Correction BAC BLANC
Exercice 1
Soitf la fonction définie et dérivable sur I =]0;+∞[ par : f(x)= lnx
1+x.
On noteC la courbe représentative de f dans un repère orthonormal³ O;→−
ı ,→−
´
du plan.
1. Étude d’une fonction auxiliaire
Soitg la fonction définie et dérivable sur I par :
g(x)=1+x−xlnx.
a. On a lim
x→0xlnx=0 (limite de référence), on en déduit que lim
x→0g(x)=1.
Pour tout réelx>0, on ag(x)=1+x(1−lnx) On sait que lim
x→+∞lnx= +∞donc lim
x→+∞(1−lnx)= −∞
De plus, lim
x→+∞x= +∞donc par produit lim
x→+∞x(1−lnx)= −∞
Et finalement lim
x→+∞g(x)= −∞.
b. g est de la forme u−v×w avecu(x)=1+x, v(x)=x et w(x)=lnx doncu′(x)=1, v′(x)=1 etw′(x)=1
x.
On a donc g(x)=u′(x)−¡
v′(x)×w(x)+v(x)×w′(x)¢
=1−¡
1×lnx+x×1 x
¢
=1−lnx−1
= −lnx On en déduit le tableau de variation :
x g′(x)
g(x)
0 1 +∞
+ 0 −
1
2 2
−∞
−∞
α
0
c. — Sur l’intervalle ]0 ; 1], la fonctiong est croissante et lim
x→0g(x)=1 doncg(x) ne peut pas s’annuler sur cet intervalle.
— Sur l’intervalle [1 ; +∞[ :
— La fonctiong est continue car elle est dérivable ;
— lim
x→+∞g(x)= −∞ et g(1)=0 ainsi 0 appartient à l’intervalle image ]− ∞; g(1)]
donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires l’équationg(x)=0 admet au moins une solution sur l’intervalle [1 ; +∞[ ;
— De plus la fonction g est strictement décroissante sur cet intervalle, la solution est unique.
— Finalement, l’équationg(x)=0 admet une unique solutionαsur ]0 ;+∞[.
D’après la calculatrice,g(3, 59)≈0, 0014>0 etg(3, 60)≈ −0, 011>0 donc
d. On en déduit le signe deg(x) : x g(x)
0 α +∞
+ 0 −
2. Étude de la fonctionf a. lim
x→0lnx= −∞
limx→0x+1=1
donc par quotient lim
x→0f(x)= −∞
Pour tout réelx>0, on af(x)=lnx x × 1
1 x+1
x→+∞lim 1
x=0 donc lim
x→+∞
1
1
x+1=1
x→+∞lim lnx
x =0
donc par produit lim
x→+∞f(x)=0 b. f est de la formeu
v avecu(x)=lnxetv(x)=x+1 d’oùu′(x)= 1
x etv′(x)=1.
On a donc, pour tout réelx<0 :
f(x)=u′(x)×v(x)+u(x)×v′(x) v2(x)
=
1
x×(x+1)+lnx×1 (1+x)2
=x+1+xlnx x(1+x)2
= g(x) x(1+x)2
c. Le dénominateur étant toujours positif surI, f′(x) aura le même signe queg(x) que l’on a étudié à la question 1 d) On en déduit le tableau suivant :
x f′(x)
f(x)
0 α +∞
+ 0 −
−∞
f(α) f(α)
0 0 d. αest l’unique réel qui vérifieg(α)=0 donc 1+α−αlnα=0 d’où 1+α=αlnα.
On peut donc écrire : f(α)= lnα 1+α
= lnα αlnα= 1
α Nous savons que 3, 59<α<3, 60 donc 1
3, 59 > 1 α
> 1 3, 60 d’où 0, 277<α<0, 279
Exercice 2 métropole juin 2011 1. a. Calcul deI0:
I0= Z1
0
e−xdx=£
−e−x¤1
0= −e−1+e0=1−e−1.
b. La fonctionF définie surRparF(x)=(−x−1)e−x est le produitu×vde deux fonctions définies et dérivable surRavecu(x)= −x−1,v(x)=e−x,u′(x)= −1,v′(x)= −e−x. On a donc, pour tout réelx:
F′(x)=u′(x)×v(x)+u(x)×v′(x)
= −1×e−x+(−x−1)×(−e−x)
= −1×e−x+(−x−1)×(−e−x)
=(−1+x+1)e−x
=xe−x
DoncF est bien une primitive de la fonctionx7→xe−x. c. Calcul deI1:
I1= Z1
0
xe−xdx=£
(−x−1)e−x¤1
0= −2e−1−(−1)e0=1−2e−1.
2. In est l’intégrale de la fonction fn qui est positive, elle correspond donc à l’aire sous la courbeCnsur l’intervalle [0 ; 1].
On peut remarquer que cette aire diminue et s’approche de 0 : la suite (In) semble donc décroissante et converger vers 0.
3. Pour tout entier naturelnet pour tout réelx∈[0 ; 1], fn(x) est positif donc d’après la pro- priété de positivité des intégrales, InÊ0.
4. a. Pour tout entier naturelnÊ1 et pour tout réelx∈[0 ; 1], on a : fn+1(x)−fn(x)=xn+1e−x−xne−x
=xne−x(x−1)
b. Or pour tout entier naturelnÊ1 et pour tout réelx∈[0 ; 1],xnÊ0, e−x>0 et (x−1)É0 donc
fn+1(x)−fn(x)É0 Z1
0
fn+1(x)−fn(x) dxÉ0 d’après la propriété de positivité Z1
0
fn+1(x) dx− Z1
0
fn(x) dxÉ0 d’après la propriété de linéarité In+1−InÉ0
La suite (In) est donc décroissante à partir du rang 1.
Comme de plusI0=1−e−1≈0, 63 et queI1=1−2e−1≈0, 26, on peut affirmer que la suite (In) est décroissante surN.
5. Nous avons prouvé, dans les questions précédentes que la suite (In) était décroissante et minorée par 0 donc d’après le théorème de convergence monotone, la suite (In) est conver- gente.
6. a. Pour tout tout entier naturelnÊ1 et tout réelx∈[0 ; 1], on a : 0Ée−xÉ1
0Éxne−xÉxn 0É
Z1
0
xne−xdxÉ Z1
0
xndx b. Or
Z1
0
xndx=
·xn+1 n+1
¸1 0
= 1
n+1et lim
n→+∞
1 n+1=0,
Exercice 3 4 points Partie A
1. Arbre
0, 7 E
0, 95 C
0, 05 C
0, 3 E
0, 99 C
0, 01 C
2. On chercheP
³ C∩E
´
=PE(C)×P
³ E
´
=0, 95×0, 70=0, 665.
La probabilité que le petit pot soit conforme et provienne de la chaîne de production F1 vaut 0,665.
3. Les évènementsE etEforment une partition de l’univers donc d’après la formule des pro- babilités totales on a :
P(C)=P³ C∩E´
+P(C∩E)=0, 665+0, 99×0, 30=0, 962.
4. PC(E)=P(E∩C)
P(C) =0, 99×0, 30
0, 962 ≈0, 309 à 10−3près
La probabilité de l’évènementE sachant que l’évènementC est réalisé vaut environ 0, 309 à 10−3près.
Partie B
1. a. L’expérience consiste à répéter 200 fois, de façon identique et indépendante l’épreuve de Bernoulli qui consiste choisir un petit pot et à regarder s’il est conforme ou pas, la probabilité du succès étant 0,038.
La variable aléatoire X qui compte le nombre de succès suit donc la loi binomiale de paramètresn=200 etp=0, 038.
b. D’après la calculatrice,P(X Ê1)=1−P(X =0)≈0, 9996.
La probabilité qu’au moins un pot prélevé ne soit pas conforme vaut environ 0,9996 à 10−4près.
2. On a les équivalences suivantes : 1−0, 962n > 0, 9999
⇐⇒ 1−0, 9999 > 0, 962n
⇐⇒ 0, 0001 > 0, 962n
⇐⇒ ln 0, 0001 > ln (0, 962n) car la fonction ln est croissante sur£
0 ;+∞£
⇐⇒ ln 0, 0001 > nln 0, 962
⇐⇒ ln 0, 0001
ln 0, 962 < n car ln 0, 962 est négatif Orln 0, 0001
ln 0, 962 ≈237, 7 donc le plus petit entiernvérifiant l’inégalité est 238.
Exercice 4 Nouvelle Calédonie novembre 2014 L’espace est rapporté à un repère orthonormé
³ O;→−
ı ,→−
,→− k
´ .
On donne les points A(1 ; 0 ;−1), B(1 ; 2 ; 3), C(−5 ; 5 ; 0) et D(11 ; 1 ; −2).
Les points I et J sont les milieux respectifs des segments [AB] et [CD].
Le point K est défini par−−→ BK =1
3
−−→ BC .
1. a. Les points I et J étant les milieux respectifs des segments [AB] et [CD] on a : I
µ1+1 2 ;0+2
2 ;−1+3 2
¶
c’est à dire I(1 ; ; 1 ; 1) et J
µ−5+11 2 ;5+1
2 ;0−2 2
¶
c’est à dire J(3 ; ; 3 ;−1).
−−→ BK =1
3
−−→ BC donc
xK−xB=1
3(xC−xB) yK−yB=1
3(yC−yB) zK−zB=1
3(zC−zB)
⇐⇒
xK−1=1
3(−5−1) yK−2=1
3(5−2) zK−3=1
3(0−3)
⇐⇒
xK= −1 yK=3 zK=2
b. Les points I, J et K définissent un plan si et seulement si ces trois points ne sont pas alignés. On va donc regarder si les vecteurs−→
IJ et−→
IK sont colinéaires.
Le vecteur−→
IJ a pour coordonnées→− IJ
3−1 3−1
−1−1
⇐⇒ −→ IJ
2 2
−2
.
Le vecteur−→
IK a pour coordonnées−→ IK
−1−1 3−1 2−1
⇐⇒ −→ IK
−2 2 1
.
Leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles donc les vecteurs→− IJ et−→
IK ne sont pas colinéaires.
Les trois points I, J et K définissent un plan.
c. Le vecteur−→
n de coordonnées (3 ; 1 ; 4) est un vecteur normal au plan (IJK) si et seulement si il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan.
−
→n ·−→
IJ =3×2+1×2+4×(−2)=0=⇒−→ n ⊥−→
− IJ
→n ·−→
IK =3×(−2)+1×2+4×1=0=⇒−→ n ⊥−→
IK )
donc→−
n est un vecteur normal au plan (IJK).
Le plan (IJK) est alors l’ensemble des points M tels que−−→ IM et→−
n soient orthogonaux.
Si M a pour coordonnées (x;y;z), le vecteur−−→
IM a pour coordonnées (x−1 ;y−1 ;z−1).
−−→ IM ⊥→−
n ⇐⇒ −−→ IM ·→−
n =0
⇐⇒ 3(x−1)+1(y−1)+4(z−1)=0
⇐⇒ 3x+y+4z−8=0.
Une équation cartésienne du plan (IJK) est 3x+y+4z−8=0.
2. SoitP le plan d’équation 3x+y+4z−8=0.
a. La droite (BD) a pour vecteur directeur−−→
BD de coordonnées−−→
BD
11−1
1−2
−2−3
⇐⇒ −−→
BD
10
−1
−5
et passe par le point B(1 ; 2 ; 3), elle a donc pour représentation paramétrique :
x=1+10t
y=2−t oùt∈R
b. Le planP et la droite (BD) sont sécants si et seulement si les vecteurs−−→
BD et−→
n ne sont pas orthogonaux. Or→−
n ·−−→
BD =3×10+1×(−1)+4×(−5)=86=0. Les vecteurs ne sont pas orthogonaux donc le planP et la droite (BD) sont sécants.
Les coordonnées du point d’intersection vérifient le système :
x=1+10t y=2−t z=3−5t 3x+y+4z−8=0
⇐⇒
x=1+10t y=2−t z=3−5t 3(1+10t)+(2−t)+4(3−5t)−8=0
⇐⇒
x=1+10t y=2−t z=3−5t 9+9t=0
⇐⇒
x=1−10 y=2+1 z=3+5
t= −1
⇐⇒
x= −9 y=3 z=8 t= −1
Donc la droite (BD) et le planP sont sécants en un point L de coordonnées (−9 ; 3 ; 8).
3. Les coordonnées (x; y;z) d’un point de la droiteD, intersection des plansP etP′vérifient le système suivant :
3x+y+4z−8=0 2x−4z+5=0 z=t
Posonst=zet exprimonsxetyen fonction de ce paramètre :
3x+y+4z−8=0 2x−4z+5=0 z=t
⇐⇒
3x+y=8−4t 2x= −5+4t
z=t
⇐⇒
3(−5
2+2t)+y=8−4t x= −5
2+2t z=t
⇐⇒
y=8−4t−3(−5
2+2t) x= −5
2+2t z=t
⇐⇒
y=31
2 −10t x= −5
2+2t z=t
Une représentation paramétrique de la droiteDest donc
x= −5
2+2t y= 31
2 −10t z=t
t∈R
