 > 1 et u0 > 0, d’après le cours on déduit que lim un = +∞.
n→+∞
5 Variables : u est un réel
P est un réel
n est un entier
Initialisation : Affecter à n la valeur 0
Entrée : Demander la valeur de P
Traitement :Tant que u 6 P Faire
Affecter à n la valeur √
n+1
Affecter à u la valeur 2 × u
Fin du Tant Que
Sortie :Afficher n
Partie B
1 Puisque zn+1 = (1 + ı)z√
n , on en déduit
√ que √
√
√
z1 = (1 + ı)z0 = (1 + ı) × ( 3 − ı) = 3 − i + ı 3 + 1 = 3 + 1 + ı( 3 − 1).
√
√
π
2 z0 = 3 − ı = 2 23 − 2ı = 2 cos(− π6 ) + ı sin(− π6 ) = 2e− 6 .
√ √ √
√ π
1 + ı = 2 22 + ı 22 = 2e 4
√
√ π
π
π
D’où z1 = 2 2e− 6 + 4 = 2 2e 12 .
3 Il s’agit ici d’égaliser les formes algébriques et exponentielles de z1 et on
obtient par identification :
√
√ √
√
√
π
π
√ = 6+ 2 .
3 + 1 = 2 2 cos( 12
), donc cos( 12
) = 23+1
4
2
106
Sujet 20
5 points
Candidats n’ayant pas suivi la spécialité.
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé (O ; ~u, ~v ).
Pour tout entier naturel
n,√onnote An le point d’affixe zn défini par :
z0 = 1 et zn+1 = 34 + 43 i zn
On définit la suite (rn ) par rn = |zn | pour tout entier naturel n.
1 Donnez la forme exponentielle du nombre complexe
Calculez le module et un argument de z1 proposé.
2 a) Montrez que la suite (rn ) est géométrique de raison
Exprimez rn+1 en fonction de rn .
3
4
+
√
3
4 i.
√
3
2 .
b) Vous devez en déduire l’expression de rn en fonction de n.
Si une suite (un ) est géométrique de raison q et de premier terme u0 alors,
pour tout entier naturel n, un = u0 × q n .
c) Que pouvez-vous dire de la longueur OAn lorsque n tend vers +∞ ?
Si q ∈] − 1; 1[ alors lim q n = 0.
n→+∞
3 On considère l’algorithme suivant :
Variables :
n entier naturel
R réel
P réel strictement positif
Entrée :
Demander la valeur de P
Traitement :
R prend la valeur 1
n prend la valeur 0
Tant que R > P
n prend la valeur n√+ l
R prend la valeur 23 R
Fin tant que
Sortie :
107
Sujet 20 | Énoncé
Afficher n
a) Quelle est la valeur affichée par l’algorithme pour P = 0,5 ?
Faites tourner l’algorithme.
b) Pour P = 0,01 on obtient n = 33. Quel est le rôle de cet algorithme ?
Cet algorithme s’arrête dès que R 6 P , d’où la signification de n = 33.
4 a) Démontrez que le triangle OAn An+1 est rectangle en An+1
Utilisez la réciproque du théorème de Pythagore.
nπ
b) On admet que zn = rn ei 6 .
Déterminez les valeurs de n pour lesquelles An est un point de l’axe des ordonnées.
Raisonnez sur les arguments.
c) Complétez la figure ci-dessous, en représentant les points A6 , A7 , A8 et A9 .
Les traits de construction seront apparents.
108
Sujet 20 | Corrigé
s √
√ 2 r
2
3
3
3
3
3
9
i| =
+
1 r1 = |z1 | = | +
+
=
4
4
4
4
16 16
r
r
√
12
3
3
=
=
=
16
4
2
√
√
3
3
1
3
i, alors cos(α) =
et sin(α) = , donc
Soit α un argument de z1 = +
4
4
2
2
√
π
3 iπ
α = et z1 =
e6.
6
2
√ √ √
3 i 3
3 i 3
× |zn | = 3 rn .
2 a) rn+1 = |zn+1 | = +
zn = +
4
4
4
4 2
√
3
La suite (rn ) est donc géométrique de raison q =
2
et de premier terme r0 = |z0 | = 1.
√
3
b) La suite (rn ) est géométrique de raison q =
2
et de premier terme r0 = |z0 | = 1.
√ n
3
n
Donc, pour tout entier naturel n, rn = r0 × q =
.
2
√ n
3
c) OAn = |zn | = rn =
.
2
√
3
(rn ) est une suite géométrique de raison
∈] − 1; 1[. Donc, d’après le cours,
2
on en déduit que (rn ) converge vers 0.
Quand n tend vers +∞, OAn tend donc vers 0.
3 a) En faisant tourner l’algorithme donné dans l’énoncé et en prenant pour P
la valeur 0, 5, on trouve que la valeur affichée par l’algorithme est égale à 5.
b) Cet algorithme s’arrête dès que R 6 P et affiche alors la plus petite valeur
de n pour laquelle R donc rn = OAn est inférieur ou égal à P .
On peut donc dire que 33 est la plus petite valeur de n pour laquelle OAn est
inférieur ou égal à 0, 01.
√
3 2 3 2
4 a) OAn = rn donc OA2n = rn2 , OA2n+1 = (rn+1 )2 = (
rn ) = rn .
2
4
√
√ 3
i 3
1 i 3
zn+1 − zn = zn +
zn − zn = − +
zn , donc :
4
4
4
4
109
Sujet 20 | Corrigé
√ 2
1
i
3
= − +
zn .
4
4
√ 2
2
1 i 3
= 1 , donc An+1 A2n = rn .
Or, − +
4
4 4
4
2
2
2
Mais alors, OAn = OAn+1 + An+1 An et d’après la réciproque du théorème de
Pythagore, le triangle OAn An+1 est rectangle en An+1 .
b) Le point An appartient à l’axe des ordonnées si et seulement si un argument
π
de son affixe zn est égal à modulo π .
2
nπ
nπ
π
Or zn a pour argument
, on doit donc avoir
= + kπ soit n = 3 + 6k .
6
6
2
Mais n est un entier naturel, donc on doit avoir 3 + 6k > 0 soit k ∈ N.
Finalement, si n = 3 + 6k avec k ∈ N, alors le point An appartient à l’axe des
ordonnées.
c)
An+1 A2n
110
Sujet 21
Asie, juin 2013, exercice de spécialité
5 points
Un logiciel permet de transformer un élément rectangulaire d’une photographie. Ainsi, le rectangle initial OEFG est transformé en un rectangle OE’F’G’,
appelé image de OEFG.
L’objet de cet exercice est d’étudier le rectangle obtenu après plusieurs transformations successives.
Partie A
Le plan est rapporté à un repère orthonormé O ;~i, ~j .Les points E, F et G ont
pour coordonnées respectives (2 ; 2), (−1 ; 5) et (−3 ; 3).La transformation du
logiciel associe à tout point M(x ; y) du plan le point M’ (x’ ; y’), image du
point
 M tel que :
x0
5
=
x + 3y
y0
=
4
3
4x
+
4
5
4y
111
Sujet 21 | Énoncé
1 a) Calculez les coordonnées des points E’, F’ et G’, images des points E, F
et G par cette transformation.
Pour obtenir les coordonnées d’un point image, vous remplacez dans la
système de la transformation xet y par les coordonnées du point dont on
recherche l’image.
b) Comparez les longueurs OE et OE’ d’une part, OG et OG’
!d’autre part.
!
Donnez la matrice carrée d’ordre 2, notée A, telle que :
x0
y0
= A
x
.
y
Pensez à comparer OE 2 et OE 02 ainsi que OG2 et OG02 . La matrice A se
déduit du système donné et de notre connaissance du produit matriciel.
Partie B
Dans cette partie, on étudie les coordonnées des images successives du sommet
F du rectangle OEFG lorsqu’on applique plusieurs fois la transformation du
logiciel.
1 On considère l’algorithme suivant destiné à afficher les coordonnées de ces
images successives.
Une erreur a été commise.
Modifiez cet algorithme pour qu’il permette d’afficher ces coordonnées.
Entrée :
112
Sujet 21 | Énoncé
Saisir un entier naturel non nul N
Initialisation :
Affecter à x la valeur −1
Affecter à y la valeur 5
Traitement :
POUR i allant de 1 à N
Affecter à a la valeur 45 x + 34 y
Affecter à b la valeur 34 x + 54 y
Affecter à x la valeur a
Affecter à y la valeur b
FIN POUR
Sortie :
Afficher x, afficher y
2 On a obtenu le tableau suivant :
i
1
2
3
4
5
10
15
x
2,5
7,25
15,625
31,812 5
63,906 3
2 047,997 1
65 535,999 9
y
5,5
8,75
16,375
32,187 5
64,093 8
2 048,002 9
65 536,000 1
Conjecturez le comportement de la suite des images successives du point F.
Comparez les x entre eux et les x avec les y correspondants.
Partie C
Dans cette partie, on étudie les coordonnées des images successives du sommet
E du rectangle OEFG. On définit la suite des points En (xn ; yn )w du plan par
E0 = E!et la relation!de récurrence :
xn+1
xn
= A
,
yn+1
yn
où (xn+1 ; yn+1 ) désignent les coordonnées du point En+1 .
Ainsi x0 = 2 et y0 = 2.
1 On admet que, pour tout entier n > 1, la matrice An peut s’écrire sous la
forme :
!
αn
βn
An =
.
βn
αn
113
Sujet 21 | Énoncé
Démontrez par récurrence que, pour tout entier naturel n > 1, on a :
αn = 2n−1 + 2n1+1 et βn = 2n−1 − 2n1+1 .
Démonstration par récurrence.
2 a) Démontrez que, pour tout entier naturel n, le point En est situé sur la droite
d’équation y = x.
On pourra utiliser que, pour tout entier naturel n, les coordonnées (xn ; yn ) du
point!En vérifient!:
xn
2
= An
.
yn
2
Il vous suffit d’effectuer le calcul matriciel pour constater l’égalité.
b) Démontrez que la longueur OEn tend vers +∞ quand n tend vers +∞.
Calculez OEn2 puis recherchez en la limite en +∞ et concluez pour la
limite de OEn .
114
Sujet 21 | Corrigé
Partie A
1 a) Pour obtenir les coordonnées de E 0 , on remplace dans le système de la
transformation x par  et y par  et on obtient :
5 3
3 5
x0 = + = 4 et y 0 = + = 4. Donc E 0 (4; 4).
2 2
2 2
Pour obtenir les coordonnées de F 0 , on remplace dans la système de la transformation x par  et y par  et on obtient :
5
3 25
11
5 15
= et y 0 = − +
= .
x0 = − +
4
4
2
4
4
2
5 11
0
Donc F ( ; ).
2 2
Pour obtenir les coordonnées de G0 , on remplace dans la système de la transformation x par − et y par  et on obtient :
15 9
3
9 15
3
x0 = − + = − et y 0 = − +
= .
4
4
2
4
4
2
3 3
0
Donc G (− ; ).
2 2
b) OE 2 = 22 + 22 = 8, OE 02 = 42 + 42 = 32, donc OE 02 = 4OE 2 et OE 0 =
2OE.
2
2
OG2 = (−3)2 + 32 = 9 + 9 = 18, OG02 = − 32 + 23 = 92 , donc OG2 =
4OG0 et finalement
! OG = 2OG0 .
On a A =
5
4
3
4
3
4
5
4
.
Partie B
1 Il suffit d’écrire avant le FIN POUR : afficher x, afficher y ainsi au fur et à
mesure, pour i allant de  à N les coordonnées seront affichées.
2 Il semble que les coordonnées soient croissantes, les abscisses se rapprochant des ordonnées ce qui revient graphiquement à considérer que les points
images sont de plus en plus proches de la première bissectrice d’équation réduite y = x.
115
Sujet 21 | Corrigé
Partie C
1
1 On va démontrer par récurrence la propriété P (n) : αn = 2n−1 + n+1
2
1
et βn = 2n−1 − n+1 .
2
Initialisation.
!
pour n = 1, on a bien A1 =
5
4
3
4
3
4
5
4
et :
α1 = 20 + 212 = 54 et β1 = 20 − 212 = 34 .
Hérédité.
Supposons qu’il existe un naturel n tel que P (n) soit vraie.
1
1
Alors : αn = 2n−1 + n+1 etβn = 2n−1 − n+1 .
2
2
La relation An+1 = A × An entraîne que :
αn+1 = 45 αn + 34 βn et βn+1 = 34 αn + 45 βn , soit en utilisant la relation de
récurrence:
1
1
1
5
3
αn+1 = 4 2n−1 + n+1 + 4 2n−1 − n+1 = 2n + n+2 .
2
2
2
1
1
1
De même : βn+1 = 43 2n−1 + n+1 + 45 2n−1 − n+1 = 2n − n+2 .
2
2
2
P (n + 1) est donc vraie.
D’après le principe de récurrence, on peut donc conclure que quelque soit le
naturel n > 1, P (n) est vraie.
!
!
xn
2
2 a) L’égalité
= An
se traduit par :
yn
2
(
xn = 2αn + 2βn
yn = 2βn + 2αn
Ce qui prouve que quelque soit le naturel n, xn = yn .
b) OEn2 = x2n + yn2 .
Avec xn = yn = 2αn + 2βn = 2 (αn + βn ) = 2n+1 puisque αn + βn = 2n .
D’où OEn2 = 22n+2 + 22n+2 = 2 · 2n+2 = 22n+3 .
Or lim 22n+3 = +∞, donc lim OEn = +∞.
n→+∞
n→+∞
116
Sujet 22
Sujet national, juin 2013, exercice de spécialité
5 points
On étudie la population d’une région imaginaire. Le 1er janvier 2013, cette
région comptait 250 000 habitants dont 70 % résidaient à la campagne et 30 %
en ville.
L’examen des données statistiques recueillies au cours de plusieurs années
amène à choisir de modéliser l’évolution de la population pour les années à
venir de la façon suivante :
– l’effectif de la population est globalement constant ;
– chaque année, 5 % de ceux qui résident en ville décident d’aller s’installer
à la campagne et 1 % de ceux qui résident à la campagne choisissent d’aller
habiter en ville.
Pour tout entier naturel n, on note vn le nombre d’habitants de cette région qui
résident en ville au 1er janvier de l’année (2013 + n) et cn le nombre de ceux
qui habitent à la campagne à la même date.
1 Pour tout entier naturel n, exprimez vn+1 et cn+1 en fonction de vn et cn .
Lisez attentivement la signification de vn et cn pour établir les expressions
demandées.
!
!
0, 95 0, 01
a
2 Soit la matrice A =
. On pose X =
où a, b sont deux
0, 05 0, 99
b
réels fixés et !
Y = AX . Déterminez, en fonction de a et b, les réels c et d tels
c
que Y =
.
d
Les résultats précédents permettent
d’écrire que pour tout entier naturel n,
!
vn
Xn+1 = AXn où Xn =
.
cn
On peut donc en déduire que pour tout entier naturel n, Xn = An X0 .
Effectuez le produit matriciel de A par X .
117
Sujet 22 | Énoncé
3 Soient les matrices P =
1 −1
5 1
!
et Q =
!
1 1
.
−5 1
a) Calculez P Q et QP . Vous devez en déduire la matrice P −1 en fonction de
Q.
Le produit demandé vous donne la matrice identité multipliée par un réel,
et en vous appuyant sur la définition de la matrice inverse, vous pouvez
répondre à la question.
b) Vérifiez que la matrice P −1 AP est une matrice diagonale D que l’on précisera.
Effectuez d’abord le produit QA puis (QA)P et enfin divisez par 6.
c) Démontrez que pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1,
An = P Dn P −1 .
Utilisez la démonstration par récurrence.
4 Les résultats des questions précédentes permettent d’établir que :
vn = 61 (1 + 5 × 0, 94n ) v0 + 16 (1 − 0, 94n ) c0 . Quelles informations peut-on
en déduire pour la répartition de la population de cette région à long terme ?
Recherchez la limite de vn en +∞ et donnez vos conclusions.
118
Sujet 22 | Corrigé
1 Chaque année, 5 % de ceux qui résident en ville décident d’aller s’installer
à la campagne et 1 % de ceux qui résident à la campagne choisissent d’aller
habiter en ville.
On a donc pour tout entier naturel n :
vn+1 = 0, 95vn + 0, 01cn et cn+1 = 0, 05vn + 0, 99cn .
2 On a Y = AX , donc c, élément de Y situé sur la première ligne est obtenu,
d’après la définition du produit matriciel, en multipliant scalairement la première ligne de A par la colonne de X , d’où :
c = 0, 95a + 0, 01b.
Et de même on déduit que d = 0, 05a + 0, 99b.
!
!
1 1
1 −1
×
3 a) P Q =
−5 1
5 1
!
6 0
PQ =
= 6I2 .
0 6
!
!
1 1
1 −1
QP =
×
−5 1
5 1
!
6 0
QP =
= 6I2 .
0 6
Puisque P Q = QP = 6I2 , P est inversible et P −1 = 16 Q.
!
1
0
.
0 0, 94
c) Démontrons, par récurrence, la propriété P (n) : An = P Dn P −1 pour tout
entier naturel supérieur ou égal à 1.
Initialisation : d’après ce qui précède, on sait que P −1 AP = D, d’où en multipliant chaque membre de l’égalité à gauche par P , puis à droite par P −1 ,
A = P DP −1 , P (1) est donc vraie.
Hérédité : supposons P (k ) vraie pour un entier k supérieur ou égal à 1. Alors
Ak+1 = Ak × A = P Dk P −1 × P DP −1 = P Dk+1 P −1 , la propriété P (k +1) est
vraie.
Conclusion : d’après le principe de récurrence, P (n) est vraie pour tout entier
naturel n non nul.
b) En utilisant la calculatrice on déduit que P −1 AP = D =
119
Sujet 22 | Corrigé
4 Comme −1 < 0,94 < 1 alors :
lim 0, 94n = 0.
n→+∞
0
Donc la limite de (vn ) est égale à v0 +c
6 . Or v 0 + c0 = 250 000, donc (vn ) tend
vers environ 41 667.
La population citadine sera, au bout d’un grand nombre d’années, d’environ
41 667 habitants.
120
Sujet 23
Inde, avril 2013, exercice de spécialité
5 points
On étudie l’évolution dans le temps du nombre de jeunes et d’adultes dans
une population d’animaux. Pour tout entier naturel n, on note jn , le nombre
d’animaux jeunes après n années d’observation et an le nombre d’animaux
adultes après n années d’observation. Il y a au début de la première année de
l’étude, 200 animaux jeunes et 500 animaux adultes. Ainsi j 0 = 200 et a0 = 500.
On
 admet que pour tout entier naturel n on a :
j
= 0, 125 j + 0, 525a
n+1
n
n
an+1 = 0, 625 jn + 0, 625an
On introduit les matrices
! suivantes :
0, 125 0, 525
A =
et, pour tout entier naturel n, Un =
0, 625 0, 625
!
jn
.
an
1 a) Montrez que pour tout entier naturel n, Un+1 = A×Un .
Effectuez le produit de A par Un , puis utilisez la définition de an+1 et de
jn+1 donnée dans l’énoncé.
b) Calculez le nombre d’animaux jeunes et d’animaux adultes après un an d’observation puis après deux ans d’observation (résultats arrondis à l’unité près
par défaut).
Calculez U1 , puis U2 et concluez.
c) Pour tout entier naturel n non nul, exprimez U n en fonction de An et de U 0 .
Il s’agit d’une récurrence immédiate.
2 On introduit les
! matrices suivantes : !
7 3
−0, 25 0
Q =
et D =
.
−5 5
0
1
121
Sujet 23 | Énoncé
a) On admet que la matrice Q est inversible et que Q−1 =
0, 1 −0, 06
0, 1 0, 14
!
.
Montrez que Q × D × Q-1 = A.
Effectuez le produit de Q par D puis par Q−1 , à la main ou à la calculatrice, et vous devez trouver A.
b) Montrez par récurrence sur n que pour tout entier naturel n non nul :
An = Q × Dn × Q−1 .
Pour la démonstration par récurrence, l’hérédité se prouve en utilisant
l’égalité prouvée au 2. a).
c) Pour tout entier naturel n non nul, déterminez Dn en fonction de n.
Vous obtiendrez la puissance n d’une matrice diagonale D en élevant à
la puissance n les éléments diagonaux de D.
3 On admet
que pour tout entier naturel n non nul, 0,
3
+
0, 7 × (−0, 25)n 0, 42 − 0, 42 × (−0, 25)n
An =
n
n
0, 5 − 0, 5 × (−0, 25)
0, 7 + 0, 3 × (−0, 25)
a) Vous devez en déduire les expressions de jn et an en fonction de n, puis
déterminez les limites de ces deux suites.
Utilisez l’égalité établie au 1. c) ainsi que l’expression de An donnée dans
l’énoncé pour déduire an et jn en fonction de n. Ensuite, utilisez la propriété du cours donnant la limite den selon les valeurs de q .
b) Que peut-on en conclure pour la population d’animaux étudiée ?
Les limites trouvées au 3. a) correspondent aux valeurs de stabilisation
de an et jn .
122
Sujet 23 | Corrigé
1 a) A × Un =
0, 125 0, 525
0, 625 0, 625
!
×
!
jn
an
!
!
0, 125jn + 0, 525an
jn+1
A × Un =
=
.
0, 625jn + 0, 625an
an+1
Soit finalement, A × Un = Un+1 . !
!
!
287, 5
200
0, 125 0, 525
.
=
×
b) U1 = A × U0 =
437, 5
500
0, 625 0, 625
Après un an d’observation, on a 287 animaux jeunes et 437 animaux adultes,
quantités arrondies à l’unité près par défaut.
De même :
!
!
!
265, 625
287, 5
0, 125 0, 525
.
=
×
U2 = A × U1 =
453, 125
437, 5
0, 625 0, 625
Après deux ans d’observation, on a 265 animaux jeunes et 453 animaux
adultes, quantités arrondies à l’unité près par défaut.
c) Démontrons par récurrence la propriété P (n) : Un = An × U0 .
Initialisation : U0 = I × U0 , car A0 = I par définition. P (0) est vraie.
Hérédité : supposons que Un = An × U0 et montrons alors que Un+1 = An+1 ×
U0 .
Un+1 = A × Un = A × An × U0 , soit Un+1 = An+1 × U0 , la propriété est alors
vraie au rang n + 1. D’après le principe de récurrence, on peut en déduire que
P (n) est vraie pour tout entier n.
2 a) Il suffit d’effectuer le produit à la calculatrice pour vérifier que :
Q × D × Q−1 = A.
b) Démontrons par récurrence la propriété R(n) : Q × Dn × Q−1 = An .
Initialisation : d’après la question 2. a), Q × D × Q−1 = A. La propriété R(1)
est vraie.
Hérédité : pour n entier naturel non nul, supposons que R(n) est vraie et montrons alors que R(n+1) est vraie.
An+1 = A × An
An+1 = Q × D × Q−1 × Q × Dn × Q−1
An+1 = Q × Dn+1 × Q−1 .
La propriété R est vraie au rang n + 1. D’après le principe de récurrence, on
peut en déduire que R(n) est vraie pour tout entier n non nul.
123
Sujet 23 | Corrigé
c) La matrice D étant diagonale
:
!
n
(−0, 25) 0
.
Dn =
0
1
3 a) Puisque Un = An U0 ,
!
0, 3 + 0, 7 × (−0, 25)n 0, 42 − 0, 42 × (−0, 25)n
Un =
×
0, 5 − 0, 5 × (−0, 25)n 0, 7 + 0, 3 × (−0, 25)n
!
n
270 − 70 × (−0, 25)
Un =
.
450 + 50 × (−0, 25)n
D’où jn = 270 − 70 × (−0, 25)n et an = 450 + 50 × (−0, 25)n .
Puisque −0, 25 ∈] − 1; 1[, lim (−0, 25)n = 0.
n→+∞
!
270
D’où lim Un =
.
n→+∞
450
b) La population se stabilisera avec 270 jeunes et 450 adultes.
124
200
500
!
Sujet 24
5 points
Un laboratoire étudie la propagation d’une maladie sur une population.
Un individusain est un individu n’ayant jamais été touché par la maladie.
Un individumalade est un individu qui a été touché par la maladie et non guéri.
Un individuguri est un individu qui a été touché par la maladie et qui a guéri.
Une fois guéri, un individu est immunisé et ne peut plus tomber malade.
Les premières observations nous montrent que, d’un jour au jour suivant :
– 5 % des individus tombent malades ;
– 20 % des individus guérissent.
Pour tout entier naturel n, on note an la proportion d’individus sains n jours
après le début de l’expérience, bn la proportion d’individus malades n jours
après le début de l’expérience, et cn celle d’individus guéris n jours après le
début de l’expérience. On suppose qu’au début de l’expérience, tous les individus sont sains, c’est à dire que an = 1, bn = 0 et cn = 0.
1 Calculer a1 , b1 et c1 .
Tirez les conséquences du fait que d’un jour au jour suivant 5% des individus tombent malades.
2 a) Quelle est la proportion d’individus sains qui restent sains d’un jour au
jour suivant ? En déduire an + 1 en fonction de an .
95% des individus restent sains d’un jour au jour suivant donc...
b) Exprimer bn + 1 en fonction de an et de bn .
On admet que cn+1 = 0,2bn + cn .
 
an
 
Pour tout entier naturel n, on définit Un = bn 
cn
125
Sujet 24 | Énoncé

On définit les matrices A
0, 95
0

0, 8
0, 05
0
0, 2
=

0

0 et D
1
=


0, 95
0
0


0, 8
0
0
0
0
1
On admet qu’il existe une matrice inversible P telle que D = P −1 × A ×P et
que, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, An = P × Dn ×P −1 .
Prenez en compte le fait qu’un jour n + 1, 5% des individus sains deviennent malades et 80% des individus malades le reste.
3 a) Vérifier que, pour tout entier naturel n, Un+1 = A × Un .
On admet que, pour tout entier naturel n, Un = An × U0 .
Appliquez les règles de multiplication entre matrices.
b) Démontrer
par récurrence

 que, pour tout entier naturel n non nul :
0, 95n
0 0


n
n
D = 0
0, 8
0
0
0
1


n
0, 95
0
0


n
1
n
n
On admet que A = 
0, 8n
0

3 (0, 95 − 0, 8 )
1
n
n
n
1 − 0, 8
1
3 (3 − 4 × 0, 95 − 0, 8 )
Effectuez une démonstration par récurrence.
4 a) Vérifier que pour tout entier naturel n, bn = 31 (0, 95n − 0, 8n ).
Appliquez les règles de multiplication entre matrices et identifiez bn .
b) Déterminer la limite de la suite (bn ).
Si −1∞q∞1, d’après le cours on sait que : lim q n = 0.
n→+∞
c) On admet que la proportion d’individus malades croît pendant plusieurs
jours, puis décroit.
On souhaite déterminer le pic épidémique, c’est à dire le moment où la proportion d’individus malades est à son maximum.
À cet effet, on utilise l’algorithme ci-dessous, dans lequel on compare les
termes successifs de la suite (bn ).
126
Sujet 24 | Énoncé
Compléter l’algorithme de façon qu’il affiche le rang du jour où le pic épidémique est atteint et compléter le tableau fourni ci-dessous. Conclure.
Variables :
b, b0 , x, y sont des réels
k est un entier naturel
Initialisation :
Affecter à b la valeur 0
Affecter à b0 la valeur 0,05
Affecter à k la valeur 0
Affecter à x la valeur 0,95
Affecter à y la valeur 0,8
Traitement :
Tant que b < b0 faire :
Affecter à k la valeur k + 1
Affecter à b la valeur b0
Affecter à x la valeur 0,95x
Affecter à y la valeur 0,80y
Affecter à b0 la valeur......
Fin Tant que
Sortie :
Afficher ......
Après le 7e passage dans la
boucle Tant que
k
b
x
y
b0
Test :
b 6 b0 ?
7
0,1628
0,6634
0,1678
0,1652
VRAI
Après le 8e passage éventuel
dans la boucle Tant que
127
Sujet 24 | Corrigé
1 Puisque d’un jour au jour suivant 5% des individus tombent malades,
a1 = 0, 95, b1 = 0, 05 et c1 = 1.
2 a) 95% des individus restent sains d’un jour au jour suivant donc an+1 =
0, 95an .
b) Au jour n + 1, 5% des individus sains deviennent malades et 80% des individus malades le reste, d’où bn+1 = 0, 05an + 0, 8bn .

   

0, 95 0 0
an
0, 95an

   

3 a) A × Un = 0, 05 0, 8 0 ×  bn  = 0, 05an + 0, 08bn  = Un+1
0
0, 2
0
1
1
cn
0, 2bn + cn


0, 95n 0 0


b) Démontrons par récurrence la propriété P (n) : Dn =  0 0, 8n 0  .
0 0 1
Initialisation.


0, 95 0 0


D1 = D =  0 0, 8 0 , par hypothèse, donc P (1) est vraie.
0
Hérédité.
Supposons
 que pour un
 entier naturel n,
n
0, 95
0 0


n
n
D =  0 0, 8
0  on obtient alors
0 0 1




0, 95 0 0
0, 95n 0 0




Dn+1 = D × Dn =  0 0, 8 0  ×  0 0, 8n 0  =
0 0 1
0 0 1


n+1
0, 95
0 0


n+1
0 .
 0 0, 8
0 0 1
La propriété est donc vraie au rang n + 1.
Conclusion.
Puisque initialisation et hérédité sont satisfaites par P (n), d’après le principe
de récurrence, P (n) pour tout entier naturel n non nul.
128
Sujet 24 | Corrigé
4 a) Un = An × U0 , d’où


 
 
n
0, 95
0 0
1
an


1
n
n
n



 

(0, 95 − 0, 8 ) 0, 8
0
 × 0 =
 bn  = 
3

1
0
cn
(3 − 4 × 0, 95n + 0, 8n ) 1 − 0, 8n 1
3


0, 95n


1
n − 0, 8n )


(0,
95


3
1

(3 − 4 × 0, 95n + 0, 8n )
3
1
soit bn = (0, 95n − 0, 8n ).
3
b) Puisque −0, 95 ∈] − 1; 1[ et 0, 8 ∈] − 1; 1[, lim 0, 95n = lim 0, 8n = 0,
n→+∞
d’où lim bn = 0.
n→+∞
c) Variables :
b, b0 , x, y sont des réels
k est un entier naturel
Initialisation :
Affecter à b la valeur 0
Affecter à b0 la valeur 0,05
Affecter à k la valeur 0
Affecter à x la valeur 0,95
Affecter à y la valeur 0,8
Traitement :
Tant que b < b0 faire :
Affecter à k la valeur k + 1
Affecter à b la valeur b0
Affecter à x la valeur 0,95x
Affecter à y la valeur 0,80y
Affecter à b0 la valeur 13 (x − y)
Fin Tant que
Sortie :
Afficher k
129
n→+∞
Sujet 24 | Corrigé
k
b
x
y
b0
Test :
b 6 b0 ?
Après le 7e passage dans la
boucle Tant que
7
0,1628
0,6634
0,1678
0,1652
VRAI
8
0,1652
0,6302
0,1342
0,1653
VRAI
9
0,1653
0,5987
0,1073
0,1637
FAUX
Le rang du jour où le pic épidémique est atteint est donc le 9.
130
Sujet 25
4 points
Soit la suite numérique (un ) définie sur N par :
u0 = 2 et pour tout entier naturel n :
un+1 = 23 un + 31 n + 1.
1 a) Calculez u1 , u2 , u3 et u4 . Vous pourrez en donner des valeurs approchées
à 10−2 près.
Pour calculer ui , remplacez dans la relation de récurrence de l’énoncé n
par i.
b) Formulez une conjecture sur le sens de variation de cette suite.
Le calcul précédent nous conduit immédiatement à la conjecture attendue.
2 a) Démontrez que pour tout entier naturel n, un 6 n + 3.
Le calcul précédent nous conduit immédiatement à la conjecture attendue.
b) Démontrez que pour tout entier naturel n, un+1 − un =
Le résultat de la question 2. a) permet de conclure.
1
3
(n + 3 − un ).
c) Vous devez en déduire une validation de la conjecture précédente.
3 On désigne par (vn ) la suite définie sur N par vn = un − n.
a) Démontrez que la suite (vn ) est une suite géométrique de raison 32 .
2
Démontrez que vn+1 = vn .
3
n
b) Vous devez en déduire que pour tout entier naturel n, un = 2 32 + n.
La réponse se déduit de la relation de récurrence donnée au 3.
c) Déterminez la limite de la suite (un ).
Si q ∈]0; 1[, q n tend vers O.
4 Pour tout entier naturel non nul n, on pose : Sn = Σnk=0 uk = u0 + u1 +
· · · + un et Tn + Snn2 .
a) Exprimez S n en fonction de n.
Utilisez la somme des termes d’une suite géométrique.
b) Déterminez la limite de la suite (Tn ).
Utilisez les propriétés des limites.
131
Sujet 25 | Corrigé
1 a) On remplace n par 0 dans la relation de récurrence de l’énoncé et on obtient :
u1 = 23 × u0 + 31 × 0 + 1 = 73 ≈ 2, 33.
De même :
u2 = 23 × 73 + 31 + 1 = 26
9 ≈ 2, 89
26
2
97
2
≈ 3, 59
u3 = 3 × 9 + 3 + 1 = 27
2
97
3
356
u4 = 3 × 27 + 3 + 1 = 81 ≈ 4, 40.
b) La suite semble être croissante.
2 a) On veut montrer par récurrence, pour tout entier naturel n, la propriété
P n : un 6 n + 3 .
Initialisation : puisque u0 = 2 et 0 + 3 = 3, P 0 est bien vraie.
Hérédité : pour un entier naturel k donné, on suppose la propriété P k vraie.
On a uk+1 = 32 uk + 31 k + 1.
Par hypothèse de récurrence : uk 6 k + 3, d’où :
2
2
3 uk 6 3 k + 2
1
2
1
2
3 uk + 3 k + 1 6 3 k + 2 + 3 k + 1 .
Et finalement, uk+1 6 k + 3 6 k + 4.
La propriété Pk+1 est donc vraie.
Conclusion : d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, on a
bien un 6 n + 3.
b) un+1 − un = 32 un + 31 n + 1 − un
un+1 − un = − 13 un + 13 n + 33
un+1 − un = 13 × (−un + n + 3)
un+1 − un = 31 (n + 3 − un ).
c) Pour tout entier naturel n, on a un 6 n + 3, soit n + 3 − un > 0, donc
un+1 − un > 0. La suite (un ) est bien croissante.
3 a) Exprimons, pour un entier n naturel quelconque, vn+1 en fonction de un :
vn+1 = un+1 − (n + 1)
vn+1 = 23 un + 31 n + 1 − n − 1
vn+1 = 32 un − 32 n
vn+1 = 23 (un − n).
D’où vn+1 = 32 vn .
Ceci prouve que la suite (vn ) est bien un suite géométrique de raison q = 32 et
de premier terme v0 = u0 − 0 = 2.
132
Sujet 25 | Corrigé
b) D’après le cours, on
en déduit que :
2 n
n
vn = v0 × q = 2 3 .
Puisque vn = un −n, on
en déduit que un = vn +n, et on aboutit à l’expression
2 n
demandée : un = 2 3 + n.
c) On a −1 < q < 1, on en déduit que la limite de la suite (vn ) est 0, la limite de
la suite (un ) est donc +∞.
Pn
Pn
4 a) Sn = Xn + Yn avec Xn = k=0 vk et Yn = k=0 k .
n+1
Xn = v0 × 1−q
1−q
Xn =
n+1
1− 32
2 1− 2 3
Xn = 6 × 1 −
2 n+1
3
.
n(n+1)
Yn = 0+n
.
2 × (n + 1) =
2
Finalement,
on a : n+1
+ n(n+1)
.
Sn = 6 × 1 − 23
2
6× 1−
2 n+1
3
2
n+1n
6× 1− 23
n2 n+1
6× 1− 23
n2
b) Tn =
Tn =
+ n(n+1)
2
+
n2 +n
2n2
1
1
2 + 2n .
n+1
= 0,
On a vu que lim 23
n→+∞
n+1 donc lim 6 × 1 − 23
= 6.
Tn =
+
n→+∞
1
lim
2 = 0, par produit
n→+∞
n→+∞ n
lim 1 = 0, donc lim Tn = 12 .
n→+∞ 2n
n→+∞
Comme lim
Enfin
133
6× 1−
2 n+1
3
n2
= 0.
Sujet 26
5 points
On considère la suite (un ) définie sur N par :
un +2
.
u0 = 2 et pour tout entier naturel n, un+1 = 2u
n +1
On admet que pour tout entier naturel n, un > 0.
1 a) Calculez u1 , u2 , u3 , u4 . Vous pourrez en donner une valeur approchée à
10−2 près.
Pour calculer uk , remplacez dans la relation de récurrence n par k .
b) Vérifiez que si n est l’un des entiers 0, 1, 2, 3, 4 alors un − 1 a le même
signe que (−1)n .
Comparez le signe obtenu pour chaque uk − 1 précédent avec celui de
(−1)k .
n +1
c) Établissez que pour tout entier naturel n, un+1 − 1 = −u
2un +1 .
Utilisez la relation de récurrence donnée dans l’énoncé et retranchez 1 à
chaque membre de la relation.
d) Démontrez par récurrence que pour tout entier naturel n, un − 1 a le même
signe que (−1)n .
Démonstration par récurrence, initialisation, hérédité et conclusion.
2 Pour tout entier naturel n, on pose vn = uunn −1
+1 .
n +1
a) Établissez que pour tout entier naturel n, vn+1 = −u
3un +3 .
Remplacez n par n + 1 dans la relation donnée entre vn et un , puis remplacez à droite un+1 par son expression donnée au début de l’énoncé en
fonction de un .
b) Démontrez que la suite (vn ) est une suite géométrique de raison − 13 .
Vous en déduirez l’expression de vn en fonction de n.
Calculez vn+1 en fonction de vn .
n
c) On admet que pour tout entier naturel n, un = 1+v
1−vn .
Exprimez un en fonction de n et déterminez la limite de la suite (un ).
Remplacez vn par son expression trouvée précédemment puis vous utiliserez la propriété du cours qui nous dit que si −1 6 q 6 1 alors
lim q n = 0.
n→+∞
134
Sujet 26 | Corrigé
1 a) Pour calculer u1 , on remplace dans la relation de récurrence n par 0 :
u0 +2
u1 = 2u
= 54 = 0, 8.
0 +1
u1 +2
14
122
De même, u2 = 2u
= 13
' 1, 08, u3 = 40
41 ' 0, 98 et u4 = 121 ' 1, 01.
1 +1
b) u0 − 1 = 1, nombre positif comme (−1)0 = 1, u1 − 1 = −0, 2, nombre
négatif comme (−1)1 = −1, u2 − 1 ' 0, 08, nombre positif comme (−1)2 =
1, u3 − 1 = −0, 02, nombre négatif comme (−1)3 = 1 et u4 − 1 =' 0, 01,
nombre positif comme (−1)4 = 1.
un − 1 a donc le même signe que (−1)n pour n = 1, 2, 3 ou 4.
u +2−(2u +1)
1−un
c) un+1 − 1 = n 2un +1n
= 2u
n +1
d) Soit P (n) la propriété : (un − 1) a le même signe que (−1)n .
Initialisation.
P (0) est vrai d’après la question 1. b).
Hérédité.
Supposons que pour un n donné, (un − 1) a le même signe que (−1)n , alors
un+1 a le même signe que (1 − un ),d’après la question 1. c), soit −(−1)n =
(−1)n+1 , la propriété P (n + 1) est vraie et l’hérédité est établie.
Conclusion.
D’après le principe de récurrence, (un − 1) a le même signe que (−1)n pour
tout entier naturel n.
2 a) un > 0 pour tout entier naturel n, donc, la suite v existe pour tout entier
naturel n.
un +2
2un +1 − 1
un+1 −1
n +1
vn+1 = un+1 +1 = un +2
= −u
3un +3 .
2un +1 + 1
(u −1)
b) vn+1 = − 13 unn +1 = − 13 vn .
La suite v est donc géométrique de raison − 31 et de premier terme v0 =
1
1
1 n
pour tout entier naturel n.
3 par conséquent vn = 3 × − 3
n
1+ 13 × − 31
1+vn
n .
=
1−vn
1− 13 × − 31
Puisque − 13 ∈] − 1 ; 1[, la limite
u0 −1
u0 +1
=
c) un =
de la suite v est donc égale à 0 en +∞.
En faisant tendre n vers +∞ dans l’expression de un en fonction de vn donnée
dans l’énoncé, on en déduit que lim un = 1.
n→+∞
135
Sujet 27
Amérique du Nord, mai 2013, exercice de spécialité
5 points
Partie A
On considère l’algorithme suivant :
Variables :
a est un entier naturel
b est un entier naturel
c est un entier naturel
Initialisation :
Affecter à c la valeur 0
Demander la valeur de a
Demander la valeur de b
Traitement :
Tant que a > b
Affecter à c la valeur c + 1
Affecter à a la valeur a − b
Fin de tant que
Sortie :
Afficher c
Afficher a
1 Faites fonctionner cet algorithme avec a = 13 et b = 4 en indiquant les
valeurs des variables à chaque étape.
Il vous suffit de suivre pas à pas l’algorithme et d’inscrire les résultats au
fur et à mesure dans un tableau.
2 Que permet de calculer cet algorithme ?
En faisant fonctionner l’algorithme pas à pas, vous ferez apparaître la
division euclidienne.
136
Sujet 27 | Énoncé
Partie B
À chaque lettre de l’alphabet, on associe, grâce au tableau ci-dessous, un
nombre entier compris entre 0 et 25.
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
K
L
M
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
N
O
P
Q
R
S
T
U
V
W
X
Y
Z
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
On définit un procédé de codage de la façon suivante :
– Étape 1 : À la lettre que l’on veut coder, on associe le nombre m correspondant dans le tableau.
– Étape 2 : On calcule le reste de la division euclidienne de 9m + 5 par 26 et
on le note p.
– Étape 3 : Au nombre p, on associe la lettre correspondante dans le tableau.
1 Codez la lettre U.
En utilisant le tableau de l’énoncé, voyez quel est le nombre associé à U
puis déduisez un nombre p puis la lettre correspondante.
2 Modifiez l’algorithme de la partie A pour qu’à une valeur de m entrée par
l’utilisateur, il affiche la valeur de p, calculée à l’aide du procédé de codage
précédent.
Partie C
1 Trouvez un nombre entier x tel que 9x ≡ 1 [26].
Si vous ne voyez pas rapidement une solution x, révisez votre table de 3.
2 Démontrez alors l’équivalence :
9m + 5 = p [26] ⇐⇒ m = 3p − 15 [26].
Pensez à multiplier par 3 pour faire apparaître le 15 et le 3 puis utiliser le
x précédent
137
Sujet 27 | Énoncé
3 Décodez alors la lettre B.
Faites le même raisonnement que dans la partie B 1. mais à l’envers et en
utilisant la question précédente.
138
Sujet 27 | Corrigé
Partie A
1
Variables :
a
b
c
a > b?
Initialisation :
13
4
0
oui
Premier passage :
9
4
1
oui
Deuxième passage :
5
4
2
oui
Troisième passage :
1
4
3
Non : a < b
Fin du « Tant que » et affichage :
a=1
c=3
2 Cet algorithme calcule le reste et le quotient de la division euclidienne de a
par b.
Partie B
1 La lettre U est associée au nombre m = 20.
Or, 9 × 20 + 5 = 185 et 185 ≡ 3 [26], soit p = 3 qui correspond à D. La lettre
U est donc codée par D.
2
Variables :
a est un entier naturel
c est un entier naturel
Initialisation :
Affecter à c la valeur 0
Demander la valeur de a
Affecter à a la valeur 9 × a + 5
Traitement :
Tant que a > 26
Affecter à c la valeur c + 1
Affecter à a la valeur a − 26
Fin de tant que
Sortie :
Afficher a
139
Sujet 27 | Corrigé
Partie C
1 9 × 3 = 27 ≡ 1 [26]. Donc x = 3 convient.
2 Puisque 9 × 3 ≡ 1 [26] :
9m + 5 ≡ p [26] ⇐⇒ 27m + 15 ≡ 3p ⇐⇒ m ≡ 3p − 15 [26].
3 La lettre B est associée à 1.
On prend donc p = 1, d’après la question précédente m ≡ 3 × 1 − 15 [26],
soit m ≡ 14 [26].
14 correspond à la lettre O. La lettre B correspond au codage de la lettre O.
140
Sujet 28
5 points
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité.
On considère la suite (un ) définie par u0 = 1 et, pour tout entier naturel :
√
n, un+1 = 2un .
Variables :
n est un entier naturel
u est un réel positif
Initialisation :
Demander la valeur de n
Traitement :
Pour i variant de 1 à n√:
Affecter à u la valeur 2u
Fin de Pour
Sortie :
Afficher u
a) Donnez une valeur approchée à 10−4 près du résultat qu’affiche cet algorithme lorsque l’on choisit n = 3.
Cet algorithme vous permet de déterminer la valeur de u1 , u2 et finalement u3 demandés.
b) Que permet de calculer cet algorithme ?
Cet algorithme permet de calculer le terme de rang n d’une suite (un ).
c) Le tableau ci-dessous donne des valeurs approchées obtenues à l’aide de cet
algorithme pour certaines valeurs de n.
n
1
5
10
15
20
Valeur
affichée
1,414 2
1,957 1
1,998 6
1,999 9
1,999 9
141
Sujet 28 | Énoncé
Quelles conjectures pouvez-vous émettre concernant la suite (un ) ?
De l’observation du tableau vous pouvez faire des conjectures sur les
variations ou la convergence de la suite.
2 a) Démontrez que, pour tout entier naturel n, 0 < un 6 2.
Il s’agit d’une démonstration par récurrence.
b) Déterminez le sens de variation de la suite (un ).
Comme vous venez de démontrer que la suite u est à termes strictement
un+1
.
positifs, étudiez le quotient
un
c) Démontrez que la suite (un ) est convergente. Ne demandez pas la valeur de
sa limite.
Pensez au théorème de convergence qui prouve la convergence de la suite
sans calculer la limite.
3 On considère la suite (vn ) définie, pour tout entier naturel n, par
vn = ln un − ln 2.
a) Démontrez que la suite (vn ) est la suite géométrique de raison 12 et de premier
terme v 0 = −ln 2.
α.
b) Déterminez, pour tout entier naturel n, l’expression de vn en fonction de n,
puis de un en fonction de n.
Prouvez l’existence d’un nombre q indépendant de n tel que vn+1 = q ·vn .
Déterminez la limite de (vn ) puis par composition de slimites déduisez
celle de (un ).
d) Recopiez l’algorithme ci-dessous et complétez-le par les instructions du traitement et de la sortie, de façon à afficher en sortie la plus petite valeur de n
telle que un > 1,999.
Variables :
u est un réel
Initialisation :
Affecter à n la valeur 0
142
Sujet 28 | Énoncé
Traitement :
Sortie :
Dans la partie « Traitement » de l’algorithme placez une boucle adéquate
et placez en « Sortie » : « Afficher n ».
143
Sujet 28 | Corrigé
1 a) Pour n = 3, l’algorithme affiche 1,8340 à 10−4 près.
b) Cet algorithme affiche la valeur de un .
c) D’après le tableau, on peut conjecturer que la suite est croissante et convergente vers un nombre proche de 2.
2 a) Montrons par récurrence la propriété P (n) : 0 < un 6 2.
Initialisation : on a u0 = 1 donc 0 < u0 6 2, P (0)
√ est vraie.
On définit la fonction f sur [0 ; 2] par f (x) = 2x. On a pour tout entier n,
un+1 = f (un ). f est croissante sur [0 ; 2].
Hérédité : supposons qu’il existe un entier naturel n tel que 0 < un 6 2.
On a : 0 < un 6 √
2 ⇔ 0 < 2un 6 4
√
⇔ 0 < 2un 6 4 ⇔ 0 < un+1 6 2.
P (n+1) est vraie.
Conclusion : d’après le principe de récurrence, on a pour tout entier naturel n,
0 < un 6 2.
b) Montrons
par récurrence la propriété Q(n) : un 6 un+1 .
√
u1 = 2 > u0 = 1, Q(0) est vraie.
Si un 6 un+1 , comme f est croissante, f (un ) 6 f (un+1 ), c’est-à-dire un+1 6
un+2 , Q(n+1) est vraie. On en déduit donc, d’après le principe de récurrence,
que (un ) est une suite croissante.
c) On vient de prouver que d’une part la suite (un ) est croissante et que d’autre
part elle est majorée par 2. D’après le théorème de convergence monotone, la
suite (un ) est convergente.
3 a) Pour tout entier naturel n,
√
vn+1 = ln un+1 − ln 2, or un+1 = 2un .
Alors :
√
vn+1 = ln 2un − ln 2
vn+1 = 12 (ln un + ln 2) − ln 2
vn+1 = 21 (ln un − ln 2) = 12 vn .
De plus u0 = ln u0 − ln 2 = ln 1 − ln 2 = − ln 2.
La suite (vn ) est donc la suite géométrique de raison 12 et de premier terme
v0 = − ln 2.
b) On déduit de ce qui précède que pour tout entier naturel n,
n
vn = − ln 2 21 .
vn = ln(un ) − ln 2 ⇔ vn = ln u2n ⇔ u2n = evn ⇔ un = 2evn .
1 n
D’où pour tout entier n, un = 2e− ln 2 2 .
144
Sujet 28 | Corrigé
c) Comme 0 <
1
2
1 n
n→+∞ 2
< 1, lim
= 0 et lim (vn ) = 0
n→+∞
On sait que lim (ex ) = 1, alors par composition des limites lim (evn ) = 1 et
n→+∞
x→0
finalement lim (un ) = 2.
n→+∞
d) L’algorithme ci-dessous affiche en sortie la plus petite valeur de n telle que
un > 1, 999.
Variables :
u est un réel
Initialisation :
affecter à n la valeur 0
Traitement :
Tant que u 6 1, 999 √
Affecter à u la valeur 2u
Affecter à n la valeur n + 1
Sortie :
Afficher n
145
Sujet 29
5 points
Candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité.
Partie A
On considère la suite (un ) définie par : u0 = 2 et, pour tout entier nature n :
un+1 = 13++3uunn .
On admet que tous les termes de cette suite sont définis et strictement positifs.
1 Démontrez par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a : un > 1.
Vous ferez une démonstration par récurrence.
2 a) Établissez que, pour tout entier naturel n, on a : un+1 − un
=
(1 − un ) (1 + un )
.
3 + un
Retranchez un à un+1 , réduisez au même dénominateur et simplifiez.
b) Déterminez le sens de variation de la suite (un ).
Vous en déduirez que la suite (un ) converge.
Utilisez la propriété démontrée au premier exercice et appliquez le théorème de convergence.
Partie B
On considère la suite (un ) définie par : u0 = 2 et, pour tout entier nature n :
+ 0,5un
un+1 = 10,5
+ un .
On admet que tous les termes de cette suite sont définis et strictement positifs.
Entrée :
Soit un entier naturel non nul n
Initialisation :
Traitement et sortie :
POUR i allant de 1 à n
146
Sujet 29 | Énoncé
+ 0,5u
Affecter à u la valeur 10,5
+u
Afficher u
FIN POUR
Reproduisez et complétez le tableau suivant, en faisant fonctionner cet algorithme pour n = 3. Les valeurs de u seront arrondies au millième.
i
1
2
3
u
Faites varier i de 1 à 3 et inscrivez au fur et à mesure chaque valeur de u
trouvée dans le tableau.
2 Pour n = 12, on a prolongé le tableau précédent et on a obtenu :
i
4
u
1,008 3 0,997 3 1,000 9 0,999 7 1,000 1 0,999 97 1,000 01 0,999 996 1,000 001
5
6
7
8
9
10
11
12
Conjecturez le comportement de la suite (un ) à l’infini.
Concentrez-vous sur les variations et la convergence de la suite.
3 On considère la suite (vn ) définie, pour tout entier naturel n, par : vn =
un − 1
un + 1 .
a) Démontrez que la suite (vn ) est géométrique de raison − 13 .
Exprimez vn+1 en fonction de vn et concluez.
b) Calculez v0 puis écrivez vn en fonction de n.
Pour calculer v0 partir de l’égalité donnée dans l’énoncé puis utilisez la
propriété du cours permettant d’exprimer vn en fonction de n quand v est
géométrique.
4 a) Montrez que, pour tout entier naturel n, on a : vn =
6 1.
Raisonnez par l’absurde.
vn
b) Montrez que, pour tout entier naturel n, on a : un = 11 +
− vn .
Partez de l’égalité donnée dans l’énoncé au 3. puis exprimez un en fonction de vn .
Si −1 6 q 6 1, alors d’après le cours vous pouvez déduire que
lim q n = 0, puis utiliser l’égalité établie à la question précédente.
n→+∞
147
Sujet 29 | Corrigé
Partie A
1 On va démontrer par récurrence la propriété P (n) : un > 1.
Initialisation.
u0 = 2 > 1 la propriété P (0) est vraie.
Hérédité.
Supposons que un > 1 pour un entier n donné.
−3 − un + 1 + 3un
un − 1
1 + 3un
−1=
=2
.
un+1 − 1 =
3 + un
3 + un
3 + un
Par hypothèse de récurrence on a :
un − 1 > 0 et donc un+1 − 1 > 0 et la propriété P (n + 1) est vraie ce qui établit
l’hérédité.
D’après le principe de récurrence on peut donc conclure que quelque soit le
naturel n, un > 1.
1 + 3un
2 a) Quel que soit le naturel n, un+1 − un =
− un =
3 + un
1 + 3un − 3un − u2n
1 − u2n
(1 − un ) (1 + un )
=
=
.
3 + un
3 + un
3 + un
b) D’après le 1. on sait que un − 1 > 0, donc un+1 − un 6 0 ce qui établit la
décroissance de la suite u.
La suite u étant décroissante et minorée par 1, d’après le théorème de convergence, la suite u est convergente.
Partie B
1
i
1
2
3
u
0,800
1,077
0,976
2 Il semble que la suite soit alternativement croissante et décroissante tout en
convergeant vers  en +∞.
1+0,5un
un+1 − 1
0, 5 − 0, 5un
−0, 5 (un − 1)
0,5+u − 1
3 a) vn+1 =
= 1+0,5unn
=
=
=
un+1 + 1
1,
5
+
1,
5u
1,
5
(u
+
1)
n
n
+
1
0,5+un
1
− vn .
3
148
Sujet 29 | Corrigé
1
La suite v est donc géométrique de raison q = − .
3
1
2−1
= .
b) v0 =
2+1
3
1
1
Puisque v est géométrique de raison q = − et de permier terme v0 =
3
3
n
1
1
d’après la formule du cours on déduit que vn = × −
.
3
3
un − 1
4 a) Si vn valait  alors nous aurions
= 1soit 1 = −1 ce qui est imposun + 1
sible, donc vn =
6 1 pour tout n.
un − 1
donc vn (un + 1) = un − 1 soit vn un + vn = un − 1 ou encore
b) vn =
un + 1
vn un − un + = −1 − vn d’où un (vn − 1) = −1 − vn
1 + vn
et finalement, puisque vn 6= 1 on en déduit que un =
.
1 − vn
1
c) ∈] − 1; 1[, donc, d’après le cours, on déduit que lim vn = 0, et d’après
n→+∞
3
le résultat précédent lim un = 1.
n→+∞
149
Sujet 30
4 points
Pour chacune des propositions suivantes, indiquez si elle est vraie ou fausse
et justifiez la réponse choisie. Il est attribué un point par réponse exacte correctement justifiée. Une réponse non justifiée n’est pas prise en compte. Une
absence de réponse n’est pas pénalisée.
1 Toute suite positive croissante tend vers −∞.
Trouvez un contre-exemple.
2 g est la fonction définie sur ] − 12 ; +∞[ par g(x) = 2x ln(2x + 1).
Sur ] − 12 ; +∞[, l’équation g(x) = 2x a une unique solution : e−1
2 .
Déterminez une solution évidente qui n’est pas celle proposée.
3 Le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de la fonction g au point d’abscisse 12 est : 1 + ln 4.
Calculez le coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abscisse 12 et comparez-le à celui proposé dans l’énoncé.
4 L’espace est muni d’un repère orthonorme (O ; ~i, ~j , ~k).
P et R sont les plans d’équations respectives : 2x + 3y − z − 11 = 0 et x + y +
z − 11 = 0.
Les plans P et R se coupent perpendiculairement.
Démontrez que les deux vecteurs normaux de chacun des plans sont orthogonaux.
150
Sujet 30 | Corrigé
1 La proposition est fausse.
En effet, la suite u telle que un =
1.
n
n+1
est positive et croissante et sa limite est
En effet, g(0) = 0, l’équation g(x) = 2x admet donc pour solution x = 0 et
x = e−1
2 , si tant est que cela soit une solution, ne peut en aucun cas être une
solution unique de l’équation g(x) = 2x.
3 La proposition est vraie.
Le coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abscisse 12 est
m = g 0 ( 12 ).
2
donc : g 0 12 = 2 ln 2 + 1 = 1 + ln 4.
Or, g 0 (x) = 2 ln(2x + 1) + 2x × 2x+1
→
Le plan P d’équation 2x+3y−z −11 = 0 a pour vecteur normal −
n (2 ; 3 ; −1).
−
→
Le plan R d’équation x + y + 5z − 11 = 0 a pour vecteur normal n0 (1 ; 1 ; 5).
−
→
−
→
n · n0 = 2 × 1 + 3 × 1 + (−1) × 5 = 0, les deux vecteurs normaux sont donc
orthogonaux et les deux plans P et R sont bien perpendiculaires.
151
Sujet 31
Pour chacune des cinq propositions suivantes, indiquez si elle est vraie ou
fausse et justifiez la réponse choisie.
1 Proposition 1 : Dans le plan muni d’un repère orthonormé, l’ensemble des
points M dont l’affixe z vérifie l’égalité |z − ı| = |z + 1| est une droite.
Tenez compte de l’égalité entre module et distance : |zM − zA | = AM.
√
2 Proposition 2 : Le nombre complexe (1 +√ı 3)4 est un nombre réel.
Trouvez la forme exponentielle de 1 + ı 3 puis élevez à la puissance 4.
3 Soit ABCDEFGH un cube.
Proposition 3 : Les droites (EC) et (BG) sont orthogonales.
−−
→
Décomposez EC en somme de deux vecteurs dont chacun est orthogonal
−−→
à BG.
~
~
~
4 L’espace est muni d’un repère orthonormé O ; i, j, k . Soit le plan P
d’équation cartésienne x + y + 3z + 4 = 0. On note S le point de coordonnées
(1 ; −2 ; −2).
Proposition 4 : La droite qui passe
par S et qui est perpendiculaire au plan P


x = 1 + t
a pour représentation paramétrique y = −2 + t, t ∈ R .



z = −2 + 3t
Montrez qu’un vecteur directeur de la droite est un vecteur normal de P
et que S appartient à cette même droite.
152
Sujet 31 | Corrigé
1 Proposition vraie.
Soit A le point d’affixe ı et B le point d’affixe −1 dans le plan complexe. Alors
si on appelle M le point d’affixe z , on a :
|z − i| = |zM − zA | = AM.
De même |z + 1| = MB, et donc l’ensemble des points M recherché est la
médiatrice du segment [AB].
2 Proposition fausse.
√
√
√
4ıπ
ıπ
On a z = 1 + ı 3 = 2( 21 + ı 23 ) = 2e 3 , d’où z 4 = 16e 3 = −8 − 8ı 3 et
donc z 4 n’est pas un réel.
(FC) et (BG) sont perpendiculaires car ce sont les deux diagonales d’un carré.
(EF) est orthogonale au plan (BFG) donc en particulier (EF) est perpendiculaire à (BG).
(BG) est orthogonale au plan (EFC), car (BG) est orthogonale à deux droites
sécantes du plan (EFC).
Finalement, (EC) est perpendiculaire à (BG), car (BG) est orthogonale à toute
droite du plan (EFC).
La droite d dont on nous propose une représentation paramétrique a pour vec→
teur directeur le vecteur −
n de coordonnées (1 ; 1 ; 3), par ailleurs vecteur
normal à P , d’après l’équation cartésienne de celui-ci.
Comme de plus, le point S appartient à d (c’est le point de paramètre t = −1
sur cette droite), on en déduit donc que d est bien la droite passant par S et
perpendiculaire à P .
153
Sujet 32
Sujet national, juin 2014, exercice de spécialité
Un pisciculteur dispose de deux bassins A et B pour l’élevage de ses poissons.
Tous les ans à la même période :
– il vide le bassin B et vend tous les poissons qu’il contenait et transfère tous
les poissons du bassin A dans le bassin B ;
– la vente de chaque poisson permet l’achat de deux petits poissons destinés
au bassin A. Par ailleurs, le pisciculteur achète en plus 200 poissons pour le
bassin A et 100 poissons pour le bassin B.
Pour tout entier naturel supérieur ou égal à 1, on note respectivement an et bn
les effectifs de poissons des bassins A et B au bout de n années. En début de
première année, le nombre de poissons du bassin A est a0 = 200 et celui du
bassin B est b0 = 100.
1 Justifier que a1 = 400 et b1 = 300 puis calculer a2 et b2 .
2 On désigne par A et B les matrices telles que A =
!
an
et pour tout entier naturel n, on pose X n =
.
bn
0
1
2
0
!
et B =
!
200
100
a Expliquer pourquoi pour tout entier naturel n, Xn+1 = AXn + B.
!
!
x
x
b Déterminer les réels x et y tels que
=A
+ B.
y
y
!
an + 400
c Pour tout entier naturel n, on pose Yn =
.
bn + 300
Démontrer que pour tout entier naturel n, Y n+1 = AYn .
3 Pour tout entier naturel n, on pose Zn = Y2 n.
a Démontrer que pour tout entier naturel n, Z n+1 = A2 Zn . En déduire que pour
tout entier naturel n, Zn+1 = 2Zn .
b On admet que cette relation de récurrence permet de conclure que pour tout
entier naturel n,
Y 2n = 2n Y0 .
En déduire que Y 2n+1 = 2n Y 1 puis démontrer que pour tout entier naturel n,
154
Sujet 32 | Énoncé
a2n = 600 × 2n - 400 et a2n+1 = 800 × 2n -400.
4 Le bassin A a une capacité limitée à 10 000 poissons.
a On donne l’algorithme suivant.
Variables : a, p et n sont des entiers naturels.
Initialisation : Demander à l’utilisateur la valeur de p.
Traitement : Si p est pair
Affecter à n la valeur p2
Affecter à a la valeur 600 × 2n - 400.
Sinon
Affecter à n la valeur p−1
2
Affecter à a la valeur 800 x 2n - 400.
Fin de Si.
Sortie : Afficher a.
Que fait cet algorithme ? Justifier la réponse.
b Écrire un algorithme qui affiche le nombre d’années pendant lesquelles le
pisciculteur pourra utiliser le bassin A.
155
Sujet 32 | Corrigé
1 Puisque b0 = 100, que le pisciculteur vend ces 100 poissons et la vente de
chaque poisson permet l’achat de deux petits poissons destinés au bassin A,
donc cela fait 200 poissons supplémentaires dans le bassin A.
Par ailleurs le bassin A est vidé de ses 200 poissons initiaux mais le pisciculteur
achète en plus 200 poissons pour le bassin A, donc finalement a1 = 2b0 +200 =
400.
Le pisciculteur vide le bassin B et transfère tous les poissons du bassin A dans
le bassin B, ce qui fait 200 poissons dans le bassin B.
Par ailleurs, le pisciculteur achète en plus 100 poissons pour le bassin B. Donc
finalement, b1 = a0 + 100 = 300.
Un raisonnement analogue nous conduit à a2 = 2b1 + 200 = 600 + 200 = 800,
et b2 = a1 + 100 = 500.
De même on obtient : an+1 = 2bn + 200 et bn+1 = an + 100.
    

2bn
200
2bn + 200
    

2 a) AXn + B =   +   = 
 = Xn+1 .
an
100
an + 100
b) On cherche les valeurs de x et de y telles que :




x
=
2y
+
200



x = 2y + 200
soit



y = x + 100



x = 2y + 200
D’où
.



y = 2y + 200 + 100
et finalement x = −400 et y = −300.



y = −300

 
 

an+1 + 400
2bn + 200 + 400
2bn + 600)

 
 

c) Yn+1 = 
=
=
 = AYn .
bn+1 + 300
an + 100 + 300
an + 400
3 a) Zn+1 = Y2(n+1) = Y2n+2 = AY2n+1 = A2 Y2n = A2 Zn .
Or, grâce à la calculatrice ou en faisant le calcul directement en appliquant les
règles de multiplication des matrices, on obtient que A2 = 2I , d’où finalement
Zn+1 = A2 Zn = 2I × Zn = 2Zn .
b) Y2n+1 = AY2n = 2n AY0 = 2n Y1 .
156
Sujet 32 | Corrigé




 
600
a2n + 400
600
 


 
n
Mais Y0 =   donc Y2n = 
 = 2   et par suite a2n =
400
b2n + 300
400
600 × 2n − 400.  


 
800
a2n+1 + 400
800
 


 
n
De même, Y1 =   donc Y2n+1 = 
 = 2  .
600
b2n+1 + 300
600
Finalement, a2n+1 = 800 × 2n − 400
4 a) Si p est pair alors il existe un entier naturel n tel que p = 2n et l’algorithme
permet de calculer la population du bassin A au bout de 2n années soit, comme
vu précédemment, a2n = 600 × 2n − 400.
Si p est impair alors p = 2n+1 et l’algorithme permet de calculer la population
du bassin A au bout de 2n+1 années soit, comme vu précédemment, a2n+1 =
800 × 2n − 400.
Dans tous les cas on calcule la population du bassin A au bout de p années.
4 b) Variables : a, p et n sont des entiers naturels.
Initialisation :p prend la valeur 0 et a prend la valeur 200.
Traitement :Tant que a 6 10000
Affecter à p la valeur p+1
Si p est pair
p
Affecter à n la valeur
2
Affecter à a la valeur 600 × 2n − 400.
Sinon
p−1
Affecter à n la valeur
.
2
Affecter à a la valeur 800 × 2n − 400.
Fin de Si.
Fin de Tant que.
Affecter à p la valeur p-1.
Sortie : Afficher p.
157
Sujet 33
4 points
Cet exercice est un questionnaire à choix multiples.
Pour chaque question, trois réponses sont proposées et une seule d’entre elles
est exacte.
Le candidat portera sur la copie le numéro de la question suivi de la réponse
choisie et justifiera son choix. Il est attribué un point par réponse correcte
et convenablement justifiée. Une réponse non justifiée ne sera pas prise en
compte. Aucun point n’est enlevé en l’absence de réponse ou en cas de réponse
fausse.
Pour les questions 1. et 2., l’espace est muni d’un repère orthonormé
(O ; ~i, ~j, ~k).
La
 droite D est définie par la représentation paramétrique


x = 5 − 2t
y = 1 + 3t, t ∈ R



z=4
1 On note P le plan d’équation cartésienne 3x + 2y + z − 6 = 0.
a) La droite D est perpendiculaire au plan P .
b) La droite D est parallèle au plan P .
c) La droite D est incluse dans le plan P .
Comparez un vecteur directeur de la droite D et un vecteur normal de P .
2 On note D0 la droite qui passe par le point A de coordonnées (3 ; 1 ; 1) et a
pour vecteur directeur ~u = 2~i − ~j + 2~k .
a) Les droites D et D0 sont parallèles.
b) Les droites D et D0 sont sécantes.
c) Les droites D et D0 ne sont pas coplanaires.
Vérifiez que les droites D etD0 ne sont pas parallèles, puis recherchez leur
point d’intersection éventuel.
Pour les questions 3. et 4., le plan est muni d’un repère orthonormé direct
d’origine O.
158
Sujet 33 | Énoncé
3 Soit E l’ensemble des points M d’affîxe z vérifiant |z + ı| = |z − ı|.
a) E est l’axe des abscisses.
b) E est l’axe des ordonnées.
c) E est le cercle ayant pour centre O et pour rayon 1.
Appuyez vous sur le fait qu’étant donnés deux points A et B quelconques
AB = |zA − zB |.
4 On désigne par B et C√deux points du plan dont les affixes respectives b et
π
c vérifient l’égalité cb = 2eı 4 .
a) Le triangle OBC est isocèle en O.
b) Les points O, B, C sont alignés.
c) Le triangle OBC est isocèle et rectangle en B.
Utilisez la propriété d’un triangle isocèle et la réciproque du théorème de
Pythagore.
159
Sujet 33 | Corrigé
→
1 b) En effet, un vecteur directeur de la droite D est −
v (−2 ; 3 ; 0) et un vecteur
−
→
normal de P est n (3 ; 2 ; 1).
−
→
→
→
→
v ·−
n = 0, les vecteurs −
v et −
n étant orthogonaux la droite D est bien parallèle
à P.
→
→
2 b) Les vecteurs −
u et −
v n’étant pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont
pas proportionnelles), les droites D et D0 ne sont pas parallèles, elles sont donc
soit sécantes soit non coplanaires.
Pour trancher, on va rechercher leur intersection : si c’est un point elles sont
sécantes, si c’est le vide elles sont non coplanaires.
Soit M(5 − 2t ; 1 + 3t ; 4) un point de D, il appartiendra aussi à D0 si les
−−→
→
vecteurs AM(2 − 2t ; 3t ; 3) et −
u sont colinéaires, c’est-à-dire si :
3
2−2t
2 = −3t = 2 .
Soit t = − 12 les droites D et D0 sont donc sécantes selon le point M(6 ; − 12 ; 4).
3 a) Soit D d’affixe zD = ı et F d’affixe zF = −ı, alors E est l’ensemble des
points M tels que FM = DM c’est-à-dire la médiatrice du segment [DF], soit
l’axe des abscisses.
√ π
4 c) c = b 2eı 4 = b(1 + ı) = b + ıb.
Donc b − c = −ıb et |b − c| = |b|, soit OB = BC.
Le triangle
en B.
√ OBC est isocèle
2
2
|c| = |b| 2, donc OC = |c| = 2|b|2 = 2OB2 , BC2 = |b − c|2 = |b|2 = OB2 .
Puisque OC2 = OB2 + BC2 d’après la réciproque du théorème de Pythagore
le triangle OBC est rectangle en B.
Finalement, le triangle OBC est isocèle et rectangle en B.
160
Sujet 34
4 points
Les quatre questions de cet exercice sont indépendantes.
Pour chaque question, une affirmation est proposée. Indiquez si chacune
d’elles est vraie ou fausse, en justifiant la réponse. Une réponse non justifiée
ne rapporte aucun point.
Dans les questions 1. et 2., le plan est rapporté au repère orthonormé direct
(O ; ~u, ~v ).
On considère les points A, B, C, D et E d’affixes respectives
:
√
√
√
√
3
a = 2 + 2ı, b = − 3 + ı, c = 1 + ı 3, d = −1 + 2 ı et e = −1 + (2 + 3)ı.
1 Les points A, B et C sont alignés.
D’après le cours vous savez que les points A, B et C sont alignés si et
−→ −→
seulement si les vecteurs AB et AC sont colinéaires.
2 Les points B, C et D appartiennent à un même cercle de centre E.
Trois points B, C et D appartiennent à un cercle de centre E si EB = EC
=ED.
3 Dans cette question, l’espace est muni d’un repère (O ; ~i, ~j, ~k).
On considère les points I(1 ; 0 ; 0), J(0 ; 1 ; 
0) et K(0 ; 0 ; 1).


x = 2 − t
La droite D de représentation paramétrique y = 6 − 2t , où t ∈ R, coupe



z = −2 + t
1
1
le plan (IJK) au point E − 2 ; 1 ; 2 .
Après avoir déterminer une équation cartésienne de (IJK), vous traduirez
par le calcul le fait qu’un point quelconque de D appartient à (IJK).
161
Sujet 34 | Énoncé
4 Dans le cube ABCDEFGH, le point T est le milieu du segment [HF].
Les droites (AT) et (EC) sont orthogonales.
Il faut vous placer dans le plan (EAC), choisir un repère de ce plan et dans
ce repère calculez le produit scalaire adéquat.
162
Sujet 34 | Corrigé
1 L’affirmation est vraie.
−→
√
−→ √
AB − 3 − 2; −1 et AC −1; 3 − 2 .
√
√
−→ −→
Or, − 3 − 2
3 − 2 = 1 = (−1) × (−1), donc les vecteurs AB et AC
sont colinéaires et les points A, B et C sont alignés.
2 L’affirmation est fausse.
Pour montrer que B, C et D appartiennent à un cercle de centre E il suffit de
montrer que EB = EC = ED ou ce qui revient au même que EB2 = EC2 =
ED2 .
√
√
√
√
√
Or, EB2 =√( 3 − 1)2 + ( 3 + 1)2 = 8 et ED2 = (2 + 3 − 23 )2 = (2 + 23 )2 =
4 + 34 + 2 3 =
6 8.
Les points B, C et D n’appartiennent donc pas à un cercle de centre E.
3 L’affirmation est vraie.
Recherchons une équation cartésienne de (IJK).
Soit (IJK) : ax + by + cz + d = 0.
I ∈ (IJK) donc a + d = 0, J ∈ (IJK) donc b + d = 0, K ∈ (IJK) donc c + d = 0,
d’où a = b = c = −d et (IJK) : x + y + z − 1 = 0.
Le point d’intersection E entre (IJK) et D a ses coordonnées telles que :
2 − t + 6 − 2t − 2 + t =
1 soit 5 = 2t et t = 25 .
Finalement, E − 12 ; 1; 12 .
4 On se place dans le rectangle EACG. On suppose que AE = 1 et on considère
le point U ∈ [AC] tel que AU=1.
√
√
Dans le repère (A, U, E)√ on a A(0 ; 0), C( 2 ; 0), E(0 ; 1) et T( 22 1).
−→
−→ √
−→ −→
Dans un tel repère AT( 22 ; 1) et EC( 2 ; −1), d’où AT · EC = 0 et les droites
(AC) et (ET) sont bien orthogonales.
163
Sujet 35
On désigne par (E) l’équation z 4 + 4z 2 + 16 = 0 d’inconnue complexe z .
1 Résoudre dans C l’équation Z 2 + 4Z + 16 = 0.
Écrire les solutions de cette équation sous une forme exponentielle.
Pour résoudre l’équation (F ) : Z 2 +4Z+16 = 0, calculez son discriminant
∆, puis déterminez ses deux solutions complexes conjuguées Z1 et Z2 .
2 On désigne par a le nombre complexe dont le module est égal à 2 et dont un
argument est égal à π3 .
Calculer a2 sous forme algébrique.
√
En déduire les solutions dans C de l’équation z 2 = −2 + 2ı 3. On écrira les
solutions sous forme algébrique.
Établissez le lien entre a2 et Z2 .
3 Restitution organisée de connaissances
On suppose connu le fait que pour tout nombre complexe z = x + ıy où x ∈ R
et y ∈ R, le conjugué de z est le nombre complexe z̄ défini par z̄ = x − ıy .
Démontrer que :
– Pour tous nombres complexes z1 et z2 , z1 z2 = z1 z2 .
– Pour tout nombre complexe z et tout entier naturel non nul n, z n = (z)n .
4 Démontrer que si z est une solution de l’équation (E) alors son conjugué z
est également une solution de (E).
En déduire les solutions dans C de l’équation (E). On admettra que (E) admet
au plus quatre solutions.
Remplacez z par z dans l’équation (E) et concluez.
164
Sujet 35 | Corrigé
1 Pour résoudre l’équation (F ) : Z 2 + 4Z + 16 = 0 on va d’abord calculer
son discriminant ∆ = 42 − 4 × 16 × 1 = −48 < 0, donc l’équation (F ) admet
donc deux √solutions complexes conjuguées
Z et Z2 :
√ 1
√
2ıπ
−2ıπ
Z1 = −4+ı2 48 = −2 + 2ı 3 = 4 − 12 + ı 23 = 4e 3 et Z2 = Z1 = 4e 3 .
√
2ıπ
2 a2 = 22 e 3 = −2 + 2ı 3 = Z2 .
√
√
2 = −2 + 2ı 3 sont donc a = 1 + ı 3 et −a =
Les solutions
de
l’équation
z
√
−1 − ı 3.
3 z1 z2 = (x1 + ıy1 )(x2 + ıy2 ) = (x1 x2 − y1 y2 + ıx1 y2 + ıy1 x2 = x1 x2 −
y1 y2 − i(x1 y2 + x2 y1 ).
Par ailleurs, z1 ·z2 = (x1 −ıy1 )(x2 −ıy2 ) = x1 x2 −y1 y2 −i(x1 y2 +x2 y1 ) = z1 z2 .
On désigne par P (n) la propriété suivante : z n = (z)n .
On va démontrer que P (n) est vraie pour tout n par récurrence.
Initialisation.
Pour n = 1 on a bien z 1 = z = (z)1 .
Hérédité.
Supposons P (n) vraie au rang n et montrons alors que P (n + 1) est vraie.
z n+1 = z n × z = z n × z , d’après le résultat précédent. Mais puisque z n = (z)n
alors,
z n × z = (z)n × z = (z)n+1 , la propriété est donc vraie au rang n + 1 et
l’hérédité est établie.
D’après le principe de récurrence puisque initialisation et hérédité sont vérifiées, P (n) est vraie pour tout n entier naturel.
4 Soit z une solution de (E) alors on obtient : z 4 + 4z 2 + 16 = z 4 + 4z 2 + 16 =
z 4 + 4z 2 + 16 = 0.
Ce qui revient à dire que z est solution de
√ l’équation
√ (E). √
√
Les solutions de (E) sont donc : −1 − ı 3, −1 + ı 3, 1 − ı 3 et 1 + ı 3.
165
Sujet 36
5 points
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité.
Dans l’espace, on considère un tétraèdre ABCD dont les faces ABC, ACD et
ABD sont des triangles rectangles et isocèles en A. On désigne par E, F et G
les milieux respectifs des côtés [AB], [BC] et [CA].
On choisit AB pour unité de longueur et on se place dans le repère orthonormé
−→ −→ −→
(A; AB, AC, AD) de l’espace.
1 On désigne par P le plan qui passe par A et qui est orthogonal à la droite
(DF).
On note H le point d’intersection du plan P et de la droite (DF).
a) Donner les coordonnées des points D et F.
Déterminez les coordonnées de : A, B, C et D puis F.
b) Donner une représentation paramétrique de la droite (DF).
→
Étant donnés un point A(x0 ; y0 ; z0 ) et −
u (a; b; c) un vecteur directeur
d’une droite d passant par A, alors un système d’équation paramétrique
de d est :


 x = x0 + at
y = y0 + bt


z = z0 + ct
c) Déterminer une équation cartésienne du plan P .
→
Si −
u (a; b; c) est un vecteur normal de P , alors une équation cartésienne
de P est de la forme ax + by + cz + d = 0. Concluez en tenant compte du
fait que A appartient à P .
d) Calculer les coordonnées du point H.
Si un point M appartient à l’intersection de deux ensembles, alors ses
coordonnées x, y et z vérifient simultanément les équations caractérisant
chacun des deux ensembles.
\
e) Démontrer que l’angle E
HG est un angle droit.
\
Pour montrer que l’angle E
HG est droit, il suffit de montrer que les vec−→ −→
teurs GH et EH sont orthogonaux.
166
Sujet 36 | Énoncé
−−→
2 On désigne par M un point de la droite (DF) et par t le réel tel que DM =
−→
\
tDF. On note : α la mesure en radians de l’angle géométrique E
M G.
Le but de cette question est de déterminer la position du point M pour que α
soit maximale.
a) Démontrer que ME2 = 23 t2 − 52 t + 45 .
Déterminez les coordonnées de M puis ME2 .
b) Démontrer que le triangle MEG est isocèle en M.
En déduire que MEsin ( α2 ) = 2√1 2 .
Calculez MG2 puis comparez-le à ME2 , concluez.
Considérez le point K , pied de la hauteur issue de M dans le triangle
MEG puis placez-le dans le triangle MEK rectangle en K.
c) Justifier que α est maximale si et seulement si sin ( α2 ) est maximal.
En déduire que α est maximale si et seulement si ME2 est minimal.
d) Conclure.
Appuyez-vous sur les variations de la fonction sinus.
167
Sujet 36 | Corrigé
−→ −→ −→
1 a) Puisque
(A, AB, AC, AD)
est
un
A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), C(0; 1; 0) et D(0; 0; 1).
Puisque F est le milieu de [BC], F ( 12 ; 12 ; 0).
−→
b) DF( 21 ; 12 ; −1).
repère
de
l’espace,

t

 x= 2
D’où un système d’équation paramétrique de (DF ) :
y = 2t


z =1−t
−→
c) Puisque P est orthogonal à (DF ), DF est un vecteur normal de P et une
équation cartésienne de P est de la forme x2 + y2 − z + d = 0 et comme de plus
A ∈ P, d = 0.
Un équation cartésienne de P est donc x + y − 2z = 0.
d) Le point H appartient à P et à la droite (DF) donc ses coordonnées x, y et z
vérifient simultanément la représentation paramétrique de (DF) et l’équation
cartésienne de P trouvées précédemment :
t
2
t
2 + 2 − 2(1 − t) = 0 soit t − 2 + 2t = 0, t = 3 .
Donc H( 13 ; 31 ; 13 ).
e) Puisque E est le milieu de [BA], E( 12 ; 0; 0).
Puisque G est le milieu de [AC], F (0; 12 ; 0).
−→ 1 1 1 1 −→ 1 1 1 −→ 1 1 1 1 −→ 1 1 1
EH( 3 − 2 ; 3 ; 3 ).EH(− 6 ; 3 ; 3 ).GH( 3 ; 3 − 2 ; 3 ).GH( 3 ; − 6 ; 3 ).
−→ −→
1
1
− 18
+ 19 = 0.
EH · GH = − 18
−→ −→
\
Puisque les vecteurs GH et EH sont orthogonaux, l’angle E
HG est droit.
−−→
−→
2 a) Soit x, y et z les coordonnées
de M tel queDM = tDF.





x = 0, 5t
x = 0, 5t














d’où y = 0, 5t
Dans ces conditions on a y = 0, 5t
















z = 1 − t
z − 1 = −t
Par suite, ME2 = (0, 5t − 0, 5)2 + (0, 5t)2 + (1 − t)2 = 0, 25t2 − 0, 5t + 0, 25 +
3t2 5t 5
0, 25t2 + 1 − 2t + t2 = 1, 5t2 − 2, 5t + 1, 25 =
− + .
2
2
4
3 2 5
5
2
2
2
b) MG = (0, 5t) + (0, 5t − 0, 5) + (1 − t) = t − t + = ME2 , le triangle
2
2
4
168
Sujet 36 | Corrigé
MEG est donc bien isocèle en M.
On désigne par K le pied de la hauteur issue de M dans le triangle MEG.
Puisque le triangle MEG est isocèle en M, la droite (MK) est aussi la bissectrice
α
\
\
de l’angle M
EG et EM
K= .
2
Dans le triangle MEK rectangle en K, on peut utiliser le sinus et on obtient :
α EK
=
.
sin
2
ME
√
α
1
EK
EG
0, 5
=
= √ , donc sin
=
ce qui donne finaleMais EK =
2
2
2
ME
2 2
ment : α
1
M E sin
= √ .
2
2 2
h πi
0
c) (sin(x)) = cos(x) > 0 sur 0; , la fonction sinus est donc croissante sur
h πi
α2
0;
donc α maximal ⇔ sin
maximal.
2
2
α
Le produit ME sin
étant constant, α est maximal si et seulement si
2
α
sin
est maximal si et seulement si ME et donc ME2 est minimal.
2
5
5
3
d) Le polynôme de degré 2, ME2 = t2 − t + admet un minimum en
2
2
4
b
3
t = − car a = > 0.
2a
2
−5
−
2 = 5.
D’où t =
3
6
2
2
La position du point M telle que la mesure de l’anglesoit maximale
est celle
5
5
5 1
atteinte pour t = , soit pour M de coordonnées : M
;
;
.
6
12 12 6
169
Sujet 37
4 points
Cet exercice est un QCM (questionnaire à choix multiple). Pour chaque question, une seule des quatre réponses proposées est exacte.
Chaque réponse exacte rapporte un point. Aucune justification n’est demandée. Aucun point n’est enlevé en l’absence de réponse ou en cas de réponse
fausse.
Le plan complexe est rapporté au repère orthonormal direct (O, ~u, ~v ). Soit z un
nombre complexe de la forme x + ıy , où x et y sont des réels.
1 Soit z le nombre complexe d’affixe (1 + i)4 . L’écriture exponentielle de z
est :
√
a) 2eıπ
b) √
4eıπ
π
c) 2eı 4
π
d) 4eı 4
Dès qu’il est demandé de donner l’écriture exponentielle d’une puissance
d’un complexe z , en l’occurrence ici de z 4 avec z = 1 + ı, on doit d’abord
trouver celle de z , puis d’élever à la puissance demandée.
C’est précisément l’une des grandes utilités de l’écriture exponentielle de
pouvoir déduire facilement module et argument d’une puissance.
2√L’ensemble des points M du plan d’affixe z = x + ıy tels que |z − 1 + ı| =
| 3 − ı| a pour équation :
a) (x − 1)2 + (y + 1)2 = 2
b) (x + 1)2 + (y − 1)2 = 2
c) (x − 1)2 +
(y + 1)2 = 4
√
d) y = x + 3−1
2
Souvenez-vous de la définition d’un cercle de centre A et de rayon R :
c’est l’ensemble des points M tels que AM = R ou AM2 = R2 . Sous
forme complexe, cela donne : |z − zA | = R et sous forme d’équation
cartésienne : (x − xA )2 + (y − yA )2 = R2 .
170
Sujet 37 | Énoncé
3 On considère la suite de nombres complexes (Zn ) définie pour tout entier
naturel n par Z0 = 1+ı et Zn+1 = 1+i
2 Zn . On note Mn le point du plan d’affixe
Zn .
a) Pour√tout entier naturel n, le point Mn appartient au cercle de centre O et de
rayon 2.
b) Pour tout entier naturel n, le triangle OMn Mn+1 est équilatéral.
c) La suite (Un ) définie par Un = |Zn | est convergente.
−Zn
est π2 .
d) Pour tout entier naturel n, un argument de Zn+1
Zn
Les réponses a), b) et c) impliquant l’utilisation du module, il est raisonnable de commencer par prendre le module de l’égalité donnée dans
l’énoncé puis de constater la nature géométrique de la suite Un = |Zn |.
4 Soit A, B, C trois points du plan complexe d’affîxes respectives :
ZA = −1 − ı ; ZB = 2 − 2ı et ZC = 1 + 5ı.
A
On pose z = ZZCB−Z
−ZA .
a) Z est un nombre réel.
b) Le triangle ABC est isocèle en A.
c) Le triangle ABC est rectangle en A.
d) Le point M d’affixe Z appartient à la médiatrice du segment [BC].
−→ −→
ZC −ZA
Pensez au fait que si Z = Z
alors |Z| = AC
AB et Arg(Z) = (AB, AC).
B −ZA
Ainsi on commence par les réponses b) et c). Puisque |Z| 6= 1, la réponse
b) est fausse et on passe à la c).
171
Sujet 37 | Corrigé
1√b) En effet, |1 + i| =
π
( 2)4 ei4 4 = 4eıπ .
√
2 et arg(1 + i) = π4 , donc 1 + ı =
√
π
2eı 4 et (1 + i)4 =
√
2 c) Si on appelle A le nombre d’affixe 1 − ı, |z − 1 + i| = 3 − ı équivaut
à |z − zA | = 2, soit AM2 = 4, d’où la réponse c).
√
3 c) |Zn+1 | = 1+i Zn = 2 |Zn |.
2
2
√
La suite Un = |Zn | est donc géométrique de raison
la suite est convergente et a pour limite 0.
(2+6i)(3+i)
ZC −ZA
20i
4 c) Z = Z
= 2+6i
3−i = (3−i)(3+i) = 10 = 2ı.
B −ZA
−→ −→
Arg(Z) = (AB, AC) = π2 d’où la réponse c).
172
2
2
; or −1 <
√
2
2
< 1 donc
Sujet 38
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct (O ; ~u, ~v ).
On note ı le nombre complexe tel que ı2 = −1.
On considère le point A d’affixe zA = 1 et le point B d’affixe zB = ı.
À tout point M d’affixe zM = x + ıy , avec x et y deux réels tels que y 6= 0 , on
associe le point M’ d’affixe zM0 = −ızM .
On désigne par I le milieu du segment [AM].
Le but de l’exercice est de montrer que pour tout point M n’appartenant pas
à (OA), la médiane (OI) du triangle OAM est aussi une hauteur du triangle
OBM’ (propriété 1) et que BM’ = 2 OI (propriété 2).
1 Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend zM =
π
2e−ı 3 .
a) Déterminez la forme algébrique de zM .
Utilisez la définition de la forme exponentielle d’un nombre complexe.
√
b) Montrez que zM0 = − 3 − ı. Déterminez le module et un argument de zM0
Remplacez zM par sa forme algébrique pour en déduire celle de zM0 . Donnez la forme exponentielle de zM0 pour en déduire facilement son module
et son argument.
c) Placez les points A, B, M, M’ et I dans le repère (O ; ~u, ~v ) en prenant 2 cm
pour unité graphique.
Tracez la droite (OI) et vérifiez rapidement les propriétés 1 et 2 à l’aide du
graphique.
Placez les points dans le repère en utilisant le fait qu’un point M d’affixe
zM = x + ıy a pour abscisse x et pour ordonnée y .
2 On revient au cas général en prenant zM = x + ıy avec y 6= 0.
a) Déterminez l’affixe du point I en fonction de x et y .
Utilisez la formule de l’affixe du milieu d’un segment.
b) Déterminez l’affixe du point M’ en fonction de x et y .
Remplace zM par son expression dans l’égalité de l’énoncé reliant zM et
zM0 .
173
Sujet 38 | Énoncé
c) Écrivez les coordonnées des points I, B et M’.
Utilisez le fait qu’un point M d’affixe zM = x + ıy a pour abscisse x et
pour ordonnée y .
d) Montrez que la droite (OI) est une hauteur du triangle OBM’.
Pensez à prouver que le produit scalaire de deux vecteurs judicieusement
choisis est nul.
e) Montrez que BM’ = 2OI.
Calculez le carré scalaire des deux vecteurs précédents et concluez.
174
Sujet 38 | Corrigé
π
1 a) zM = 2e−ı 3
zM = 2(cos( π3√) + ı sin( π3 ))
zM = 2( 12 −√ı 23 )
zM = 1 − ı 3.
√
√
b) zM0 = −ızM = −ı − 3 = − 3 −
√ ı.
√
7π
On a encore zM0 = − 3 − ı = 2(− 23 − 2ı ), c’est-à-dire zM0 = 2eı 6 .
Donc zM0 a pour module 2, et un argument de zM0 est 7π
6 .
c) La vérification graphique est immédiate.
2 a) I est le milieu de [AM] donc :
y
M
zI = zA +z
= 1+x
2
2 + ı2.
b) zM0 = −ı(x + ıy) = y − ıx.
y
c) Par suite, I( 1+x
2 ; 2 ), B(0 ; 1) et M’(y ; −x).
−−→0
−
→
y
d) On montre que le produit scalaire de OI( 1+x
;
)
et
BM (y ; −x − 1) est
2
2
nul. −−→
−
→
y+xy
OI · BM0 = y+xy
2 − 2 = 0.
−
→ −−→
Le produit scalaire de OI et BM0 étant nul, les deux vecteurs sont orthogonaux
et (OI) est bien la hauteur du triangle OBM’ issue de O.
2
e) Cela revient à démontrer que BM0 = 4OI2 .
2
2
Or, BM02 = y 2 + x2 + 2x + 1 et OI2 = y +x 4+2x+1 , d’où le résultat recherché.
175
Sujet 39
5 points
Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse
et justifier chaque réponse. Une réponse non justifiée ne sera pas prise en
compte.
On se place dans l’espace muni d’un repère orthonormé.
On considère le plan P d’équation x − y + 3z + 1 = 0 


x = 2t
, t∈
et la droite D dont une représentation paramétrique est y = 1 + t,



z = −5 + 3t
R
On donne les points A(1 ; 1; 0), B(3 ; 0 ; −1) et C(7 ; 1 ; −2).



x = 5 − 2t
1 Une représentation paramétrique de la droite (AB) est
y = −1 + t,



,t∈
z = −2 + t
R.
Vérifiez si A et B appartiennent à la droite D.
2 Les droites D et (AB) sont orthogonales.
Vérifiez l’orthogonalité des vecteurs directeurs respectifs des deux
droites.
3 Les droites D et (AB) sont coplanaires.
Recherchez l’intersection de ces deux droites.
4 La droite D coupe le plan P au point E de coordonnées (8 ; −3 ; −4).
Vérifiez si E appartient à D.
5 Les plans P et (ABC) sont parallèles.
Comparez les vecteurs normaux de chacun des plans.
176
Sujet 39 | Corrigé
Vérifions si A appartient à la droite D dont on nous donne dans l’énoncé la
représentation paramétrique :
xA = 1 = 5 − 2t d’où t = 2 puis en remplaçant t par 2 dans les deux autres
équations : −1 + 2 = 1 = yA et −2 + t = −2 + 2 = 0 = zA donc A ∈ D
Vérifions si B appartient à la droite D dont on nous donne dans l’énoncé la
représentation paramétrique :
xB = 3 = 5 − 2t d’où t = 1 puis en remplaçant t par 1 dans les deux autres
équations : −1 + 1 = 0 = yB et −2 + t = −2 + 1 = −1 = zB donc B ∈ D.
Finalement on a bien (AB) = D.
 
2
 
−
→
D’après la représentation paramétrique de D on en déduit que u 1 est un
3
vecteur directeur de D.
 
−2
 
−
→
D’après la représentation paramétrique de (AB) on en déduit que v  1 
1
est un vecteur directeur de (AB).
−
→
→
u ·−
v = 2 × (−2) + 1 + 3 = 0.
→
→
Puisque les vecteurs −
u et −
v sont orthogonaux, alors on peut dire que les
droites D et (AB) sont orthogonales.
Les droites D et (AB) sont orthogonales donc si de plus elles sont coplanaires
alors elles seront perpendiculaires c’est-à-dire en particulier sécantes.
Recherchons l’intersection de ces deux droites. Pour cela on doit résoudre le
système
:

0

 2t = 5 − 2t
1 + t = −1 + t0


−5 + 3t = −2 + t0
La première équation donne t = 25 − t0 .
En substituant t0 dans la deuxième équation, on obtient 2t = 12 et t = 14 .
En substituant t dans la deuxième équation, on obtient t0 = 2 + 14 = 94 .
Or, si on remplace dans la dernière équation du système on a : −5+ 43 = −2+ 49
177
Sujet 39 | Corrigé
1
soit − 17
4 = 4 ce qui est faux, les droites D et (AB) n’ont donc aucun point
d’intersection et les droites, orthogonales, sont donc non coplanaires.
Vérifions si E appartient à D.
Nous aurions alors t = 4, en résolvant la première équation mais la seconde
équation donne t = −4 ce qui est contradictoire.
A n’appartient donc pas à D.
Montrons d’abord que les trois points A, B et C forment bien un plan, pour
−→ −→
cela
on vamontrer
que les
 vecteurs AB et AC sont non colinéaires.
2
6
−→   −→  
AB −1 et AC  0  ces vecteurs ne sont pas colinéaires puisque leurs
−1
−2
coordonnées ne sont pas proportionnelles.
Les trois points A, B et C forment
 bien
 un plan (ABC).
1
 
−
→
Un vecteur normal de P est n −1, montrons que ce vecteur est orthogonal
3
−→
−→
à AB et à AC ce qui revient à dire que les plans (ABC) et P sont parallèles.
−→
−→
→
→
Les produits scalaires −
n · AB = 2 + 1 − 3 = 0 et −
n · AC = 6 + 0 − 6 = 0 sont
→
nuls donc −
n est normal au plan (ABC).
P et (ABC) sont donc parallèles.
178
Sujet 40
5 points
Soit ABCDEFGH un parallélépipède rectangle tel que AB = 2, AD = 3 et AE
= 1.
On appelle respectivement I, J et P les milieux respectifs des segments [CD],
[EF] et [AB].
−→
−→
On note Q le point défini par AQ = 31 AD.
On appelle plan médiateur d’un segment le plan perpendiculaire à ce segment et passant par son milieu.
L’objectif de l’exercice est de déterminer les coordonnées du centre d’une
sphère circonscrite au tétraèdre ABIJ (c’est-à-dire une sphère qui passe par
les quatre points A, B, I, J).
−→ −→ −→
L’espace est rapporté au repère orthonormal (A ; AP, AQ, AE).
1 Justifier que les quatre points A, B, I et J ne sont pas coplanaires.
Montrez que les points A, B et I appartiennent à un plan disjoint de celui
auquel J appartient.
179
Sujet 40 | Énoncé
2 Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur (P1 ) du segment
[AB].
Pour trouver l’équation cartésienne trouvez un vecteur normal du plan et
un point lui appartenant.
3 Soit (P2 ) le plan d’équation cartésienne 3y − z − 4 = 0.
Montrer que le plan (P2 ) est le plan médiateur du segment [IJ].
−
→
Montrez que le vecteur IJ est un vecteur normal du plan et que le milieu
de [IJ] appartient au plan.
4 a) Démontrer que les plans (P1 ) et (P2 ) sont sécants.
Montrez que les plans ont des vecteurs normaux non colinéaires.
b) Montrer que leur intersection est une droite (∆) dont une représentation paramétrique
est



x = 1
où t décrit l’ensemble des nombres réels R.
y=t



z = 3t − 4
Connaissant la représentation paramétrique de la droite, il suffit de vérifier que ∆ est incluse à la fois dans (P1 ) et (P2 ).
c) Déterminer les coordonnées du point Ω de la droite (∆) tel que ΩA = ΩI.
Élevez au carré l’égalité et utiliser la représentation paramétrique de la
droite.
d) Montrer que le point Ω est centre de la sphère circonscrite au tétraèdre ABIJ.
Montrez que Ω est à égale distance de A, B, I et J.
180
Sujet 40 | Corrigé
1 Les points A, B et I appartiennent au plan (ABC). Puisque le point J appartient au plan (EFG) qui est strictement parallèle au plan (ABC), le point J
n’appartient pas au plan (ABC).
Les quatre points A, B, I et J ne sont donc pas coplanaires.
−→
2 A(0; 0; 0) et B(2; 0; 0) donc AB(2; 0; 0).
−→
Puisque par définition (P1 ) est perpendiculaire à (AB), AB est un vecteur
normal du plan (P1 ) et l’équation cartésienne de (P1 ) est donc de la forme :
2x + d = 0, par ailleurs P(1 ; 0 ; 0) ∈ (P1 ) donc 2 + d = 0 et d = −2.
L’équation cartésienne de (P1 ) est donc : 2x − 2 = 0 ou x = 1.
On pouvait aussi considérer le fait que (P1 ) parallèle au plan (EAD) d’équation
x = 0 et passant par P(1 ; 0 ; 0) a pour équation : x = 1.
3 C(2; 3; 0), D(0; 3; 0), donc I(1; 3; 0).
De même, E(0; 0; 1), F(2; 0; 1) et J(1; 0; 1).
Par suite le milieu de [IJ] a pour coordonnées (1 ; 32 ; 12 ).
Puisque 92 − 21 − 4 = 0, le milieu de [IJ] appartient à (P2 ).
−
→
D’autre part, IJ (0 ; −3 ; 1) est un vecteur normal de (P2 ) donc (P2 ) est bien
le plan médiateur de [IJ].
−→ −
→
4 a) AB et IJ n’étant pas colinéaires, les plans (P1 ) et (P2 ) ne sont pas parallèles et sont donc sécants.
b) Deux plans sécants étant sécants selon une droite, il suffit de vérifier que
(∆) est incluse à la fois dans (P1 ) et dans (P2 ). Or, x = 1 et 3t − 3t + 4 − 4 = 0
donc l’intersection de (P1 ) et (P2 ) est bien (∆).
c) Chercher Ω tel que ΩA2 = ΩI2 revient à chercher t, tel que :
1 + t2 + (3t − 4)2 = (3 − t)2 + (3t − 4)2 soit 1 + t2 − 9 + 6t − t2 = 0.
D’où, t = 43 et Ω(1 ; 43 ; 0).
d) Ω ∈ (∆) donc il appartient à la fois à (P1 ) et à (P2 ).
(P1 ) est le plan médiateur de [AB] donc ΩA = ΩB et (P2 ) est le plan médiateur
de [IJ] donc ΩI = ΩJ.
De plus, ΩA = ΩI d’après la question précédente donc ΩA = ΩB = ΩI = ΩJ.
Ω est donc le centre de la sphère circonscrite au tétraèdre ABIJ.
181
Sujet 41
5 points
On se place dans l’espace muni d’un repère orthonormé.
On considère les points A(0 ; 4 ; 1), B(1 ; 3 ; 0), C(2 ; −1 ; −2) et
D(7 ; −1 ; 4).
1 Démontrez que les points A, B et C ne sont pas alignés.
−→ −→
Il vous suffit de vérifier, par exemple, que AB et AC ne sont pas colinéaires.
2 Soit ∆ la droite passant par le point D et de vecteur directeur ~u(2 ; −1 ; 3).
a) Démontrez que la droite ∆ est orthogonale au plan (ABC).
−→ −→
→
AB et AC n’étant pas colinéaires, il vous suffit alors de montrer que −
u
−→
−→
est orthogonales à AB et à AC.
b) Vous devez en déduire une équation cartésienne du plan (ABC).
Une équation cartésienne d’un plan est de la forme : ax + by + cz + d = 0,
−
→
u étant un vecteur normal de (ABC), vous devez déduire la valeur de
a, b et c, et ensuite tenez compte du fait que A par exemple appartient à
(ABC).
c) Déterminez une représentation paramétrique de la droite ∆.
Vous connaissez les coordonnées d’un point de ∆ et celles d’un de ses
vecteurs directeurs, vous pouvez donc déduire sa représentation paramétrique.
d) Déterminez les coordonnées du point H, intersection de la droite ∆ et du
plan (ABC).
Un point appartient à l’intersection de deux ensembles de points si et
seulement si ses coordonnées vérifient les équations des deux ensembles.
Ainsi remplacez dans l’équation cartésienne du plan x, y et z par les coordonnées d’un point quelconque de ∆ en fonction d’un paramètre. Cette
substitution vous permet de déterminer le paramètre puis les coordonnées
du point recherché.
182
Sujet 41 | Énoncé
3 Soit P1 le plan d’équation x+y+z = 0 et P2 le plan d’équation x+ 4y+ 2 =
0.
a) Démontrez que les plans P1 et P2 sont sécants.
Montrez que leurs vecteurs normaux respectifs ne sont pas colinéaires.
b) Vérifiez quela droite d, intersection des plans P1 et P2 , a pour représentation


x = −4t − 2
paramétrique y = t
,t ∈ R .



z = 3t + 2
Connaissant la représentation paramétrique de la droite il vous suffit de
vérifier que d est incluse à la fois dans (P1 ) et (P2 ).
c) La droite d et le plan (ABC) sont-ils sécants ou parallèles ?
Montrez que d est parallèle à (ABC) en vérifiant qu’un vecteur directeur
directeur de d est orthogonal à un vecteur normal de (ABC).
183
Sujet 41 | Corrigé
1 Pour démontrer que les points A, B et C ne sont pas alignés, il suffit de
−→ −→
démontrer, par exemple, que les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires.
Or on a :
−→
−→
AB(1 ; −1 ; −1) et AC(2 ; −5 ; −3).
−→ −→
Puisque 21 =
6 −1
−5 , les coordonnées des vecteurs AB et AC ne sont pas propor−→ −→
tionnelles ce qui entraîne que les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires :
les points ne sont donc pas alignés.
2 a) Soit ∆ la droite passant par le point D et de vecteur directeur
−
→
u (2 ; −1 ; 3).
Pour démontrer que la droite ∆ est orthogonale au plan (ABC), il suffit de
→
démontrer que −
u est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de (ABC),
−→ −→
par exemple les vecteurs AB et AC :
−→ −
AB · →
u = 1 × 2 + (−1) × (−1) + (−1) × 3 = 0
−→ −
→
AC · u = 2 × 2 + (−5) × (−1) + (−3) × 3 = 0.
−→ −→
→
Les vecteurs AB et AC sont orthogonaux à −
u.
La droite ∆ est orthogonale à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) :
elle est orthogonale au plan (ABC)
→
b) Les calculs précédents montrent que −
u est un vecteur normal à (ABC).
Une équation cartésienne de (ABC) est donc de la forme 2x − y + 3z + d = 0.
A appartient au plan (ABC), ses coordonnées vérifient donc :
2 × 0 − 4 + 3 × 1 + d = 0 ⇔ d = 1.
Une équation cartésienne du plan (ABC) est donc : 2x − y + 3z + 1 = 0.
c) Déterminons une représentation paramétrique de la droite ∆.
→
Comme la droite ∆ a pour vecteur directeur −
u (2 ; −1 ; 3) et contient le point
D
(7 ; −1; 4), une représentation paramétrique de ∆ est :

 x = 2t + 7
, t ∈ R.
y = −t − 1


z = 3t + 4
184
Sujet 41 | Corrigé
d) Puisque le point H est l’intersection de la droite ∆ et du plan (ABC), ses
coordonnées
sont solutions du système :


x = 2t + 7



y = −t − 1
, t ∈ R.

z
=
3t
+
4



2x − y + 3z + 1 = 0
Le paramètre t vérifie donc :
2(2t + 7) − (−t − 1) + 3(3t + 4) + 1 = 0
ce qui donne t = −2, et finalement : H(3 ; 1 ; −2).
3 a) Pour démontrer que les plans P1 et P2 sont sécants il suffit de démontrer
qu’ils ne sont pas parallèles, c’est-à-dire que leurs vecteurs normaux ne sont
pas colinéaires.
→(1 ; 1 ; 1).
Le plan P1 d’équation x + y + z = 0 a pour vecteur normal −
n
1
→(1 ; 4 ; 0).
Le plan P2 d’équation x + 4y + 2 = 0 a pour vecteur normal −
n
2
→ et −
→ ne sont pas proportionnelles.
Les coordonnées des vecteurs −
n
n
1
2
→ et −
→ ne sont donc pas colinéaires et les plans sont sécants.
Les vecteurs −
n
n
1
2
b) Pour vérifier que la droite
d, intersection des plans P1 et P2 , a pour repré

 x = −4t − 2
, t ∈ R il suffit de remplacer dans les
sentation paramétrique
y=t


z = 3t + 2
équations cartésiennes respectives des deux plans, x, y et z par leur expression
en fonction de t, on a :
−4t − 2 + t + 3t + 2 = 0 et −4t − 2 + 4t + 2 = 0.
d est bien l’intersection de P1 et P2 .
−
→
c) On déduit de la représentation paramétrique précédente que u0 (−4 ; 1 ; 3)
est un vecteur directeur la droite d.
−
→
u (2 ; −1 ; 3) est un vecteur normal au plan (ABC).
−
→
−
→
−
→
→
u · u0 = 0, les vecteurs −
u et u0 sont orthogonaux : la droite d et le plan (ABC)
sont donc parallèles.
185
Sujet 42
4 points
Pour chacune des questions, quatre propositions de réponse sont données dont
une seule est exacte. Vous déterminerez lesquelles.
L’espace est rapporté à un repère orthonormal, t et t0 désignent des paramètres
réels.
Le plan P a pour équation :
x − 2y + 3z + 5 = 0.

0


x = −2 + t + 2t
Le plan S a pour représentation paramétrique y = −t − 2t0



z = −1 − t + 3t0



x = −2 + t
La droite D a pour représentation paramétrique
y = −t



z = −1 − t
On donne les points de l’espace M(−1 ; 2 ; 3) et N(1 ; −2 ; 9).
1 Une représentation paramétrique du plan P est :



x = t
a)
b)
c)
y = 1 − 2t



z = −1 + 3t

0


x = t + 2t
y = 1 − t + t0



z = −1 − t

0


x = t + t
y = 1 − t − 2t0



z = 1 − t − 3t0
186
Sujet 42 | Énoncé

0


x = 1 + 2t + t
y = 1 − 2t + 2t0



z = −1 − t0
Vous devez savoir différencier la représentation paramétrique d’une
droite et celle d’un plan, et savoir déduire de la représentation paramétrique d’un plan les coordonnées d’un point de ce plan.
2 a) La droite D et le plan P sont sécants au point A(−8 ; 3 ; 2).
b) La droite D et le plan P sont perpendiculaires.
c) La droite D est une droite du plan P .
d) La droite D et le plan P sont strictement parallèles.
Utilisez la propriété d’appartenance d’un point à l’intersection de deux
ensembles : un point appartient à l’intersection de deux ensembles si
et seulement si ses coordonnées vérifient les équations caractérisant ces
deux ensembles.
3 a) La droite (MN) et la droite D sont orthogonales.
b) La droite (MN) et la droite D sont parallèles.
c) La droite (MN) et la droite D sont sécantes.
d) La droite (MN) et la droite D sont confondues.
Pour démontrer que deux droites de l’espace sont orthogonales il vous
suffit de démontrer que les vecteurs directeurs respectifs des deux droites
sont orthogonaux.
4 a) Les plans P et S sont parallèles.



x = t
b) La droite (∆) de représentation paramétrique y = −2 − t est la droite



z = −3 − t
d’intersection des plans P et S .
c) Le point M appartient à l’intersection des plans P et S .
d) Les plans P et S sont perpendiculaires.
Pour étudier la position relative de deux plans, utilisez les vecteurs normaux des plans : si les vecteurs normaux des deux plans sont colinéaires,
les plans sont parallèles, s’ils sont orthogonaux, les plans aussi.
d)
187
Sujet 42 | Corrigé
1 b) En a), on a la représentation paramétriques d’une droite (une seule variable).
En prenant t = t0 = 0, on voit que le point B(0 ; 1 ; −1) appartient au plan de
représentation paramétrique b), que le point C(0 ; 1 ; 1) appartient au plan de
représentation paramétrique c) et que le point D(1 ; 1 ; −1) appartient au plan
de représentation paramétrique c).
Seul le point B vérifie l’équation du plan P , on en déduit que seul la représentation paramétrique b) peut correspondre au plan P .
2 c) Les coordonnées x, y , et z du point d’intersection de D et P vérifient les
équations à la fois de D et de P d’où, en remplaçant dans l’équation cartésienne
de P , x, y , et z par leurs valeurs en fonction de t, on obtient :
−2 + t − 2(−t) + 3(−1 − t) + 5 = −2 + t + 2t − 3 − 3t + 5 = 0, pour tout réel
t, ce qui signifie que tout point de D est dans P , donc D est incluse dans P , la
réponse c) est la bonne réponse.
−−→
3 a) Le vecteur MN a pour coordonnées (2 ; −4 ; 6).
→
On compare avec celles de −
u (1 ; −1 ; −1), vecteur directeur de D.
On calcule le produit scalaire :
−−→ −
MN · →
u = 2 × 1 − 4 × (−1) + 6 × (−1) = 0.
Les droites (MN) et D sont orthogonales.
→
4 b) On compare d’abord −
n (1 ; −2 ; 3), vecteur normal au plan P , avec
−
→
v (2 ; −2 ; 3), un vecteur directeur de S .
−
→
→
n ·−
v = 1 × 2 − 2 × (−2) + 3 × 3 = 15 6= 0, donc ils ne sont pas orthogonaux,
ce qui signifie que les deux plans ne sont pas parallèles.
P et S sont donc sécants selon une droite. La réponse a) est donc fausse.
Les coordonnées du point M ne vérifient pas l’équation de P , donc M n’appartient pas à P , la réponse c) est fausse également.
→
Enfin, la réponse d) est fausse car les vecteurs normaux −
n (1 ; −2 ; 3) et
−
→0
n (1 ; 1 ; 0) respectivement à P et S ne sont pas orthogonaux, donc la bonne
réponse est la réponse b).
188

Sujets de Mathématiques, Term S

Transcription

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