u est dérivable surR, et pour tout x∈R, u0(x

(1)

LYCÉE ALFRED KASTLER TS 2015–2016

Devoir surveillé n^o5 (type bac) – mathématiques Correction

Exercice 1

1. • Comme f(0) =e⁰ = 1 etg(0) = 2e⁰² −1 = 2×1−1 = 1,

C_f etC_g passent toutes les deux par le point de coordonnées (0 ; 1)

• Il suffit alors de vérifier que les tangentes à C_f et C_g au point d’abscisse 0 ont le même coefficient directeur, c’est-à-dire que f⁰(0) =g⁰(0).

f est la fonction exponentielle, donc f⁰(x) =f(x) =e^x etf⁰(0) =e⁰ = 1.

Soit ula fonction définie sur Rpar u(x) = x

2. u est dérivable surR, et pour tout x∈R, u⁰(x) = 1

2.

Comme g :x7→2e^u(x)−1, g est dérivable surR, et pour tout x∈R,

g⁰(x) = 2u⁰(x)e^u(x)−0 = 2× 1

2e^x² =e^x². Par conséquent, g⁰(0) =e⁰² = 1.

• La droite ∆ a pour coefficient directeur 1 et passe par le point de coordonnées(0; 1), elle a donc pour équation réduite

y=x+ 1.

2. (a) On remarque que, pour toutx∈R,

g(x)−(x+ 1) = 2e^x² −1−x−1 = 2e^x² −x−2 = h(x).

Par conséquent, h est dérivable surR, et pour tout x∈R, h⁰(x) = g⁰(x)−1 = e^x² −1.

Pour étudier le signe de e^x² −1, on résout deux inéquations : e^x² −1<0⇔e^x² <1⇔e^x² < e⁰ ⇔ x

2 <0⇔x <0 et

e^x² −1>0⇔e^x² >1⇔e^x² > e⁰ ⇔ x

2 >0⇔x >0.

h⁰ est donc strictement négative sur]− ∞; 0[et strictement positive sur]0 ; +∞[. De plus, h⁰(0) = 0.

(b) On obtient le tableau de variations suivant : x

h⁰(x)

h

−∞ 0 +∞

− 0 +

0 0

(c) D’après le tableau de variation précédent, pour tout x ∈ R, h(x) > 0. Or, d’après la remarque précédente,

h(x)>0⇔g(x)−(x+ 1) >0⇔g(x)>x+ 1⇔2e^x² −1>x+ 1.

Par conséquent, pour tout x∈R, 2e^x² −1>x+ 1.

(2)

(d) On déduit de l’inégalité précédente que C_g est au-dessus de ∆ surR. 3. (a) Pour toutx∈R,

e^x² −12

= e^x²2

−2e^x² ×1 + 1² =e^2×^x² −2e^x² + 1 = e^x−2e^x² + 1.

(b) Pour déterminer la position relative des courbes C_f etC_g, on étudie le signe de la différence f(x)−g(x). D’après la question précédente, pour tout x∈R,

f(x)−g(x) = e^x− 2e^x² −1

=e^x−2e^x² + 1 = e^x² −1² . Ainsi, pour tout x∈R,

f(x)−g(x)>0 et C_f se trouve au-dessus de C_g surR.

4. Restitution organisée de connaissances

Pour tout x∈R, posons u(x) = f(x)f(−x). Alors u est dérivable sur Ret pour tout x∈R, u⁰(x) =f⁰(x)f(−x) +f(x)×(−1)×f⁰(−x).

Comme f⁰ =f sur R,

u⁰(x) =f(x)f(−x)−f(x)f(−x) = 0.

Il s’ensuit queuest constante surR. De plus, u(0) =f(0)f(0) = 1. Par conséquent, pour tout x∈R,

u(x) = 1 i.e. f(x)f(−x) = 1.

Cette dernière relation permet de conclure quef ne s’annule pas sur R. En effet, si un produit de deux facteurs est non nul alors chacun de ces deux facteurs est non nul. Comme pour tout x∈R, f(x)f(−x)6= 0, pour tout x∈R,

f(x)6= 0.

Exercice 2 Partie A

1. L’arbre suivant modélise la situation.

R

1−x J x J 0,6

R

0,75 J 0,25 J 0,4

2. D’après l’énoncé, P(J) = 0,2. Comme R et R forment une partition de l’univers, d’après la formule des probabilités totales,

P(J) =P(R∩J) +P R∩J

=P(R)PR(J) +P R PR(J)

= 0,4×0,25 + 0,6×x= 0,6x+ 0,1.

On en déduit que x est solution de l’équation

0,6x+ 0,1 = 0,2.

Par conséquent,

x= 0,2−0,1 0,6 = 0,1

0,6 = 1 6.

(3)

3. Il s’agit de calculer PJ(R). Par définition,

P^J(R) = P(R∩J)

P(J) = 0,4×0,25 0,2 = 0,1

0,2 = 1 2. Partie B

1. Prélever une bouteille de jus de fruit est une épreuve de Bernoulli. Si un succès est associé à une bouteille "pur jus", la probabilité de succès est 0,2.

Comme on a assimilé le choix du lot à un tirage avec remise, on peut considérer que prélever les 500 bouteilles est schéma de Bernoulli de paramètres 500 et 0,2.

Comme la variable aléatoire X compte le nombre de succès, elle suit la loi binomiale de paramètres 500 et 0,2.

2. Il s’agit de calculer P(X >75). Or,

P(X >75) = 1−P(X <75) = 1−P(X 674). D’après la calculatrice,

P(X >75)≈0,998 arrondi au millième.

Exercice 3

1. L’affirmation est fausse. Il suffit d’exécuter l’algorithme pour le vérifier.

On décrit ce qui se passe à chaque étape en affichant l’état des variables a, b et x :

a b x

a reçoit la valeur 1 1

b reçoit la valeur 2 1 2

b−a= 1>0,3donc on entre dans la boucle 1 2

x prend la valeur (a+b)/2 = 1,5 1 2 1,5

f(a) = 1²−3 = −2 1 2 1,5

f(x) = 1,5²−3 =−0,75 1 2 1,5

f(x)×f(a)>0donc a prend la valeur x= 1,5 1,5 2 1,5

fin du tant que 1,5 2 1,5

b−a= 0,5>0,3 donc on entre dans la boucle 1,5 2 1,5

x prend la valeur (a+b)/2 = 1,75 1,5 2 1,75

f(a) = 1,5²−3 =−0,75 1,5 2 1,75

f(x) = 1,75² −3 = 0,062 5 1,5 2 1,75

f(x)×f(a)<0donc b prend la valeur x= 1,75 1,5 1,75 1,75

fin du tant que 1,5 1,75 1,75

b−a= 0,256>0,3 donc on n’entre pas dans la boucle 1,5 1,75 1,75 On affiche (a+b)/2 = (1,5 + 1,75)/2 = 1,625 1,5 1,75 1,75

Autre méthode : exécuter étape par étape, sans écrire systématiquement les valeurs des variables. L’indentation montre que l’on se trouve dans une boucle ou une conditionnelle :

(4)

a= 1 b = 2

b−a = 1>0,3 VRAI x= a+b

2 = 1 + 2 2 = 1,5

f(a)×f(x) = −2×(−0,75)>0 VRAI a=x= 1,5

b−a = 0,5>0,3 VRAI x= a+b

2 = 1,5 + 2

2 = 1,75

f(a)×f(x) = −0,75×0,062 5>0 FAUX b =x= 1,75

b−a = 0,25>0,3FAUX Afficher a+b

2 = 1,5 + 1,75

2 = 1,625

Note :Il s’agit de l’algorithme de recherche par dichotomie de la solution positive de l’équation x²−3 = 0.

2. L’affirmation est vraie.

A et B sont indépendants signifie que P(A∩B) = P(A)×P(B). Par suite, P(A) =P(A∩B) +P(A∩B)

=P(A)×P(B) +P(A∩B) Ainsi,

P(A∩B) =P(A)−P(A)×P(B)

=P(A) (1−P(B))

=P(A)×P(B)

Ainsi, si A et B sont indépendants, alors A etB sont aussi indépendants.

Autre méthode : A etB sont indépendants signifie que PA(B) = P(B). Ainsi : P(A∩B) =P(A)×P^A(B)

=P(A)×(1−PA(B))

=P(A)×(1−P(B))par indépendance

=P(A)×P(B) 3. L’affirmation est fausse.

On écrit z sous la forme a+ib où a etb sont des réels et on résout l’équation : z−z+ 2−4i= 0⇔a+ib−(a+ib) + 2−4i= 0

⇔a+ib−(a−ib) + 2−4i= 0

⇔a+ib−a+ib+ 2−4i= 0

⇔2ib+ 2−4i= 0

⇔(2b−4)i=−2

La dernière égalité est impossible car −2 est un réel et, du fait que b ∈ R, (2b − 4)i est imaginaire pur. Ainsi l’équation n’a aucune solution.

4. L’affirmation est vraie.

(5)

Tout d’abord,

P(−β 6X 6β) =P(X 6β)−P(X 6−β)

=P(X 6β)−P(X >β) par symétrie

=P(X 6β)−(1−P(X 6β))

= 2P(X 6β)−1 On résout alors :

P(−β6X 6β) = 0,97⇔2P(X 6β)−1 = 0,97

⇔P(X6β) = 1 + 0,97 2

⇔P(X6β) = 0,985

⇔β '2,17 d’après la calculatrice

Remarque : On peut se demander si observer que P(−2,176 X 62,17) '0,969 99' 0,97 est une justification suffisante. Or P(−2,16 6 X 6 2,16) ' 0,97 également, mais 2,16 n’est pas un bon arrondi de la solutionβ. Cela dit,2,17donne la probabilité la plus proche de 0,97.

Exercice 4

1. En utilisant la formule de récurrence qui définitu :

u₁ =u₀+ 2×0 + 2 = 0 + 2 = 2 etu₂ =u₁+ 2×1 + 2 = 2 + 4 = 6.

2. La seule différence entre les deux algorithmes réside dans les valeurs prises par le compteur dans la boucle itérative : de 1 à n pour l’algorithme 1, de 0 à n−1 pour l’algorithme 2.

Pour calculer u₁ correctement (voir question précédente), il faut commencer par remplacer i par 0 dans l’expression u+ 2i+ 2. C’est donc l’algorithme 2 qui convient.

3. (a) D’après le graphique, la suiteu semble croissante.

Pour vérifier cette conjecture, on étudie le signe de u_n+1−u_n. Pour toutn ∈N, u_n+1−u_n=u_n+ 2n+ 2−u_n= 2n+ 2.

n étant un entier naturel, 2n+ 2 >0. Par conséquent, pour tout n ∈N, u_n+1−u_n>0,

et la suite uest croissante.

(b) En utilisant la formule proposée, on obtient que

u₀ =a×0²+b×0 +c=c.

Or, par définition, u₀ = 0. On en déduit que c= 0 et que u_n=an²+bn.

On procède de même avec u₁ = 2 etu₂ = 6 :

u₁ =a×1² +b×1 =a+b et u₂ =a×2²+b×2 = 4a+ 2b.

Les réels a et b sont donc solution du système

a+b = 2

4a+ 2b= 6 , i.e.

a+b= 2

2a+b= 3 . On peut résoudre ce système par substitution :

a+b = 2

2a+b= 3 ⇔

b= 2−a

2a+ 2−a= 3 ⇔

b= 2−a

a+ 2 = 3 ⇔

a= 3−2 = 1 b= 2−1 = 1 .

(6)

Le système a donc une unique solution :

S ={(1 ; 1)}.

Par conséquent, dans le cadre de la conjecture, pour tout n ∈N, u_n= 1×n²+ 1×n=n²+n.

4. (a) D’après le calcul de la question 3.a, pour toutn ∈N, v_n= 2n+ 2.

La suite v est donc la suite arithmétique de raison 2 et de premier terme v₀ = 2.

(b) Sn est la somme de n+ 1 termes consécutifs d’une suite arithmétique de raison 2. Par conséquent,

S_n = (n+ 1)× v0+vn

2 = (n+ 1)(2 + 2n+ 2) 2

= (n+ 1)(2n+ 4) 2

= 2(n+ 1)(n+ 2) 2

= (n+ 1)(n+ 2).

(c) Par définition de S et dev, S_n=v₀+v₁+· · ·+v_n

=_N

u₁ −u₀ +

u₂ −u^N₁ +

u₃−u₂

+· · ·+_F

u_n−un−1

+

u_n+1−u^F_n . Dans cette somme, on constate que les termes se télescopent : u₁−u₁,u₂−u₂,..., u_n−u_n. Comme il ne subsiste que −u₀ et u_n+1, on peut conclure que

S_n=u_n+1−u₀. On en déduit que, pour tout n∈N,

un+1 =Sn+u0 = (n+ 1)(n+ 2) + 0 = (n+ 1)(n+ 2).

Commeu_n =u(n−1)+1, on remplace alors dans cette formulen parn−1: pour toutn>1, u_n= (n−1 + 1)(n−1 + 2) =n(n+ 1) =n²+n.

Cette formule étant encore vérifiée pourn = 0(u₀ = 0et0²+ 0 = 0), on obtient finalement que, pour tout n∈N,

u_n =n²+n.