Corrigé du devoir surveillé n
◦3
Exercice 1.
1. On peut représenter la situation par l’arbre pondéré suivant :
B
G
1 5
G
1 9 6
10
B
G
1 6 5 G
6 1
10
2. Les évènements B et B forment une partition de l’univers donc, par la formule des probabilités totales,
P(G) = P(B)PB(G) + P(B)PB(G) = 1 10× 5
6 + 9 10 ×1
6 i.e. P(G) = 7
30.
3. La probabilité que le joueur ait tiré le jeton blanc sachant qu’il a perdu est PG(B) = P(G∩B)
P(G) = P(B)PB(G) 1−P(G) =
1 10× 16 1− 307 i.e. PG(B) = 1
46.
4. a. Jouer une partie constitue une épreuve de Bernoulli de paramètre 307 en prenant comme succèsS : « le joueur gagne la partie ».
Jouer quatre parties de façon indépendante revient à répéter quatre fois cette épreuve de façon identique et indépendante : cela constitue un schéma de Bernoulli.
La variable aléatoire X qui compte le nombre de succès suit donc une loi binomiale B(4,307).
b. La probabilité que la joueur gagne exactement deux parties sur les quatre est P(X = 2) = 4
2
! 7 30
223 30
2
= 25921
135000 ≈0,192.
5. Soitn ∈N∗. Supposons que le joueur jouenfois et notonsAn : « le joueur gagne au moins une partie sur les n». Alors, An : « le joueur perd les n parties » donc P(An) =2330n donc P(An) = 1−2330n. On cherche doncn tel que 1−2330n >0,999. Or,
1−
23 30
n
>0,999⇔
23 30
n
60,001⇔nln
23 30
6ln(0,001)⇔n> ln(0,001)
ln(2330) ≈25,998 Comme n est entier, on conclut que le nombre minimal de parties qu’un joueur doit faire pour que la probabilité d’en gagner au moins une soit supérieure à 0,999 est 26.
Exercice 2.
1. On a −−→
AB (1 ;−2 ;−5) et −−→
AC (2 ;−1 ;−4) donc x−−→
ABy−−→
AC = −1 6= −4 = x−−→
ACy−−→
AB donc
−−→AB et−−→
AC ne sont pas colinéaires et on conclut que les points A, B et C ne sont pas alignés.
2. On a~n·−−→
AB = 1×1+(−2)×(−2)+1×(−5) = 0 et~n·−−→
AC = 1×2+(−2)×(−1)+1×(−4) = 0 donc~n est normal à−−→
AB et −−→
AC . Comme −−→
AB et −−→
AC forment une base du plan (ABC), on conclut que~n est normal au plan (ABC).
3. Pour tout pointM(x;y;z) de l’espace, M(x;y;z)∈(ABC)⇔~n·−−→
AM = 0
⇔1×(x−1) + (−2)×(y−2) + 1×(z−7) = 0
⇔x−2y+z−4 = 0
Ainsi, une équation cartésienne du plan (ABC) est x−2y+z−4 = 0.
4. a. Comme xD−2yD+zD−4 = 3−2×(−6) + 1−4 = 12 6= 0, le point D n’appartient pas au plan (ABC).
b. Comme ∆ est perpendiculaire à (ABC), elle est dirigé par ~n. Comme, de plus, ∆ passe par D, on conclut qu’une représentation paramétrique de ∆ est
x= 3 +t y =−6−2t z = 1 +t
où t∈R.
c. Le point H est le point d’intersection de ∆ et de (ABC). Pour trouver ses coordonnées, on résout le système suivant :
(S)
x= 3 +t y =−6−2t z = 1 +t
x−2y+z−4 = 0
⇔
x= 3 +t y=−6−2t z= 1 +t
3 +t−2(−6−2t) + 1 +t−4 = 0
⇔
x= 3 +t y=−6−2t z= 1 +t 6t+ 12 = 0
⇔
x= 1 y=−2 z=−1 t=−2 Ainsi, les coordonnées de H sont (1 ;−2 ;−1).
d. On conclut que la distance de D au plan (ABC) est
DH =q(1−3)2+ (−2−(−6))2+ (−1−1)2 = 2√ 6.
Exercice 3.
Partie A 1. On a lim
x→−∞−x= +∞ et lim
X→+∞eX = +∞donc, par composition, lim
x→−∞e−x = +∞. Par somme, on en déduit que lim
x→−∞1 + e−x = +∞et, comme lim
Y→+∞ln(Y) = +∞, on conclut, par composition, que, lim
−∞f = +∞.
De même, lim
x→+∞−x=−∞ et lim
X→−∞eX = 0 donc, par composition, lim
x→+∞e−x = 0. Par somme, on en déduit que lim
x→+∞1 + e−x = 1 et, comme ln est continue en 1, lim
Y→1ln(Y) = ln(1) = 0 donc, on conclut, par composition, que, lim
+∞f = 0.
2. La fonction u:x7→1 + e−x est dérivable sur R comme somme et composée de fonctions dérivables et, pour tout réel x, u0(x) = −e−x. On en déduit que, pour tout réel x, f0(x) = −e−x
1 + e−x.
3. La fonction exp est à valeur strictement positives donc, pour tout réel x, e−x
1 + e−x >0 donc f0(x)<0 et ainsi f est strictement décroissante sur R.
4. Soit m∈]0 ; +∞[.
a. La fonction f est continue (car dérivable) et strictement croissante sur R. De plus, m∈
lim+∞f; lim
−∞f
. Par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = m possède une unique solution αm dans R.
b. Résolvons l’équation f(x) = m :
f(x) = m⇔ln(1 + e−x) = m⇔1 + e−x = ln(m)⇔e−x = em−1
⇔ −x= ln (em−1)⇔x=−ln (em−1). Ainsi, αm =−ln (em−1).
Partie B
1. Soit n∈N. Alors,
un+1−un=f(0) +f(1) +· · ·+f(n) +f(n+ 1)−(f(0) +f(1) +· · ·+f(n)) =f(n+ 1).
Or, on a vu dans laPartie A que f décroît vers 0 donc, pour tout réelx, f(x)>0. En particulier, f(n+ 1)>0 i.e. un+1−un >0 donc (un) est croissante. Démontrer que (un) est croissante.
2. a. Par propriété, pour tout réel t, et>1 +t. Dès lors, pour tout réel t >−1, ln(et)>
ln(1 +t) i.e. ln(1 +t)6t.
b. Soit n ∈N. Alors,
un =f(0) +f(1) +· · ·+f(n)
= ln(1 + e−0) + ln(1 + e−1) +· · ·+ ln(1 + e−n) 6e−0+ e−1+· · ·+ e−n
6e−10 +e−11+· · ·+e−1n
On reconnaît dans cette dernière somme la somme des premiers termes d’une suite géométrique de raison e−1 donc
un6 1−(e−1)n+1 1−e−1
et, de plus, (e−1)n+1 >0 donc
un 6 1 1−e−1.
3. On vient de montrer que (un) est une suite réelle croissante et majorée par 1−e1−1 donc, par le théorème des suites monotones, (un) converge vers un réel `.
4. a. On a
uN −un=f(0) +f(1) +· · ·+f(n) +f(n+ 1) +· · ·+f(N)−(f(0) +f(1) +· · ·+f(n))
=f(n+ 1) +f(n+ 2) +· · ·+f(N)
= ln(1 + e−(n+1)) + ln(1 + e−(n+2)) +· · ·+ ln(1 + e−N) 6e−(n+1)+ e−(n+2)+· · ·+ e−N
6e−1n+1+e−1n+2+· · ·+e−1N
On reconnaît là encore une somme de termes consécutifs d’une suite géométrique donc uN −un 6e−1n+1 1−(e−1)N−n
1−e−1 = (e−1)n+1−(e−1)N+1 1−e−1 et, de plus, (e−1) >0 donc
uN −un 6 (e−1)n+1
1−e−1 = e−n−1 1−e−1.
b. Soitn ∈N. Comme (un) est croissante, pour toutn ∈N,un6` donc `−un >0. Par ailleurs, pour tout entier N >n, uN −un6 e−n−1
1−e−1 donc, en faisant tendreN vers +∞, on obtient
`−un 6 e−n−1
1−e−1 = e−ne−1
(e−1)e−1 = e−n e−1 Ainsi, on a bien montré que, pour tout n∈N,
06`−un6 e−n e−1. 5.
def approximation(p):
n=0
u=fonction_f(0)
while (exp(-n)/(exp(1)-1)>10**(-p)):
n=n+1
u=u+fonction_f(n) return(u)
6. Pourn ∈N,un fournit une valeur approchée de ` à 10−p près si e−n
e−1 610−p. Or, e−n
e−1 610−p ⇔e−n 610−p(e−1)⇔ −n6ln10−p(e−1)⇔n>−ln10−p(e−1) Ainsi, un est une valeur une valeur approchée de ` à 10−p près dès que n dépasse
−ln (10−p(e−1)) donc, par exemple, pour E(−ln (10−p(e−1))) + 1 où E désigne la partie entière.
