TS devoir sur feuille n

TS devoir sur feuille n

3

I Amérique du Nord mai 2004

1. (a) Il y a 2 cases rouges, 4 cases vertes, 6 cases jaunes et 18 cases blanches, donc :

• p(X=8)= 2 30= 1

15

• p(X=5)= 4 30= 2

15

• p(X=0)= 6 30= 3

15

• p(X= −a)=18 30= 9

15

(b) Calculerapour que le jeu soit équitable, c’est-à-dire pour que l’espérance E(X) soit nulle.

E(X=0) ⇐⇒8× 1

15+5× 2

15+0× 3

15−a× 9 15=0

⇐⇒ 18−9a

15 =0⇐⇒ a=2.

2. (a) La probabilité d’avoir un gain strictement positif est égale à : 1

15+ 2 15= 3

15= 1

5=0,20.

(b) La variable aléatoireY suit une loi binomiale de pa- ramètres n=5 et p=1

5 .

La probabilité de gagner exactement 2 fois est : p(Y =2)=

Ã5 2

!µ 1 5

¶₂µ 1−1

5

¶₅₋₂

=10× µ1

5

¶₂µ 4 5

¶₃

=10×4³ 5⁵= 128

625=0,2048 .

La probabilité de gagner exactement 5 fois est : p(Y =5)=

Ã5 5

!µ1 5

¶5µ 1−1

5

¶5−5

=1× µ1

5

¶5

= 1 5⁵

= 1

3125=0,00032.

(c) L’espérance mathématique de la variableY est égal au nombre moyen de partie(s) gagnante(s).

Yest une variable aléatoire qui suit une loi binomiale de paramètresn=5 et de probabilitép = 1

5, donc E(Y)=5×1

5= 1.

Sur 5 parties consécutives jouées, on gagne en moyenne une fois.

II

On considère une suite arithmético-géométrique (un) défi- nie par son premier termeu0et la relation de récurrenceun+1= aun+boùaetbsont des réels non nuls eta6=1.

1. f(x)=x⇔ax+b=x⇔b=x(1−a)⇔x= b 1−a. Le point fixe def est α= b

1−a .

2. Puisqueαest le point fixe def, on a :α=aα+b.

On définit alors une suite auxiliaire (vn) par vn =un− αpour toutn∈N. On a :

(un+1=aun+b α=aα+b .

Par soustraction, on obtient :vn+1=un+1−α=aun−aα= a(un−α)⇔vn+1=avn.

On en déduit que la suite (vn) est géométrique de raisona et de premier termev0=u0−α.

3. Pour toutn∈N, vn=v0×aⁿ=(u0−α)aⁿ

D’où un = v0×aⁿ = (u0−α)aⁿ+α. Pour tout n ∈ N, un=

µ u0− b

1−a

¶

aⁿ+u0− b 1−a

4. Application : soit la suite (un) définie par





 u0=4 un+1=1

3un−7 .

On est dans la situation précédente aveca=1

3,b= −7 et u0=4.

b

1−a= −7 1−1

3

=−7

23

= −21 2

On en déduit que, pour tout n ∈ N : un = µ

4− µ

−21 2

¶¶ µ1 3

¶n

−21

2 donc un=29 2

µ1 3

¶n

−21 2 5. −1<1

3<1 donc lim

x→+∞

Ã1 3

!

=0 d’où lim

n→+∞un= −21 2

III

On considère la suite (un) définie pour tout entier natureln paru0=2 etun+1=2

3un+1 3n+1.

1. (a) u1=7

3 ; u2=26

9 ; u3=97

27 et u4=356 81 . (b) La suite (un) semblecroissante.

2. Démontrons par récurrence que, pour toutn,unÊn+3.

• Pourn=0,u0=0+3 est vérifiée.

• On supposeunÉn+3.

un Én+3⇔2 3unÉ2

3n+2⇔2 3un+1

3n+1É2 3n+2+ 1

3n+1⇔un+1Én+3Én+4=(n+1+3) . La propriété est vraie pour tout entier n. 3. (a) Pour tout entiern,un+1−un

⇔un+1−unÉ2

3un+n+3−un= −1

3(un)+1 3n+1= 1

3(n+3−un)É0 pour toutn.

Pour toutn;un+1−un=Ê0. La suite (un) est donc biencroissante.

(b) Pour tout entiern,vn+1=un+1−(n+1)

= 2 3un+1

3n+1−n−1= 2 3un−2

3n = 2

3(un−n)= 2

3vn . Page 1/4

La suite (vn) est donc géométrique, de raison2 3, avec comme premier termev0=2.

On en déduit que vn = 2 × µ2

3

¶n

d’où

un=2× µ2

3

¶n

+n

(c) −1< 2

3 <1 donc lim

n→+∞

µ2 3

¶n

=0; or, lim

n→+∞n = +∞

donc lim

n→+∞un= +∞

IV

Soitf la fonction définie surRpar : f(x)=x⁴+4x+1.

f est dérivable surRetf^′(x)=4x³+4=4¡ x³+1¢

.

La fonction x 7→x³ est croissante sur R, donc la fonction x7→x³+1 aussi. Commex³+1=0⇔x³= −1⇔x= −1.

On en déduit que f^′(x)É0 sur ]− ∞;−1] et f^′(x)Ê0 sur [−1 ;+∞[.

Pourx6=0,f(x)x⁴ µ

1+ 4 x³+ 1

x⁴

¶

d’où lim

x→±∞f(x)= +∞. f(−1)= −2.

On en déduit le tableau de variation def :

x −∞ −1 +∞

f^′(x) − 0 +

f(x)

+∞❅

❅❅❘

−2

✒^+∞

a) Sur ]− ∞ ; −1], f est continue (fonction polynôme),

x→−∞lim f(x)= +∞ donc f(x) prend des valeurs positives et f(−1)= −2<0.

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x)=0 admet une solution dans l’intervalle∞;−1] et celle- ci est unique, car la fonction est croissante sur cet intervalle.

Notons-laα

b) De même, f est continue sur [−1 ; +∞[, f(−1)= −2<0 et

x→+∞lim f(x)= +∞(doncf(x) prend des valeurs positives).

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x)=0 admet une solution dans l’intervalle∞;−1] et celle- ci est unique, car la fonction est décroissante sur cet inter- valle. Notons-laβ

L’équationf(x)=0 a donc deux solutions surR.

À la calculatrice, on trouve que −1,50<α< −1.49 et

−0,26<β< −0.25.

V Métropole juin 2015

Dans un repère orthonormé (O, I, J, K) d’unité 1 cm, on consi- dère les points A(0 ;−1 ; 5),

B(2 ;−1 ; 5), C(11 ; 0 ; 1), D(11 ; 4 ; 4).

1. (a) Un vecteur directeur de la droite (AB) est−→ AB



 2 0 0



= 2−→

OI.

La droite (AB) est donc parallèle à l’axe (OI).

(b) On axC =xD =11 donc la droite (CD) est incluse dans le planP d’équation x=11.

(c) (AB) est parallèle à (OI) et (OI) est orthogonale au planP donc (AB) est orthogonale àP.

Le point d’intersection E a des coordonnées (x;y;z) qui vérifient l’équation cartésienne deP et la repré- sentation paramétrique deP.

On doit avoir :









 x=11 x=t y= −1 z=5

donc E(11 ;−1 ; 5).

(d) Une représentation paramétrique de (AB) est





 x=t y= −1 z=5

, t ∈ R et une représentation paramé-

trique de (CD) est







x = 11 y = 4+4t^′ z = 3+4t^′

, t^′ ∈ R. On

résout le système







t = 11

−1 = 4+4t^′ 5 = 4+3t^′

qui n’a pas de solutions, car les deux dernières équations donnent deux valeurs différentes pourt^′.

Les droites (AB) et (CD) ne sont pas sécantes.

2. (a) −−−−→ MtNt



 11−t 0,8t+1 0,6t−4



donc MtNt=p

(11−t)²+(0,8t+1)²+(0,6t−4)²

=p

121−22t+t²+0,64t²−1,6t+1+0,36t²−4,8t+16

= p

2t²−25,2t+138.

(b) MtNtest positif, donc est minimale quand son carré est minimal.

On considère la fonctionf :t7→2t²−25,2t+138; f est une fonction du second degré ; le coefficient det² est 2. Le minimum est atteint pourt=25,2

4 =6,3.

La distance estminimalepour t=6,3 s

VI

1. On considère la fonctiongdéfinie surRpar :

g(x)=x³−3x−3.

(a) ∀x∈R,g^′(x)=3x²−3=3¡ x²−1¢

=3(x+1)(x−1).

g^′(x) s’annule en -1 et en 1;g^′(x) est un polynôme du second degré, donc est du signe du coefficient dex²à l’extérieur de l’intervalle formé par les racines.

g(−1)= −1 etg(1)= −5.

On en déduit le tableau de variation deg

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x −∞ −1 1 +∞

g^′(x) + 0 − 0 +

g(x)

−∞

✒⁻¹❅

❅❅❘

−5

✒^+∞

(b) g(3)=15>0

(c) Il est clair queg(x)<0 sur ]− ∞; 1].

Sur [1 ; 3],gest continue,g(1)= −5<0 etg(3)=15>0.

D’après le tvi, l’équationg(x)=0 admet une solution sur [1 ; 3] (unique puisquegest continue sur cet intervalle). Notons αcette solution.

(d) À l’aide de la calculatrice, on trouve 2,10<α<2,11. (e) On en déduit le tableau de signes deg(x) :

x −∞ α +∞

g(x) −0+ 2. Soitf la fonction définie surR\ {−1 ; 1} par :

f(x)=2x³+3 x²−1 . f =u

v avec

(u(x)=2x³+3 v(x)=x²−1 . f^′=u^′v−v^′u

v² avec

(u^′(x)=6x² v^′(x)=2x On en déduit :f^′(x)=6x²¡

x²−1¢

−2x¡ 2x³+3¢

¡x²−1¢2 =2x⁴−6x²−6x

¡x²−1¢2 =2x¡

x³−3x−3¢

¡x²−1¢2 = 2xg(x)

¡x²−1¢2 . On remarque quef^′(x) est du signe de son numérateur.

3. • Pourx6=0,f(x)= x³³

2+ ³

x³

´ x²³

1− ¹

x²

´= x³

2+ ³

x³

´

³1− ¹

x²

´ . On en déduit : lim

x→−∞f(x)= −∞

• On trouve (avec le mêmes calculs) : lim

x→+∞f(x)= +∞

• lim

x→−1

¡2x³+3¢

=1>0; lim

x→−1x<−1

¡x²−1¢

=0 avecx²−1>0 donc lim

x→−1x<−1

f(x)= +∞

• lim

x→−1

¡2x³+3¢

=1; lim

x→−1x>−1

¡x²−1¢

=0 avecx²−1<0 donc lim

x→−1x>−1

f(x)= −∞.

• lim

x→1

¡2x³+3¢

=5>0; lim

x→1 x<1

¡x²−1¢

=0 avecx²−1<0 donc lim

x→−1 x<1

f(x)= −∞

• lim

x→1

¡2x³+3¢

=5>0; lim

x→1 x>1

¡x²−1¢

=0 avecx²−1>0 donc lim

x→1x>1

f(x)= +∞

4. Tableau de variation deg:

x −∞ −1 0 1 α +∞

x − − 0 + + +

g(x) − − − − 0 +

f^′(x) + + 0 − − 0 +

f^′(x) −∞

✒^+∞

−∞

✒⁻³❅

❅❅❘

−∞

+∞❅

❅❅❘ f(α)

✒^+∞

Page 3/4

5. On a tracé ci-après la courbeC représentative de la fonctionf. αest la solution de l’équationg(=0 doncα³=3α+3.

Alors :f(α)= 2α³

α²−1=6α+9

α²−1= 3(2α+3) α²−1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

−1

−2

−3

−4

−5

−6

1 2 3

−1

−2

−3

−4

×

O

C

Page 4/4