La fonctionϕest dérivable sur]0 ;+∞[etϕ′(x)=2x+3 x>0 sur]0

E^XERCICE1

Partie A : modélisation par une fonction

Le demi-contour de la face supérieure du palet sera modélisé par une portion de la courbe de la fonctionf définie sur ]_{0 ;+∞}[_{par :f(x)=}^3lnx−x

2+2x+2

x .

1. Soitϕla fonction définie sur]_{0 ;+∞}[_{par :ϕ(x)=x}²_−1+3lnx.

a. • ϕ(1)=1²−1+3ln 1=0

•

limx→0x²−1= −1 limx→0

x>0

lnx= −∞







donc lim

x→0 x>0

x²−1+3lnx= −∞et donc lim

x→0 x>0

ϕ(x)= −∞

b. La fonctionϕest dérivable sur]_{0 ;+∞}[_etϕ^′_(x)=2x+³

x>0 sur]_{0 ;+∞}[_. Donc la fonctionϕest strictement croissante sur]_{0 ;+∞}[_.

On sait queϕ(1)=0 et que la fonctionϕest strictement croissante sur]_{0 ;+∞}[, donc on en déduit que :

• ϕ(x)<0 sur]_{0 ; 1}[_{; •ϕ(x)=0 pourx=1 ; • ϕ(x)>0 sur}]_{1 ;+∞}[_. 2. a. • Limite def en 0.

xlim→0−x²+2x+2=2 limx→0

x>0

3lnx= −∞







donc lim

x→0 x>0

3lnx−x²+2x+2= −∞

limx→0 x>0

x=0 etx>0















donc lim

x→0 x>0

f(x)= −∞

• Limite def en+∞: on écritf(x) sous la formef(x)=3lnx

x −x+2+2 x.

x→+∞lim −x+2= −∞

x→+∞lim 2 x=0

x→+∞lim lnx

x =0















donc lim

x→+∞f(x)= −∞

b. La fonctionf est dérivable sur]_{0 ;+∞}[et sa dérivée est égale à :

f^′(x)= µ3

x−2x+2

¶

×x−¡

3lnx−x²+2x+2¢

×1

x² =3−2x²+2x−3lnx+x²−2x−2 x²

=−x²+1−3lnx

x² = −ϕ(x) x²

La fonctionϕs’annule pourx=1 ; on calculef(1)=3ln 1−1²+2×1+2

1 =3.

f^′est du signe de−ϕ; on établit le tableau de variation def :

x 0 1 +∞

f^′(x) +++ 0 −−−

3 f(x)

−∞ −∞

c. La fonction f est continue et strictement croissante sur]_{0 ; 1}]_{; lim}

x→0 x>0

f(x)= −∞et f(1)=3>0. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équationf(x)=0 admet une solution unique dans l’intervalle]_{0 ; 1}]. On appelleαcette solution.

Remarque : on peut aussi faire directement référence au tableau de variation de la fonction f pour répondre à cette question.

En utilisant le solveur de la calculatrice, on trouveα≈0,41.

On admettra que l’équationf(x)=0 a également une unique solutionβsur [1 ;+∞[ avecβ≈3,61 à 10⁻² près.

d. SoitFla fonction définie sur]_{0 ;+∞}[_{par :F(x)=}³

2(lnx)²−1

2x²+2x+2lnx.

La fonctionFest dérivable sur]_{0 ;+∞}[_{et :} F^′(x)=3

2 µ

2×1 x×lnx

¶

−1

2×2x+2+2×1 x=3lnx

x −x+2+2

x=3lnx−x²+2x+2 x =f(x).

Donc la fonctionFest une primitive def sur]_{0 ;+∞}[_. 1

Partie B : résolution du problème

Pour obtenir la forme de la goutte, on considère la courbe représentativeC de la fonctionf restreinte à l’intervalle [_α;β]ainsi que son symétriqueC′ par rapport à l’axe des abscisses.

Les deux courbesC etC′délimitent la face supérieure du palet. Pour des raisons esthétiques, le chocolatier aime- rait que ses palets aient une épaisseur de 0,5 cm.

1 2 3

−1

−2

−3

1 2 3

C

C′

α β

SoitDle domaine hachuré délimité par la courbeC, l’axe des abscisses et les deux droites d’équationsx=αetx=β.

Sur l’intervalle[_α;β], la fonctionf est positive, donc l’aire deDest : A=

Zβ

α f(x)dx=¡

F(β)−F(α)¢

≈(F(3,61)−F(0,41))≈5,60 unités d’aire (U.A.).

L’aire du domaine compris entre les deux courbes est 2A≈11,20 U.A

Une unité d’aire est égale à 2 cm²donc l’aire entre les deux courbes vaut environ 22,40 cm².

L’épaisseur du palet doit être de 0,5 cm donc le volume du palet est d’environ 22,40×0,5=11,20 cm³.

Le volume, en cm³, de 80 palets est donc 80×11,20=896<1000, donc la chocolaterie peut fabriquer 80 palets avec 1000 cm³, soit 1 litre de chocolat liquide : la contrainte de rentabilité est donc bien respectée.

EXERCICE2

Soit (un) la suite définie paru0=3, u1=6 et, pour tout entier natureln:un+2=5

4un+1−1 4un. Partie A :

On souhaite calculer les valeurs des premiers termes de la suite (un) à l’aide d’un tableur.

On a reproduit ci-dessous une partie d’une feuille de calcul, où figurent les valeurs deu0et deu1.

1. La formule à saisir dans la cellule B4, puis à recopier vers le bas, permettant d’obtenir des valeurs de la suite (un) dans la colonne B est = 5*B3/4 - B2/4

2. On complète le tableau donné dans le texte avec des valeurs approchées à 10⁻³près deun:

A B

1 n un

2 0 3

3 1 6

4 2 6,75

5 3 6,938

6 4 6,984

7 5 6,996

3. On peut conjecturer que la suite (un) converge vers le nombre 7.

Partie B : Étude de la suite

On considère les suites (vn) et (wn) définies pour toutnpar :vn=un+1−1

4unetwn=un−7.

1. a. vn+1=un+2−1

4un+1=5

4un+1−1 4un−1

4un+1=un+1−1

4un=vndonc la suite (vn) est constante.

b. La suite (vn) est constante, donc pour toutn,vn=v0=u1−1

4u0=6−3 4=21

4 . Donc, pour toutn,un+1−1

4un=21

4 doncun+1=1 4un+21

4 . 2. a. Soit la propriétéun<un+1<7.

• Initialisation

u0=3 etu1=6 doncu0<u1<7 ; la propriété est vraie pourn=0.

• Hérédité

On suppose que pourk>_0,uk6_uk+167 ; c’est l’hypothèse de récurrence.

uk<uk+167 =⇒ 1 4uk<1

4uk+16⁷ 4 =⇒ 1

4uk+21 4 <1

4uk+1+21 4 6⁷

4+21 4 , ce qui équivaut àuk+1<uk+26²⁸

4 .

On en déduit queuk+1<uk+267 donc que la propriété est vraie au rangk+1.

• Conclusion

On a vérifié que la propriété était vraie pourn=0 ; on a démontré qu’elle était héréditaire pourn>0.

D’après le principe de récurrence, on peut dire que la propriété est vraie pour toutn>_0.

On a donc démontré par récurrence que, pour tout entier natureln,un<un+1<15.

b. • On a démontré que pour toutn,un<un+1donc la suite (un) est croissante.

• On a démontré que pour toutn,un67 donc la suite (un) est majorée.

La suite (un) est croissante et majorée donc, d’après le théorème de la convergence monotone, la suite (un) est convergente.

3. a. Pour toutn,wn=un−7 doncun=wn+7.

• wn+1=un+1−7=1 4un+21

4 −7=1 4

¡wn+7¢

−7 4=1

4wn+7 4−7

4=1 4wn

• w0=u0−7=3−7= −4

Donc la suite (wn) est géométrique de premier termew0= −4 et de raisonq=1 4. b. On en déduit que, pour toutn,wn=w0×qⁿ= −4×

µ1 4

¶n

= −4×1 4×

µ1 4

¶n−1

= − µ1

4

¶n−1

. Orun=wn+7 donc, pour toutn,un=7−

µ1 4

¶n−1

. c. −1<1

4<1 donc, d’après les propriétés des limites des suites géométriques, lim

n→+∞

µ1 4

¶n−1

=0.

On en déduit que lim

n→+∞un=7.

E^XERCICE3

1. Les droites (I J) et (CG) sont dans le plan (BCG), elles sont donc coplanaires.

De plus elles ne sont pas parallèles car (I J) est sécante à (BF) qui est une parallèle à (CG).

Les droites (I J) et (CG) sont coplanaires et non parallèles, elles sont donc sécantes en un pointL.

2. On construit d’abord le pointL, puis l’intersectionDdes plans (I J K) et (C D H) en traçant la droite (LK), et enfin la section du cube par le plan (I J K) en utilisant le fait que deux faces parallèles sont coupées selon des droites parallèles.

B C

G F

D H E

b A

II

b

JJ

bKK

b LL

b TT

b

R R

b

N N

bS

S

b

Q Q

D

E^XERCICE4

1. Dans une seule situation, la courbeC_Fest la courbe représentative d’une primitiveFde la fonctionf. Laquelle ? Justifier la réponse.

Situation 1 Situation 2 Situation 3

1

1 2 3

C_f

C_F

1

1 2 3

C_f C_F

1

1 2 3

C_f

C_F

3

CommeFest une primitive def, alors f est la dérivée deFdonc les variations deFsont données par le signe def :Fest croissante si et seulementf est positive

C’est donc dans la situation 2 que la courbeCFest la courbe représentative d’une primitiveFde la fonctionf. 2. Résoudre dansRl’équation (E) : ln(x−2)+ln(x+2)=ln(x+8).

Le domaine d’existence de l’équation (E) estD=]2;+∞[∩]−2;+∞[∩]−8;+∞[=]2;+∞[.

Pour toutx∈D, on a ln(x−2)+ln(x+2)=ln ((x−2)×(x+2)).

Donc six∈Dest solution de (E) alors il est aussi solution de ln ((x−2)×(x+2))=ln(x+8).

En composant par la fonction exponentielle, on obtient que six∈D est solution de (E) alorsxest solution de l’équation (E^′) : (x−2)×(x+2)=x+8.

Or, pour toutx∈D, (x−2)×(x+2)=x+8 ⇔ x²−4=x+8⇔ x²−x−12=0.

(E^′) est une équation du second degré, de discriminant∆=49 strictement positif. Elle admet donc deux solu- tions dansR:x1= −3 etx2=4.

De ces deux solutions, seulex2=4 appartient àDet peut-être une solution de (E).

Vérification :

D’une part on a ln(4−2)+ln(4+2)=ln(2)+ln(6)=ln(2)+ln(2)+ln(3)=2ln(2)+ln(3) et d’autre part on a ln(4+8)=ln(12)=ln(4)+ln(3)=2ln(2)+ln(3).

L’équation (E) admet donc 4 pour unique solution.

3. Soient AetBdeux événements indépendants. On rappelle que AetBsont indépendants si et seulement si P(A∩B)=P(A)P(B). Démontrer queAetBsont indépendants.

La formule des probabilités totales donneP(B)=P³ A∩B´

+P³ A∩B´

, et aussiP³ A∩B´

=P(A)−P(A∩B).

On a donc :P(B)=P(A)−P(A∩B)+P³ A∩B´

. DoncP(B)=P(A)−P(A)×P(B)+P³

A∩B´

=P(A)×(1−P(B))+P³ A∩B´

=P(A)×P³ B´

+P³ A∩B´

. D’où :P(B)×(1−P(A))=P³

A∩B´

qui s’écritP(B)×P(A)=P³ A∩B´

:AetBsont donc indépendants.

EXERCICE5

Dans le plan complexe muni d’un repère orthonormé direct³ O ;−→

u,−→ v´

, on considère les points A et B d’affixes res- pectiveszA=2e^iπ4 etzB=2e^i3π4

1 2

−1

1 2

−1

b

b b A

B C

−

→u p2

p2 2

−

p2 2

p6 2

−

→v

O

M₂

M1

1.

Méthode 1

• On a OA= |zA| =2 ;

• de même OB= |zB| =2. OA = OB : le triangle est isocèle en O.

• On a³−−→

OA ;−−→

OB´

=³−−→

OA ;−→ u´

+³−→ u ;−−→

OB´

=³→− u ;−−→

OB´

−³→− u ;−−→

OA´

=argzB−argzA=3π 4 −π

4=π 2 : le triangle est donc rectangle en O.

Conclusion : le triangle OAB est rectangle isocèle en O.

Méthode 2

• On a OA= |zA| =2 ;

• OB= |zB| =2 ; on a donc OA = OB = 2 : le triangle OAB est isocèle en O ;

• AB= |zB−zA| =

¯

¯

¯2e^i3π4 −2e^iπ4¯

¯

¯=

¯

¯

¯2³

e^i3π4 −e^iπ4´¯

¯

¯=2¯

¯

¯e^i3π4 −e^iπ4¯

¯

¯= 2¯

¯

¯e^iπ4³

e^iπ2 −1´¯

¯

¯.

Or e^iπ2 =i, donc puisque¯

¯

¯e^iπ4¯

¯

¯=1 : OA=2|i−1| =2p

1²+1²=2p

2. On a donc : OA²+OB²=2²+2²=8 et

AB²=¡ 2p

2¢2

=2²×2=8.

Donc OA²+OB²=AB²=8 : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle OAB est rectangle en O.

Méthode 3

On azB=2e^i3π4 =2e^{i¡2π4+π4¢}=2e^i¡π2+π4¢=2e^iπ2×e^iπ4. Donc zB

zA=e^iπ2 =i. On a alors :

•

¯

¯

¯

¯ zB

zA

¯

¯

¯

¯= |i| =1, donc|zB| = |zA|, d’où OB = OA ;

• arg µzB

zA

¶

=arg(i)=π 2, or arg

µzB

zA

¶

=³−−→OA ;−−→OB´

: le triangle OAB est donc rectangle en O.

2. D’après la question précédente le triangle AOB est inscrit dans le cercle centré au milieu de [AB], soit en C d’affixe zA+zB

2 =2e^iπ4+2e^i3π4

2 =e^iπ4+e^i3π4. On sait que e^iπ4 =cos^π₄+isin^π₄=

p2 2 +i

p2 2 et e^i3π4 =cos^3π₄ +i sin^3π₄ = −

p2 2 +i

p2 2 , donc zC=

p2 2 +i

p2 2 −

p2 2 +i

p2 2 =ip

2.

Rem.On pouvait aussi calculer : e^iπ4+e^i3π4 =e^iπ4³

1+e^iπ2´

=e^iπ4(1+i)=

³p 22+i^p₂²´

(1+i)=

p2

2 +i^p₂²+i^p₂²−

p2 2 =ip

2.

On a donc CO= |zC| =p 2.

Le cercle circonscrit au triangle OAB et donc centré en C et a pour rayonp 2.

Équation (E) : on a∆=6−8= −2=¡ ip

2¢2

.

Cette équation a donc deux solutions complexes conjuguéesz1etz2affixes des pointsM1etM2:

• z1=

p6−ip 2

2 .

Le carré de la distance du pointM1d’affixez1au point C est :

|z1−zC|²=

¯

¯

¯

¯

¯ p6−ip

2 2 −ip

2

¯

¯

¯

¯

¯

2

=

¯

¯

¯

¯

¯

p6−i3p 2 2

¯

¯

¯

¯

¯

2

=6 4+

Ã3p 2 2

!2

=3 2+9

2=6. Donc CM1=p 66=p

2.

On pouvait éviter le calcul en remarquant qu’un point de partie imaginaire négative ne peut appartenir au cercle.

• z2=

p6+ip 2

2 .

Le carré de la distance du pointM2d’affixez2au point C est :

|z2−zC|²=

¯

¯

¯

¯

¯ p6+ip

2 2 −ip

2

¯

¯

¯

¯

¯

2

=

¯

¯

¯

¯

¯ p6−ip

2 2

¯

¯

¯

¯

¯

2

=6 4+2

4 =8

4=2. Don CM2=p

2, donc le pointM2appartient au cercle circonscrit au triangle AOB

5