sont donc positives : les termes de la suite (u

Exercice 1 10 points Partie A - étude graphique

1. Quel que soit n naturel et quel que soit le réel x , e

> 0 et 1+ e

> 1 > 0 : les fonctions f

sont donc positives : les termes de la suite (u

) sont des intégrales de fonctions positives sur [0 ; 1] : u

est donc l’aire, en unités d’aire de la surface limitée par la courbe _C

, l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 0 et x = 1 .

2. D’après l’allure des courbes on peut conjecturer que la suite (u

) est décroissante et a pour limite 0 .

3.

0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,1 0,1 0

0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,1 C

L’aire de la surface grisée s’obtient comme la somme des aires de deux trapèzes et d’un triangle : 4 + 6 + 2, 5 = 12, 5 carrés d’aire 0,01.

L’aire de la surface limitée par les axes et la ligne rouge se décompose en 10, 5 + 3 + 3, 5 = 17 aires de carrés d’aire 0,01.

On en déduit que 0, 125 < u

< 0, 17 . On a donc

0, 12 < u

< 0, 17.

Partie B - Étude théorique 1. u

=

∫

0

f

(x) d x =

∫

0

e

1 + e

d x .

En posant u (x) = 1 + e

on obtient u

(x) = e

, donc : u

=

∫

0

u

(x)

u(x) d x = [ln u(x)]

= [ ln (

1 + e

^)]

= ln (1 + e ) − ln 2 = ln ( 1 + e

2 )

. 2. Par linéarité de l’intégrale :

u

+ u

=

∫

0

f

(x) d x +

∫

0

f

(x) d x =

∫

0

( e

1 + e

⁺

e

1 + e

) d x =

∫

0

( e

1 + e

⁺

1 1 + e

) d x =

∫

0

e

₊ 1 1 + e

d x =

∫

0

1 dx ₌ 1 − 0 = 1 . On en déduit que : u

= 1 − u

= 1 − ln (

2

) .

3. L’intégrale d’une fonction positive sur l’intervalle [0 ; 1] est positive. Donc u

> 0 4. a. d

(x) = f

(x) − f

(x) = e

1 + e

⁻

e

1 + e

⁼

e

1 + e

⁻

e

1 + e

⁼ e

1 + e

^{(1 −} e

) = e

.

1

b. On sait que pour tout naturel n et pour tout réel x , e

_> 0 et que 1 + e

_> 1 > 0 .

Le signe de d

(x) est donc celui de 1 − e

.

Or 0 ⩽ ^x ⩽ ¹ ⇒ e

⩽ e

⩽ e

par croissance de la fonction exponentielle, soit 1 ⩽ e

⩽ e, d’où − e ⩽ − e

⩽ −1 et enfin 1 − e ⩽ ¹ − e

⩽ ⁰ .

Conclusion : 1 − e

⩽ ⁰ ⇒ d

(x) ⩽ ⁰ .

5. d

(x) < 0 ⇐⇒ f

(x) − f

(x) < 0 ⇐⇒ f

(x) < f

(x) .

Il en résulte par intégration sur l’intervalle [0 ; 1]que u

< u

: la suite (u

) est décroissante.

Comme on a vu qu’elle minorée par zéro, elle est donc convergente vers une limite _ℓ supérieure ou égale à zéro.

6. a. u

+ u

=

∫

0

e

1 + e

⁺

∫

0

e

1 + e

et par linéarité de l’intégrale : u

+ u

=

∫

0

[ e

1 + e

⁺

e

1 + e

] d x =

∫

0

e

1 + e

( e

₊ 1 ) d x =

∫

0

e

d x = [ e

− n ]

0

= − e

− n + 1

n = 1 − e

n . b. On sait que lim

n→+∞

e

₌ 0 , donc lim

n→+∞

1 − e

₌ 1 et enfin lim

n→+∞

1 − e

n = 0 . On a donc _{ℓ =} 0.

c. Tant que K < N Affecter ^{1 −} e

K − U Ã U Affecter K + 1 Ã K Fin Tant que

Exercice 2 7 points

1. Le point H a pour coordonnées (1 ; 1 ; 1) . M ∈ (BH) _⇐⇒ il existe t ∈ R −−−→

B M = t −−→

BH _⇐⇒

 



x − 0 = t(1 − 0) y − 0 = t(1 − 0) z − 0 = t(1 − 0)

⇐⇒

 



x = t y = t z = t 2. On a D(1 ; 1 ; 0), E(1 ; 0 ; 1) et G(0 ; 1 ; 1).

D’où ^−−→ DE (0 ; − 1 ; 1), −−→

DG ( − 1 ; 0 ; 1) .

Comme ^−−→ BH (1 ; 1 ; 1) ce vecteur est orthogonal à ^−−→ DE et à ^−−→ DG , soit à deux vecteurs non colinéaires du plan (DEG). Le vecteur ^−−→ BH est donc normal au plan (DEG) : la droite (BH) est perpendiculaire au plan (DEG).

3. D’après la question précédente une équation du plan (DEG) est : M(x ; y ; z) ∈ ( DEG ) ⇐⇒ 1x + 1y + 1z + d = 0 .

On a par exemple D _∈ ( DEG ) ⇐⇒ 1+ 1 + 0 + d = 0 ⇐⇒ d = −2 . Donc M (x ; y ; z) ∈ ( DEG ) ⇐⇒ x + y + z − 2 = 0 .

4. les coordonnées de P vérifient l’équation paramétrique de la droite (Bh) et l’équation du plan (DEG) soit :

 

 

 



x = t

y = t

z = t

x + y + z − 2 = 0

⇒ 3t − 2 = 0 ⇐⇒ t = 2 3 . On a donc P

( 2 3 ; 2

3 ; 2 3 )

.

2

5. On a : PD

₌ (

1 − 2 3

)

+

( 1 − 2

3 )

+ 0 ; PE

=

( 1 − 2

3 )

+ 0 + (

1 − 2 3

)

; PG

₌ 0 +

( 1 − 2

3 )

+ (

1 − 2 3

)

.

On a donc de façon évidente PD

₌ PE

₌ PG

soit PD ₌ PE ₌ PG.

Le point P est donc équidistant des trois sommets du triangle (DEG), c’est donc le centre du cercle circonscrit au triangle (DEG), mais comme celui-ci est équilatéral car ses trois côtés sont des diagonales de carrés de côté 1, le point P est orthocentre, centre du cercle circonscrit et centre de gravité du triangle équilatéral (DEG).

Exercice 3 3 points

0 1 5,8 10 13,9 22

1. On sait que p(T ⩾ ²²⁾ = 0, 023 .

a. Le premier domaine est limité par la courbe, l’axe des abscisses et la droite verticale d’équation x = 22 .

L’autre domaine est le symétrique du premier par rapport à la droite d’équation x = 13, 9 ; 22 − 13, 9 = 8, 1 et 13, 9 − 8, 1 = 5, 8 .

Le second domaine est limité par la courbe, l’axe des abscisses et la droite d’équation x = 5, 8 . Voir ci-dessus

b. P (5, 8 ⩽ ^T ⩽ ²²⁾ = 1 − (P (T > 22) + P (T < 5, 8)) = 1 − 2 × 0, 023 = 1 − 0, 046 = 0, 954 D’après le cours, P (µ − 2σ ⩽ ^T ⩽ µ + 2σ) ≈ 0, 954 , donc on a

P (13, 9 − 2 σ ⩽ ^T ⩽ ^{13, 9} + 2 σ ) = 0, 954 .

On en déduit que _σ vérifie 13, 9 − 2 σ = 5, 8 et 13, 9 + 2 σ = 22 , ce qui donne _{σ ≈} 4, 05 , soit 4,1 au dixième.

2. On cherche la probabilité qu’un jeune soit connecté à internet plus de 18 heures par semaine, c’est-à-dire P (T > 18) .

On trouve à la calculatrice, en prenant m = 13, 9 et _{σ =} 4, 1 : P (T > 18) ≈ 0, 16 .

3