Exercices corriges Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers juin 2003 - Apmep pdf

juin 2003

EXERCICE1 5 points

Commun à tous les candidats

1. a. vn=

(n+1)² 2ⁿ⁺¹

n² 2ⁿ

=¡_n+1

n

¢2

×¹₂. Orⁿ⁺_n¹=1+_n¹et lim

n→+∞

1

n =0, donc lim

n→+∞

n+1

n =1 et lim

n→+∞

µn+1 n

¶2

=1.

Finalement lim

n→+∞vn=1 2.

b. Pour tout naturel N > 0, n+1>n⇒n+1 n >1⇒

µn+1 n

¶2

>1⇐⇒ vn>1 2. c. vn<³₄ ⇐⇒ ¡_n+1

n

¢2

×1 2 <3

4 ⇐⇒ ¡_n+1

n

¢2

<³₂⇒ⁿ⁺_n¹<

q3

2 ⇐⇒ n+1<

q3

2n ⇐⇒n³q

32−1´

>1⇐⇒ n> 1 q3

2−1≈4,44. Il faut prendreN=4.

d. On vient de démontrer que pourn>4, alorsvn <³₄ ⇐⇒ ^u_uⁿ⁺_n¹ < ³₄ ⇐⇒

un+1<³₄un. 2. a. • Initialisation

Pourn=5, on a vu que u₆<³₄u5. La relation est vraie au rang 5.

• Hérédité

Supposons que pourn∈N,n>5 on aitun6 µ3

4

¶n−5

u5. On aun+1<³₄unsoitun+16³_4×

µ3 4

¶n−5

u5ou encoreun+16 µ3

4

¶n+1−5

u5

soit enfinun+16 µ3

4

¶n−4

u5. L’hérédité est démontrée.

La propriété est vraie au rang 5 et si elle est vraie à un rang quelconque supérieur ou égal à 5, elle est vraie au rang suivant.

Conclusion : par le principe de la récurrence, pour tout entier natureln>

5,un6 µ3

4

¶n−5

u5.

b. On au56_u5,u66³_{4u5,... ,un}6^¡3₄^¢n−5_u5. En sommant toutes ces inégalités on obtient : Sn6u5+³₄u5+ · · · +¡₃

4

¢n−5

u5ou après factorisation : Sn6_u5

³1+³₄+ · · · +¡₃

4

¢n−5´ .

La parenthèse est la somme des (n−5) premiers termes de la suite géo- métrique de premier terme 1 et de raison³₄.

Sn=u5

1−¡₃

4

¢n−4

1−³₄ =4u5

³1−¡₃

4

¢n−4´ . c. Puisque 1−¡₃

4

¢n−3

<1, on aSn64u5.

3. De façon évidente :Sn+1−Sn=un+1>0 : la suite (Sn)n>5est donc croissante.

Comme elle est majorée par 4u5elle converge vers une limiteℓ64u5.

EXERCICE2 6 points Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. Calculer la probabilité que la distance parcourue sans incident soit : a. comprise entre 50 et 100 km;

Cette probabilité est égale à Z₁₀₀

50

1

82e^−82x dx= h

−e^−82xi₁₀₀

50 = −e⁻¹⁰⁰⁸²+e⁻⁵⁰⁸²≈ 0,248

b. supérieure à 300 km.

On calcule la probabilité de parcourir moins de 300 km ou 300 km qui est Z₃₀₀

0

1

82e^−82x dx=

h−e^−82xi₃₀₀

0 =1−e⁻³⁰⁰⁸².

La probabilité de parcourir plus de 300 km est donc égale à e⁻³⁰⁰⁸² ≈0,026 2. On calculep(D>350)(D>_375)=p(D>_25)=e⁻²⁵⁸²_≈0,737.

3. Détermination de la distance moyenne parcourue sans incident.

a. On poseu(x)=xetv^′(x)=₈₂¹e^−82x, d’où u^′(x)=1 etv(x)= −e^−82x.

Toutes ces fonctions sont continues car dérivables sur [0 ; +∞[. On peut donc intégrer par parties :

I(A)= h

−xe^−82xiA 0+

ZA

0 e^−82xdx= h

−xe^−82x +82e^−82xiA

0=e^−82A(−82−A)+82.

b. On a lim

A→+∞

82

e^82A =0 et lim

A→+∞

A

e^82A =0, donc finalement :

A→+∞lim I(A)=82.

La distance moyenne parcourue sans un incident est de 82 jours.

4. a. On a un schéma de Bernoulli avec comme paramètres N0et de probabi- lité e^82d

La variableXdprend comme valeur le nombre de « succès » au cours des N0épreuves.

b. L’espérance deXdest égale à N0e^82d

EXERCICE2 6 points

Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 1. Éléments de symétrie de la surfaceT.

a. Siz=x²y, alorsz=(−x)²y.

Les points (x;y;z) et (−x;y;z) sont symétriques autour du planyOz d’équationx=0.

b. Siz=x²y, alors−z=(−x)²(−y), ce qui montre que le point (−x;−y;−z) appartient lui aussi à la surface. Le point O est donc un centre de symétrie deT.

2. Intersections de la surfaceTavec des plans parallèles aux axes.

a. Soity=al’équation d’un plan parallèle au plan (xOz). Les coordonnées des points communs à ce plan et àTvérifient :

½ z = x²y

y = a ⇒

½ z = ax²

y = a

• Sia< −1 ou sia>1, l’intersection est vide ;

• Si 16_a61 ceci représente l’équation d’une parabole d’axe Oz(sauf si a=0). L’intersection est l’arc de parabole limité aux points d’abscisse−1 et 1.

b. Soitx=bl’équation d’un plan parallèle au plan (yOz). Les coordonnées des points communs à ce plan et àTvérifient :

½ z = x²y

x = b ⇒

½ z = b²y

x = b

Ceci représente l’équation d’une droite contenant O dans le plan paral- lèle au plan (yOz). L’intersection est donc un segment limité aux points d’ordonnées−1 et 1 (sauf sib=0).

3. a. Les coordonnées des points communs à la surfaceTet au plan d’équation z=0 vérifient :

½ z = x²y

z = 0 ⇒

½ 0 = x²y

z = 0 ⇒

½ 0 = x z = 0 ou

½ 0 = y z = 0 Ceci représente les axes Oxet Oy.

b. Les points communs àTet au plan d’équationz=kont des coordonnées qui véri- fient :

½ z = x²y

z = k soitx²y=k ⇐⇒ y= k x².

Comme 06k 61, cette courbe est limitée à un arc d’extrémités (−1 ; k ; k) et (1 ;k;k).

c. Exemple de tracé aveck=0,25 :

−1 1

1

−1

k

pk p

k

4. On note (D) le domaine formé des points du cube unité situés sous la surface T.

(D)=M(x,y,z)∈(E) avec 06x61 ; 06y61 ; 06z6x²y. a. L’ensemble des points et défini par :

pk6x61 et k

y²6y61 Son aire estS(k)v=

Z₁

pk

µ 1− k

x²dx=

· x+k

x

¸1

pk=1+k−p k− k

pk= 1+k−2p

k=

³1−p k´2

. b. On rappelle queV=

Z₁

0 S(k) dk= Z₁

0

³1+k−2p k´

dk. Orp

k=k¹² dont une primitive est²₃k³², donc : V=

h x+^k

2 2 −⁴₃k³²

i₁

0=1+¹₂−⁴₃=³₂−⁴₃=⁹⁻₆⁸=1 6(u. a.).

PROBLÈME 9 points

f(x)=1+xln(x+2).

I. Étude de la fonctionf

1. a. fest dérivable car somme de fonctions composées dérivable sur ]−2 ;+∞[

et sur cet intervalle : f^′(x)=ln(x+2)+ x

x+2; f^′′(x)= 1

x+2+x+2−x (x+2)² = 1

x+2+ 2 (x+2)².

b. f^′′(x) est une somme de termes positifs, donc est positive ; il s’ensuit que f^′(x) est croissante sur ]−2 ;+∞[.

c. lim

x→−2ln(x+2)= −∞et comme lim

x→−2

x

x+2= −∞, on a donc

xlim→−2f^′(x)= −∞.

x→+∞lim ln(x+2)= +∞et lim

x→+∞

x

x+2=1, donc lim

x→+∞f^′(x)= +∞.

Conclusionf^′(x) est croissante de−∞à+∞, donc s’annule une seule fois sur l’intervalle ]−2 ;+∞[ .

2. Étude du signe def^′(x).

a. On af^′(−0,6)=1−0,6ln 1,4≈ −0,09 etf^′(−0,5)=1−0,5ln 1,5≈0,07 la fonctionf^′est continue car dérivable et strictement croissante sur ]−0,6 ;−0,5[ : elle s’annule donc une seule fois sur cet intervalle enα avec−0,6<α< −0,5.

b. On en déduit que :

• sur ]−2 ;α[, f^′(x)<0;

• f^′(α)=0;

• sur ]α;+∞[,f^′(x)>0.

3. Étude des variations def

a. Étudier les variations de la fonctionf sur l’intervalle ]−2 ;+∞[. Le résultat précédent montre que :

• sur ]−2 ;α[, f est décroissante

• f(α)=1 est le minimum de la fonction

• sur ]α;+∞[,f est croissante.

b. • On a lim

x→−2ln(x+2)= −∞, donc lim

x→−2f(x)= +∞(par produit par−2;

•On a lim

x→+∞ln(x+2)= +∞, donc lim

x→+∞xln(x+2)= +∞et enfin lim

x→+∞f(x)= +∞.

c. On a donc le tableau de variations suivant :

x −2 α +∞

f^′(x) f

− 0 +

+∞

f(α)

+∞

II. Position de la courbe (C_f) par rapport à ses tangentes 1. Étude des variations ded.

a. d(x)=f(x)−£

f^′(x0)(x−x0)+f(x0)¤

;dest une somme de fonctions dé- rivables sur ]−2 ;+∞[ et sur cet intervalle :

d^′(x)=f^′(x)−1f^′(x0)=f^′(x)−f^′(x0).

b. On a vu quef^′est croissante sur ]−2 ;+∞[, donc :

• six<x0,f^′(x)<f^′(x0)⇐⇒ d^′(x)<0;

• six>x0,f^′(x)>f^′(x0)⇐⇒ d^′(x)>0.

dest donc décroissante sur ]−2 ;x0[ et croissante sur ]x0;+∞[ avec bien entendud(x0)=0 qui est le minimum de la fonction. Par conséquent d(x)>_{0 sur ]−2 ;+∞[.}

2. Le résultat précédent signifie géométriquement que la courbe¡ C_f¢

est au dessus de la tangenteTx0, quel que soitx0: la courbe est donc au dessus de ses tangentes.

III. Tracés dans le repère³ O,→−

ı ,−→



´

1. Déterminer une équation de la droiteT0, tangente On sait qu’une équation de la tangente à¡

C_f¢

au point d’abscissex0est

y=f^′(x0)(x−x0)+f(x0) ; donc pourx0=0 etf (x0)=1 (on sait que lim

x→0xlnx= 0) etf^′(x0)=ln 2 :

M(x;y)∈T₀ ⇐⇒ y=ln 2(x−0)+1 ⇐⇒ y=xln 2+1.

2. Tx0d’équationy=f^′(x0)(x−x0)+f (x0) contient l’origine si pourx=0,y=0, soit

0= −x0f^′(x0)+f(x0) ⇐⇒ −x0

·

ln(x0+2)+ x0

x0+2

¸

+1+x0ln (x0+2) ⇐⇒

− x₀²

x0+2+1=0 ⇐⇒ −x₀²+x0+2=0.

Une solution évidente de cette équation est−1, l’autre, un peu moins, est 2.

Il y a donc deux tangentes contenant O ; celle au point d’abscisse−1 d’équa- tiony= −xet celle au point d’abscisse 2 d’équation

y= µ

ln4+1 2

¶ x.

3.

1 2 3 4

1 2

−1

C_f

O →−

ı

−

→

T0

T2

T−1

α

f(α)