vendredi 7 juin

TS vendredi 7 juin _2012-2013

Suite du sujet Amérique du Nord 2013 : Exercice 1 :

Q.1 → On peut prouver par exemple que les vecteurs − − → AB et −→

AC ne sont pas colinéaires.

− − → AB



 1

− 1

− 1



 et −→

AC



 2

− 5

− 3



 ne sont visiblement pas colinéaires donc les points A, B et C ne sont pas alignés.

Q.2.a → ∆ = d(D; ~u) où ~u



 2

− 1 3



.

(ABC) est bien définie puisque A, B et C ne sont pas alignés. ∆ est orthogonale à (ABC) si et seulement si les vecteurs − − →

AB et −→

AC sont orthogonaux à ~u.

On calcule − − →

AB.~u = 0 et −→

AC.~u = 0 donc ∆ est bien orthogonale à (ABC).

Q.2.b → ~u est donc un vecteur normal à (ABC), ainsi :

(ABC) : 2x − y + 3z + d = 0 est une équation cartésienne du plan.

Avec A(0; 4; 1), on obtient d = 1, d’où (ABC) : 2x − y + 3z + 1 = 0.

Q.2.c → ∆







x = 7 + 2t y = − 1 − t z = 4 + 3t

Q.2.d → H étant un point du plan et de la droite ∆, on cherche la valeur du paramètre correspondant au point H en reportant les équations paramétriques de la droite ∆ dans l’équation cartésienne du plan.

2(7 + 2t) − ( − 1 − t) + 3(4 + 3t) + 1 = 0 ⇔ 14t + 28 = 0 ⇔ t = − 2

En reportant dans les équations paramétriques de la droite, on trouve H(3; 1; − 2).

Q.3.a → On détermine les vecteurs normaux aux deux plans : n ~ 1



 1 1 1



 et n ~ 2



 1 4 0



. Ces deux vecteurs ne sont

visiblement pas colinéaires donc les plans P 1 et P 2 sont sécants suivant une droite d.

Q.3.b → On peut utiliser la méthode du cours en choisissant une coordonnée comme paramètre. Ici, vous n’avez qu’à vérifier que les équations paramétriques données conviennent donc il faut remplacer dans les équations des deux plans.

• x + y + z = 0 ⇔ ( − 4t − 2) + t + 3t + 2 = 0 ⇔ 0t = 0 ⇔ t ∈ R .

Interprétation : tous les paramètres t de la droite d donnent des points du plan P 1 donc d est contenue dans P 1 .

• On prouve de même que d est contenue dans P 2 . Q.3.c → u ~ ^d





− 4 1 3



 et u ~ ^d .~u = 0 donc d est soit contenue dans le plan (ABC) soit parallèle à (ABC). On peut tester avec un point de la droite d, par exemple ( − 2; 0; 2) qui n’appartient pas à (ABC) (remplacer dans l’équation de (ABC)).

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TS vendredi 7 juin _2012-2013

Exercice 2 devoir de Jay de BEAUFORT : Q.1 → Arbre pondéré

b b

R (Y = 1)(N = 1) 2/5

b

B 3/5

b

R (Y = 1)(N = 2) 2/5

b

B 3/5

b

R (Y = 1)(N = 3) 2/5

b

B (Y = 0)(N = 3) 3/5

Q.2 → Y la variable aléatoire qui compte le nombre de boules rouges obtenues lors de l’épreuve. Y prend les valeurs 0 ou 1 (voir arbre). Déterminer la loi de Y , c’est déterminer la probabilité des événements (Y = 0) et (Y = 1). On peut résumer cela dans un tableau, ce qui rend facile le calcul de l’espérance.

Valeurs de Y 0 1

Probabilité p(Y = 0) = (3/5) ³ = 27/125 p(Y = 1) = 1 − 27/125 = 98/125

Il s’en suit que E(Y ) = 0 × 27

125 + 1 × 98 125 = 98

125 .

Q.3 → N la variable aléatoire qui compte le nombre de tirages effectués lors d’une expérience. N prend les valeurs 1, 2 ou 3 (voir arbre). Déterminer la loi de N , c’est déterminer la probabilité des événements (N = 1), (N = 2) et (N = 3).

Valeurs de N 1 2 3

Probabilité p(N = 1) = 2/5 p(N = 2) = 3/5 × 2/5 = 6/25 p(N = 3) = 1 − 2/5 − 6/25 = 9/25

Il s’en suit que E(N ) = 1 × 2

5 + 2 × 6

25 + 3 × 9 25 = 49

25 . Q.4 → proportion moyenne = E(Y )

E(N) = 98/125 49/25 = 98

125 × 25 49 = 2

5 . On retrouve bien la proportion de boules rouges dans l’urne.

Exercice 1 devoir de Jay de BEAUFORT :

Q.A.1.a → Calcul de f ^′ laissé à votre sagacité : pour x > 0, f ^′ (x) = 2 − x x + 3

Pour tout x > 0, x + 3 > 0 et de ce fait le signe de f ^′ (x) dépend de celui de 2 − x. on obtient donc :

• pour x ∈ [0; 2[, 2 − x > 0 et donc f ^′ (x) > 0 et f est strictement croissante sur [0; 2] ;

• pour x > 2, 2 − x < 0, donc f ^′ (x) < 0 et f est strictement décroissante sur [2; + ∞ [.

Q.A.1.b → Pour x > 0, x

5 × ln(x) x − 1

+5 ln

1 + 3

x

= 5 ln(x) − x+5 ln

1 + 3 x

= 5

ln(x) +

1 + 3 x

− x Compte-tenu de ln(a)+ ln(b) = ln(ab), l’expression devient égale à 5 ln

x

1 + 3

x

− x = 5 ln(x+ 3) − x = f (x) Q.A.1.c → lim

x→+∞

ln(x)

x = 0 donc lim

x→+∞ 5. ln x

x − 1 = − 1 et par produit, lim

x→+∞ x

5. ln x x − 1

= −∞

De plus lim

x→+∞

3

x = 0, par composition et produit, lim

x→+∞ 5 ln

1 + 3 x

= 0 et finalement :

x→+∞ lim f (x) = −∞

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Q.A.1.d →

x

variations f

0 2 + ∞

5 ln(3) 5 ln(3)

5 ln(5) − 2 5 ln(5) − 2

−∞

−∞

α

0

Q.A.2.a → Une flêche dans un tableau de variations représente une fonction continue et strictement monotone, ce qui constitue deux propriétés essentielles pour l’utilisation du théorème de la bijection.

• Sur [2; + ∞ [, f est donc continue et strictement décroissante. 0 appartient à l’intervalle image ] − ∞ ; 5 ln(5) − 2]

donc 0 admet une unique antécédent α dans l’intervalle [2; + ∞ [.

• Sur [0; 2], f est continue et strictement croissante mais 0 n’apaprtient pas à [5 ln(3); 5 ln(5) − 2] et il n’a donc pas d’antécédent dans [0; 2].

Ainsi l’équation f (x) = 0 admet une unique solution α dans [0; + ∞ [. (voir tab. de var.) Q.A.2.b → α ≈ 14, 23 à 10 ⁻² près.

Q.A.2.c →

x Signe f (x)

0 α + ∞

+ 0 −

Q.B.1.a → Construction des termes de la suite dans un repère (avec la droite d’équation y = x) Q.B.1.b → La suite semble croissante, convergente probablement vers α.

Q.B.2.a → pour tout x > 0, g ^′ (x) = 5

x + 3 et 5

x + 3 > 0 donc g est strictement croissante sur [0; + ∞ [.

Q.B.2.b → α est défini comme solution de f (x) = 0.

Or f (α) = 0 ⇔ 5 ln(α + 3) − α = 0 ⇔ 5 ln(α + 3) = α ⇔ g(α) = α.

Q.B.2.c → On pose A ⁿ : 0 6 u ⁿ 6 α, pour tout n ∈ N .

• Initialisation : n = 0 et u 0 = 4 et u 0 ∈ [0; α] donc A 0 est vraie.

• Hérédité : Démontrons que pour tout n ∈ N A ⁿ vraie implique A ⁿ +1 vraie.

A ⁿ est vraie ⇔ 0 6 u ⁿ 6 α

⇒ g(0) 6 g(u ⁿ ) 6 g(α) car g croissante sur [0; + ∞ [

⇔ 5 ln(3) 6 u n+1 6 α car g(α) = α

⇒ 0 6 u ⁿ +1 6 α car 5 ln(3) > 0 donc A n+1 est vraie.

• Conclusion : Ainsi, d’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout entier naturel n ∈ N , 0 6 u ⁿ 6 α .

Q.B.2.d → u n+1 − u ⁿ = g(u ⁿ ) − u ⁿ = f (u ⁿ ). De plus, comme u ⁿ ∈ [0, α], f (u ⁿ ) > 0 (cf Q.A.2.c). On en déduit que u n+1 − u ⁿ > 0 pour tout n ∈ N et que la suite (u ⁿ ) est croissante. De plus, comme elle est majorée par α, un théorème assure que la limite est inférieure à α (voir document ROC).

Q.3.a → Comme il est admis que lim

n→+∞ u n = α, la définition dit que :

Tout intervalle ouvert centré sur α contient, à partir d’un certain rang, tous les termes de la suite. Si l’on choisit l’intervalle ]α − 0.01; α + 0.01[, il contient donc tous les termes de la suite à partir d’un rang n 0 .

Or α − 0.01 > 14.2 et u ⁿ

> 14.2 ⇔ u ⁿ

− 14.2 > 0, la condition n’est plus vérifiée, l’algorithme s’arrête ! Q.3.b → laissé à votre initiative !

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