Exercice 1 6 points

Exercice 1 6 points

1. a. f(0) = 0 + 1 +a×0×e⁰ = 1 donc C passe par le point A(0 ; 1).

b. Le coefficient directeur de la droite (AB) est : y_B−y_A

x_B−x_A = 3−1

−1−0 =−2.

c. f^′(x) = 1 + 0 +a× e^−x2 +ax×(−2x)e^−x2 = 1−a 2x²−1 e^−x2

d. On suppose que la droite (AB) est tangente à la courbe C au point A ; cela veut dire que le coefficient directeur de (AB) est égal au nombre dérivé de la fonctionf en x_A soit f^′(0).

On a doncf^′(0) =−2 ⇐⇒ 1−a(0−1) e⁰ =−2 ⇐⇒ 1 +a=−2 ⇐⇒ a=−3 2. a. ∀x ∈]−1; 0], on a : • x+ 1>0

• x≤0 donc −3x≥0 et e^−x2 >0 donc −3xe^−x2 ≥0 Conclusion :∀x∈]−1; 0] x+ 1−3xe^−x2 >0 donc ∀x∈]−1; 0] f(x)>0 b. Six≤ −1, alorsx² ≥ 1donc 2x² ≥2, donc2x²−1≥1et donc 3 2x² −1

≥3.

Comme pour toutx, e^−x2 >0, on peut dire que pour tout x ≤ −1 on a 3 2x²−1

e^−x2 >0 (par produit).

Donc, pour toutx≤ −1 f^′(x) = 1 + 3 2x²−1

e^−x2 >0.

c. Sur ]− ∞; −1], f^′(x)>0donc la fonctionf est strictement croissante sur cet intervalle donc sur l’intervalle

−3 2;−1

.

f étant dérivable sur R, elle est continue sur

−3 2 ; −1

. Or f

−3 2

≈ −0,026 < 0 et f(−1) ≈ 1,10 > 0 donc, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = 0 admet une solution unique dans l’intervalle

−3 2; −1

; on l’appelle c.

De plus,f

−3

2 + 2.10⁻²

≈0,017>0donc c∈

−3 2; −3

2 + 2.10⁻²

et doncc <−3

2+ 2.10⁻². 3. a. f est continue et positive sur [c; 0], donc A=

Z 0

c

f(x)dx.

b. Pour calculer la valeur exacte deI, il faut déterminer une primitive de la fonction f sur l’inter- valle

−3 2; 0

.

La fonctionf définie par f(x) =x+ 1−3xe^−x2 s’écrit :f(x) =x+ 1 + 3

2×(−2x)e^−x2 Donc une primitive de f est la fonction F définie parF(x) = x²

2 +x+3 2e^−x2 I =F(0)−F

−3 2

= 3 2 −

9 8 −3

2 +3 2e⁻⁹⁴

= 15 8 − 3

2e⁻⁹⁴

Exercice 2 5 points

Partie A : étude d’une fonction 1. On sait que lim

x→+∞

lnx

x = 0 et que pour x >1 ln(x)

x >0 donc lim

x→+∞

x

lnx = +∞.

xlim→1 x>1

lnx= 0⁺ et lim

x→1x= 1 donc lim

x→1 x>1

x

lnx = +∞

2. f quotient de fonctions dérivables sur ]1 ; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle : f^′(x) = lnx− x¹ ×x

(lnx)² = lnx−1 (lnx)² .

Donc le signe def^′(x) est celui de la différence lnx−1.

lnx−1 = 0 ⇐⇒ x=e.

lnx−1>0 ⇐⇒ lnx >1 ⇐⇒ x >e

La fonctionf est donc décroissante sur ]1 ; e[et croissante sur ]e; +∞[, 3. f est croissante sur [e; +∞[donc si x≥e f(x)≥f(e)

Orf(e) = e ln e = e

1 = e Donc si x≥e f(x)≥e

Partie B : étude d’une suite récurrente 1. On a u0 = 5, u1 =f(u0) = 5

ln 5 ≈3,11, u2 =f(u1)≈2,74.

De A0 on trace la verticale jusqu’à C; de ce point l’horizontale jusqu’à la courbe d’équation y=x; de ce nouveau point la verticale jusqu’à l’axe des abscisses rencontré en A1 et l’on recommence. Il semble que la suite est décroissante.

2. a. Démontrons par récurrence que pour tout entier natureln, u_n>e.

• Initialisation : On au0 = 5>e donc la propriété est vérifiée au premier rang.

• Hérédité : Démontrons que s’il existe un entier positifn tel que u_n>e alors u_n+1>e.

Supposons qu’il existe un entier positif n tel que u_n >e.

Comme f est croissante sur [e; +∞[: u_n>e donc f(u_n)>f(e)donc u_n+1 >e La propriété est donc héréditaire.

• Conclusion : ∀n∈N, u_n>e.

b. Méthode 1

Soit u_n+1−u_n =f(un)−u_n= u_n

lnu_n −u_n= u_n−u_nlnu_n

lnu_n = u_n(1−lnu_n) lnu_n .

Comme u_n > e, lnu_n > lne soit lnu_n > 1 > 0 et comme u_n > 0, le signe de la différence u_n+1−u_n est celui de la différence1−lnu_n.

Or on vient de voir quelnu_n>1 ⇐⇒ 1−lnu_n<0.

Conclusionu_n+1−u_n<0, ce qui signifie que la suite (un) est décroissante.

Méthode 2 On démontre par récurrence que pour toutn ∈N u_n+1 ≤u_n

• Initialisation : On a u0 = 5 et u1 = 5

ln 5 ≈3,11donc u1 ≤u0 donc la propriété est vérifiée au premier rang.

• Hérédité : Supposons qu’il existe un entier positifn tel que u_n+1 ≤u_n. On a vu que : ∀n ∈N u_n ≥e

donc on a : e≤u_n+1 ≤u_n

f est croissante sur [e; +∞[ donc f(u_n+1)≤f(u_n) cad u_n+2 ≤u_n+1 La propriété est donc héréditaire.

• Conclusion : ∀n∈N u_n+1 ≤u_n, ce qui signifie que la suite (un) est décroissante.

c. La suite est décroissante et minorée par e ; d’après le théorème de convergence monotone, elle converge.

3. L’algorithme affichera la valeur 3.

Exercice 3 4 points

1. (1 +i)⁴ =√ 2e^iπ44

=√

2⁴ e^iπ44

= 4e^iπ 2. |z−1 +i| = |√

3−i| ⇔AM = 2 ⇔ M appartient au cercle de centre A(1−i) et de rayon 2. Cet ensemble de point a donc pour équation (x−1)²+ (y+ 1)² = 2² soit la réponse c.

3. U_n+1 =|Z_n+1| =

1 +i 2 Z_n

=

1 +i 2

|Z_n| =

√2

2 U_n. Donc (Un) est une suite géométrique de raison

√2

2 ∈]−1; 1[. (Un) converge donc vers 0.

4. Z = 2 + 6i

3−i = (2 + 6i)(3 +i)

10 = 20i

10 = 2i donc arg(Z) = π

2 (2π). On en déduit donc que ABC est rectangle enA.

Exercice 4 5 points

1. P(X <7) = 0,6 ⇐⇒ 1−e^−7λ = 0,6 ⇐⇒ e^−7λ = 0,4 ⇐⇒ −7λ= ln(0,4)

⇐⇒ λ= ln(0,4)

−7 ≈0,130 8≈0,131 à 10⁻³ près.

2. On a P(X>5) = 1−P(X65) = 1−(1−e^−0,131×5) = e^−0,131×5 ≈0,519≈0,52 à10⁻² près.

3. P_X>4(X>9) = P_X>4(X>4 + 5) =P(X>5)≈0,52.

4. On a P(66X610) =P(X610)−P(X66) = 1−e^−0,131×10

− 1−e^−0,131×6

=e^−0,131×6−e^−0,131×10≈0,19 5. E(X) = 1

0,131 ≈7,6 h ≈ 7 h 30

6. a. On reconnaît une épreuve de Bernoulli : relever un temps de fonctionnement et observer si il est supérieur ou égal à 5 heures. La probabilité que le temps soit supérieur ou égal à 5 heures est égale à 0,52.

Cette épreuve est répétée de façon indépendante 8 fois.

La variable aléatoireY donnant le nombre de temps supérieurs ou égaux à 5 heures suit donc une loi binomiale de paramètresp= 0,52 etn = 8.

Y ∼ B(8; 0,52) b. On aP(Y= 3)≈0,20.

Annexe 1

Annexe 2