http://mathparadise.pagesperso-orange.fr [ CorrectionBacblanc \

[ Correction Bac blanc \

EXERCICE1

Partie A Soitula fonction définie sur ]0 ;+∞[ par :

u(x)=x²−2+lnx.

1. La fonctionuest dérivable sur ]0 ;+∞[ en tant que somme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ et pour tout réelx∈]0 ; +∞[ on a :

u^′(x)=2x+1 x

Pour tout réelx∈]0 ;+∞[,u^′(x) est strictement négatif en tant que somme de termes stricte- ment négatifs.

✞

✝

☎ La fonctionuest donc strictement croissante sur ]0 ; +∞[.✆

• lim

x→+∞x²= +∞et lim

x→+∞lnx= +∞donc par sommation des limites :

☛

✡

✟

✠ xlim→+∞u(x)= +∞.

• lim

x→0x²=0 et lim

x→0lnx= −∞donc par sommation des limites :

☛

✡

✟

✠ xlim→+∞u(x)= −∞. On peut dresser le tableau de variation :

x u^′(x)

u(x)

0 +∞

+

−∞

+∞

+∞

α

0

2. a. Sur ]0 ; +∞[,u est continuecar elle est dérivable, 0 est unevaleur intermédiaire entre

xlim→0u(x)= −∞ et lim

x→+∞u(x)= +∞ donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires l’équationu(x)=0 a au moins une solutionαappartenant à ]0 ; +∞[.

De plus, la fonctionueststrictement croissantedonc la solutionαest unique.

b. À l’aide de la calculatrice on trouve :

u(1,31)≈ −0,014<0 etu(1,32)≈0,02>0, on en déduit : 1,31<α<1,32

3. uest strictement croissante sur ]0 ;+∞[ et s’annule enα, on a donc le tableau de signes sui- vant :

x u(x)

0 α +∞

− 0 +

4. αest la solution de l’équationu(x)=0, on a donc

u(α)=0 ⇐⇒ α²−2+lnα = 0

⇐⇒ lnα = 2−α²

✞

✝

☎ On a bien : lnα=2−α². ✆

Partie B

On considère la fonction f définie et dérivable sur ]0 ; +∞[ par : f(x)=x²+(2−lnx)².

1. La fonctionf est dérivable sur ]0 ;+∞[ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[.

f est de la formeu+v²avecu(x)=x²etv(x)=2−lnx. D’oùu^′(x)=2x,v(x)= −1

x et f^′=u^′+2v^′v. Pour tout réelx∈]0 ; +∞[, on a donc :

f^′(x)=2x+2× µ

−1 x

¶

×(2−lnx)

=2 µ

x−2−lnx x

¶

=2×x²−2+lnx x

=2 xס

x²−2+lnx¢

=2

x×u(x)

2. Pour tout réelx∈]0 ; +∞[, 2

x est strictement positif , doncf^′(x) a le même signe queu(x) que l’on a déterminé dans la partie A. D’où le tableau de variation :

x f^′(x)

f(x)

0 α +∞

− 0 +

f(α) f(α)

Partie C Dans le plan rapporté à un repère orthonormé³

O,−→ ı , −→



´, on note :

• Γla courbe représentative de la fonction logarithme népérien ln;

• A le point de coordonnées (0;2);

• M le point deΓd’abscissexappartenant à ]0 ; +∞[.

1. M a pour coordonnées M(x; lnx) car M est un point deΓet A a pour coordonnées A(0 ;2) . On a donc :

AM²=(x−0)²+(lnx−2)²=x²+(lnx−2)²=f(x) .✞

✝

☎ Pour tout réelxappartenant à ]0 ;+∞[ , AM=p ✆

f(x) 2. Soitg la fonction définie sur ]0 ; +∞[ parg(x)=p

f(x).

a. Pour tout réelxappartenant à ]0 ;+∞[,f(x) est strictement positif comme somme de deux carrés et la fonction racine est strictement croissante sur [0 ; +∞[, elle conserve l’ordre

b. Nous avons vu dans la partie B que la fonctionf avait pour minimumf(α) enαet comme les fonctions f etg ont les mêmes sens de variation sur sur ]0 ; +∞[,g a pour minimum g(α) enαsur ]0 ;+∞[.

Doncg(α) est la distance minimale de A à un point deΓnommé P d’abscisseα.

☛

✡

✟

✠ Le point P(α; lnα) deΓest le point pour lequel la distance de A à un point deΓest mini- male .

c. D’après la question A 4) , on a : lnα=2−α²d’où 2−lnα=α², par conséquent : AP=g(α)

= p

α²+(2−lnα)²

= q

α²+¡ α)²¢2

= p

α²+α⁴

= q

α²¡

1+α²¢

=α

p1+α² car 0

✞

✝

☎ On a bien AP=αp ✆

1+α² 3. • −→AP

µx_P−x_A y_P−y_A

¶

⇐⇒ −→AP µ α

lnα−2

¶

est un vecteur directeur de la droite (AP).

• →−u µ 1

ln^′(α)

¶

⇐⇒ −→u



 11 α



est un vecteur directeur de la tangente à la courbeΓau point d’abs- cisseα.

On a : −→AP ·→−

u =α×1+1

α×(lnα−2)

=α²−2+lnα α

=u(α) α

=0 Les vecteurs−→AP et−→

u sont orthogonaux , donc :

La droite (AP) est perpendiculaire à la tangente àΓen P.

1 2 3 4

−1

−2 1 2 3

A

P

EXERCICE2

On considère la suite (In) définie par : I0=

Z¹₂

0

1

1−x dx et, pour tout entier naturelnnon nul In= Z¹₂

0

xⁿ 1−x dx 1. Remarquons que 1

1−x est de la forme−u^′(x)

u(x) avecu(x)=1−x.

uétant une fonction dérivable et strictement positive sur

· 0 ; 1

2

¸

, une primitive dex7→ 1 1−x sera la fonctionx7→ −ln(1−x). On a donc

I₀= Z¹₂

0

1

1−x dx= h

−ln(1−x)i1 0= −ln

µ1 2

¶

+ln(1)=ln2.

2. a. On a : I0−I1=

Z¹₂

0

1

1−x dx− Z¹₂

0

x 1−x dx

= Z¹₂

0

1

1−x− x 1−x dx

= Z¹₂

0

1−x 1−x dx

= Z¹₂

0 1 dx

=1 2

b. I0−I1=1

2 ⇐⇒ I1 = I0−1 2

⇐⇒ I1 = ln2−1 2

3. a. In−In+1=

Z¹₂

0

xⁿ 1−x dx−

Z¹₂

0

xⁿ⁺¹ 1−x dx

= Z¹₂

0

1

xⁿ−xⁿ⁺¹ 1−x dx

= Z¹₂

0

xⁿ−xⁿ⁺¹ 1−x dx

= Z¹₂

0

xⁿ(1−x) 1−x dx

= Z¹₂

0 xⁿd x

=

· 1 n+1xⁿ⁺¹

¸¹₂

0

= 1 n+1

µµ1 2

¶n+1

−0

¶

=

¡₁

2

¢n

n+1

b. En écrivant la formule précédente pourn=1 on obtient :

I1−I2=

¡₁

2

¢2

2 ⇐⇒ I1−I2 = 1 8

⇐⇒ I2 = I1−1 8

⇐⇒ I2 = ln2−1 2−1

8

⇐⇒ I₂ = ln2−5 8 c. Soitn>1 un entier naturel.

I←ln2

Pourkallant de 1 à N

I←I−

¡₁

2

¢n

n Fin Pour.

d. On programme la suite sur la calculatrice puis on regarde la table :

Lorsque N=5, l’algorithme donne une valeur approchée de I5, c’est à dire 0,0046.

4. a. Pour tout entier natureln>1 et tout réelxde l’intervalle

· 0 ; 1

2

¸ , on a

06 ^x

n

1−x 6 ¹ 2ⁿ⁻¹ En intégrant membre à membre, on obtient

06 Z¹₂

0

xⁿ

1−x dx6 Z¹₂

0

1 2ⁿ⁻¹ dx 06

Z¹₂

0

xⁿ

1−x dx6 ¹ 2ⁿ⁻¹

Z¹₂

0 1 dx 06_In6 ¹

2ⁿ⁻¹ µ1

2−1

¶

06_In6 ¹ 2ⁿ b. Or lim

n→+∞2ⁿ= +∞car 2>1, on en déduit que lim

n→+∞

1 2ⁿ =0.

donc, d’après le théorème des gendarmes, la suite (I_n) converge vers 0.

EXERCICE3

Commun à tous les candidats Partie A :

1.

G_n p_n

G_n+1

25

G_n+1

35

G_n 1−p_n

Gn+1 1

5

Gn+1 45

2. Les évènementsG_netG_nforment une partition de l’univers donc d’après la formules des pro- babilités totales :

p(Gn+1)=p(Gn∩G_n+1)+p³

G_n∩G_n+1´ p_n+1=2

5p_n+1 5

¡1−p_n¢ p_n+1=1

5p_n+1 5.

3. Pour toutnentier naturel non nul, on poseu_n=p_n−1 4.

a. Démontrons par récurrence que, pour tout nombre entier naturelnentier naturel non nul, p_n=3

4× µ1

5

¶n−1

+1 4.

• Initialisation: On ap₁=1 et3

4× µ1

5

¶1−1

+1 4=3

4+1

4=1 doncp₁=3 4×

µ1 5

¶1−1

+1 4. La propriété est vrai au rang 1.

• Hérédité:

On suppose que, pour un entier naturelnfixé,p_n=3 4×

µ1 5

¶n−1

+1

4et sous cette hypothèse on va prouver quep_n+1=3

4× µ1

5

¶n

+1 4: On a donc

p_n+1=1 5p_n+1

5 d’après la question 2.

=1 5

µ3 4×

µ1 5

¶n−1

+1 4

¶ +1

5 d’après l’hypothèse de récurrence

=3 4×1

5× µ1

5

¶n−1

+1 5×1

4+1 5

=3 4×

µ1 5

¶n

+ 1 20+ 4

20

=3 4×

µ1 5

¶n

+1 4

La propriété se transmet au rang suivant.

• Conclusion:

La propriété est vraie au rang 1, elle est héréditaire à partir de ce rang, d’après le principe de récurrence elle est donc vraie pour tout entier naturel non nul. On a donc démontré que pour toutn∈N^∗,p_n=3

4× µ1

5

¶n−1

+1 4. 1

c. On a :

pn<1

4+10⁻³⁰ ⇐⇒ 3 4×

µ1 5

¶n−1

+1

4 < 1

4+10⁻³⁰

⇐⇒ 3 4×

µ1 5

¶n−1

< 10⁻³⁰

⇐⇒

µ1 5

¶n−1

< 4 3×10³⁰

⇐⇒ 5ⁿ⁻¹ > 3×10³⁰

4 la fonction inverse est strictement décroissante

⇐⇒ ln¡ 5ⁿ⁻¹¢

> ln

µ3×10³⁰ 4

¶

la fonction ln est strictement croissante

⇐⇒ (n−1)ln(5) > ln

µ3×10³⁰ 4

¶

⇐⇒ n−1 >

ln³₃

×10³⁰ 4

´

ln(5)

⇐⇒ n >

ln³

3×10³⁰ 4

´ ln(5) +1

Or ln

µ3 410³⁰

¶

ln(5) +1≈43,7.

Le plus petit entiernqui vérifie l’inégalité sera donc 44.

Partie B :

1. a. Les épreuves étant identiques et indépendantes, la loi de probabilité suivie par la variable aléatoire X est une loi binomiale avecn=10 etp=1

4. On considère l’épreuve de Bernoulli qui consiste a jouer une partie et à regarder si elle est gagnée ou non, la probabilité qu’elle soit gagnée est de1

4. On répète 10 fois cette épreuve de façon identique et indépendante.

La variable aléatoireX donnant de parties gagnées suit donc la loi binomiale de paramètres n=10 etp=1

4.

b. On ap(X>1)=1−p(X=0)=1− Ã10

0

!

× µ1

4

¶0µ3 4

¶10

=1−3¹⁰

4¹⁰ ≈0,943≈0,94, à 10⁻²près.

La probabilité de gagner au moins une partie sur les dix vaut donc 0,94, à 10⁻²près.

c. On a E(X)=n×p=10×1 4=2,5.

L’espérance de la variable aléatoire X vaut donc 2,5.

2. a. Le joueur doit payer 30€pour les 10 parties et récupérera en moyenne 2,5×8=20€. (es- pérance de gagner 2,5 parties sur 10).

En moyenne les 10 parties coûteront 30−20 =10 €, soit 1 € par partie. Le jeu est donc désavantageux.

b. Pour réaliser un bénéfice supérieur à 40€, vu la mise de 30€, il faut gagner plus de 70€. S’il gagne 8 parties, comme 8×8=64, cela ne suffira pas, il faut donc gagner 9 parties au moins sur 10 (9×8=72).

D’après la calculatrice, on ap(X>_9)=1−p(X6_{)≈0,00002956≈0,00003.}

La probabilité pour qu’un joueur réalise un bénéfice supérieur à 40€est vaut environ 0,00003.

EXERCICE4

Dans l’espace, on considère le cube ABCDEFGH représenté ci-contre.

On note I et J les milieux respectifs des segments [EH] et [FB].

On munit l’espace du repère orthonormé

³A ;−−→AB , −−→AD ,−→AE´ .

b b

A B

C D

E H F G

I

J

1. I, milieu de [EH], a pour coordonnées µ

0 ; 1 2; 1

¶

et J, milieu de [FB], a pour coordonnées µ

1 ; 0 ; 1 2

¶ .

2. a. Soit−→n le vecteur de coordonnées



 1

−2 2



.

Le vecteur−−→BG a pour coordonnées



 0 1 1



et le vecteur−BI a pour coordonnées→





−1 1/2 1



.

−

→n ·−−→BG =1×0+(−2)×1+2×1=0 donc−→

n et−−→BG sont orthogonaux.

−

→n ·−BI→=1×(−1)+(−2)×1

2+2×1=0 donc−→

n et−BI sont orthogonaux.→

Le vecteur→−n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BGI) donc

✞

✝

☎ le vecteur−→ ✆

n est un vecteur normal au plan (BGI).

b. Le vecteur−→n est un vecteur normal au plan (BGI) donc le plan (BGI) a une équation de la formex−2y+2z+d=0 oùdest un réel à déterminer.

Le point B appartient au plan (BGI) donc

x_B−2y_B+2z_B+d=0 ⇐⇒ 1−0+0+d = 0

⇐⇒ d = −1

✞

✝

☎ Le plan (BGI) a pour équation x−2y+2z−1=0.✆ c. Le point K, milieu du segment [HJ], a pour coordonnées

Ã0+1

2 ; 1+0

2 ; 1+¹₂ 2

!

doncK µ1

2; 1 2; 3

4

¶ . On regarde si les coordonnées de K vérifient l’équation du plan (ABC) :

x_K−2y_K+2z_K−1=1

2−2×1

2+2×3

4−1=0 donc K appartient au plan (BGI).

3. Le but de cette question est de calculer l’aire du triangle BGI.

a. Le triangle FIG est isocèle de sommet principal I. Sa hauteur issue de I vaut 1 et sa base FG vaut 1.

Donc son aire est égale à1×1 2 =1

2.

E F

G H

I

Le volume du tétraèdre FBIG est donc

Le volume du tétraèdre FBIG est égal à1 6. b. Soit∆la droite passant par F et orthogonale au plan (BGI). Le plan a−→

n pour vecteur normal donc le vecteur−→

n est un vecteur directeur de la droite∆.

La droite∆passe par le point F de coordonnées (1 ; 0 ; 1) elle a donc pour représentation paramétrique :







x = 1+t

y = −2t t∈R.

z = 1+2t

c. La droite∆coupe le plan (BGI) en F^′dont les coordonnées sont solutions du système











x = 1+t y = −2t z = 1+2t x−2y+2z−1 = 0 On cherchetqui vérifie

(1+t)−2(−2t)+2(1+2t)−1=0 ⇐⇒ 1+t+4t+2+4t−1 = 0

⇐⇒ 9t = −2

⇐⇒ t = −2

9 On en déduit







x = 1+t y = −2t

z = 1+2t ⇐⇒



















x = 1−2 9 y = −2× µ

−2 9

¶

z = 1+2× µ

−2 9

¶

⇐⇒















x = 7 9 y = 4 9 z = 5 9

✎

✍

☞

✌ Le point F^′a pour coordonnées F^′

µ7 9; 4

9; 5 9

¶ . d. On a donc :

FF^′2= µ7

9−1

¶2

+ µ4

9−0

¶2

+ µ5

9−1

¶2

= 4 81+16

81+16 81

=4 9 donc FF^′=2

3.

On calcule d’une deuxième façon le volume du tétraèdre FBIG, on prenant pour base le triangle BGI et FF^′comme hauteur :

V =1

3×(aire de BGI)×FF^′ ⇐⇒ 1 6 = 1

3×(aire de BGI)×2 3

⇐⇒ 1 6×3

1×3

2 = aire de BGI

⇐⇒ 3

4 = aire de BGI

✎

✍

☞

✌ L’aire de BGI est égale à 3

4.