Correction de la feuille de révision

(1)

Correction de la feuille de révision

I Pondichéry avril 2016

1. Le théorème de Pythagore appliqué au triangleOB Jrectangle enOdonne : B J²=BO²+O J²=1²+

µ1 2

¶₂

=5

4⇒B J= r5

4= p5

2 . BK=B J−K I=

p5 2 −1

2= p5−1

2

2. (a) L’affixe deA2a pour module 1 et pour argument2π 5 +2π

5 =4π

5 . DonczA2=eⁱ^4π⁵ (b) B A22

=¯

¯zA2−zB

¯

2=

¯

¯eⁱ^4π⁵ −(−1)¯

¯

2

=

¯

¯eⁱ^4π⁵ +1¯

¯

2

=

¯

¯cos4π

5 +1+i sin4π 5

¯

2

= µ

cos4π 5 +1

¶2

+sin²4π

5 =cos²4π

5 +2cos4π

5 +1+sin²4π

5 =2+2cos µ4π

5

¶

(c) D’après le logiciel de calcul formel, cos4π 5 =1

4

³

−p 5−1´

donc : B A²₂=2+2×1

4

³

−p 5−1´

=2−1 2−

p5 2 =3−p

5 2 DoncB A2=

s 3−p

5 2 =1

2

³p 5−1´

d’après le logiciel de calcul formel.

On en déduit queB A2=BK.

3. Procédé de construction (voir figure ci-dessous) :

• SoitC le point de coordonnées (0; 1). La médiatrice de [OC] coupe l’axe des ordonnées au pointJ de coordonnées µ

0 ; 1 2

¶ .

On place le pointBsur l’axe des abscisses, d’abscisse négative tel que OB = 2OJ, on construit [B J] et le cercleC centré enJpassant parOdonc de rayon1

2;

• on obtient le pointKà l’intersection du cercleC et du segment [B J] ;

• le cercle de centreBde rayonBKcoupe le cercle unitaire aux pointsA2etA3;

• le cercle de centreA2passant parA3recoupe le cercle unitaire enA1;

• le cercle de centreA3passant parA2recoupe le cercle unitaire enA4;

• le pointA0est le point d’affixe 1.

−1

−1 −→u

−

→v

O

b b

B

J K

C A2

A3

A1

A4

A0

C

(2)

II Pondichéry avril 2016

Soitf la fonction définie sur [0 ; 14[ parf(x)=2−ln³x 2

´.

La courbe représentativeC_f de la fonctionf est donnée dans le repère orthogonal d’origine O ci-dessous :

2 4 6

2 4 6 8 10 12 14

C_f

P Q M

O

À tout point M appartenant àC_f on associe le point P projeté orthogonal de M sur l’axe des abscisses, et le point Q projeté orthogonal de M sur l’axe des ordonnées.

• On prend deux positions du point M et on compare les aires des rectangles obtenus.

◦ Si M est d’abscisse 2, son ordonnée estf(2)=2−ln(1)=2 donc l’aire du rectangle OPMQ vaut 4 unités d’aire.

◦ Si M est d’abscisse 4, son ordonnée estf(4)=2−ln(2) donc l’aire du rectangle OPMQ vaut 4−2ln(2) qui est différente de 4.

Donc l’aire du rectangle OPMQ n’est pas constante.

• Le point M a pour abscissexet pour ordonnéef(x) donc l’aire du rectangle OPMQ est A(x)=x×f(x)=2x−xln³x

2

´.

Étudions les variations de la fonctionA; on remarque que ln³x 2

´

=lnx−ln 2 donc³ ln³x

2

´´_′

=1 x A^′(x)=2−

µ ln³x

2

´ +x1

x

¶

=1−ln³x 2

´

1−ln³x 2

´

>0⇐⇒ 1>ln³x 2

´

⇐⇒e>x

2 ⇐⇒x<2e A(2e)=2×2e−2e×ln2e

2 =2e d’où le tableau de variation de la fonctionA:

x 0 2e 14

A^′(x) +++ 0 −−− 2e

A(x)

f(2e)=2−ln2e

2 =2−1=1. donc l’aire du rectangle OPMQ est maximale pour le point M de coordonnées (2e; 1).

(3)

III Pondichéry avril 2016

Partie A : Modélisation discrète

Pournentier naturel, on noteTnla température en degré Celsius de la boîte au bout denminutes. On a doncT0=25.

Pournnon nul, la valeurTnest calculée puis affichée par l’algorithme suivant : Initialisation : Tprend la valeur 25

Traitement : Demander la valeur den Pouriallant de 1 ànfaire

Tprend la valeur 0,85×T+15 Fin Pour

Sortie : Afficher T 1. On chercheT3:

T1=0,85×T0+15=36,25;T2=0,85×T1+15=45,8125;T3=0,85×T2+15=53,940625 La température de la boîte de conserve au bout de 3 minutes est approximativement de 54 ° C.

2. SoitP_nla propriété :Tn=100−75×0,85ⁿ.

• Pourn=0 : 100−75×0,85⁰=100−75×1=25=T0donc la propriété est vraie au rang 0.

• On suppose la propriété vraie au rangpÊ0, c’est-à-direTp=100−75×0,85^p. D’après l’algorithme, on peut dire que, pour toutnÊ0,Tn+1=0,85×Tn+15.

DoncTp+1=0,85¡

100−75×0,85^p¢

+15=85−75×0,85^p⁺¹+15=100−75×0,85^p⁺¹ La propriété est donc vraie au rangp+1.

• La propriétéP_nest vraie au rang 0 et elle est héréditaire pour toutpÊ0; elle est donc vraie pour toutnÊ0.

Pour tout entier natureln,Tn=100−75×0,85ⁿ.

3. La stérilisation débute dès que la température est supérieure à 85 ° C, donc on cherchentel queTn>85 : Tn>85 ⇐⇒ 100−75×0,85ⁿ>85

⇐⇒ 15>75×0,85ⁿ

⇐⇒ 0,2>0,85ⁿ

⇐⇒ ln 0,2>ln¡ 0,85ⁿ¢

croissance de la fonction ln

⇐⇒ ln 0,2>n×ln 0,85 propriété de la fonction ln

⇐⇒ ln 0,2

ln 0,85<n car ln 0,85<0 Or ln 0,2

ln 0,85≈9,9 donc la stérilisation débute au bout de 10 minutes.

Partie B : Modélisation continue

Dans cette partie,tdésigne un réel positif.

On suppose désormais qu’à l’instantt(exprimé en minutes), la température de la boîte est donnée parf(t) (exprimée en degré Celsius) avec :f(t)=100−75e⁻^ln5¹⁰^t.

1. (a) La fonctionf est dérivable surRet f^′(t)= −75×

µ

−ln5 10

¶

e⁻^ln5¹⁰^t=7,5×ln 5e⁻^ln5¹⁰^t>0 car e^x>0 pour tout réelx.

Donc la fonctionf est strictement croissante sur ]0;+∞].

(b) f(10)=100−75e⁻^{ln 5}¹⁰^×¹⁰=100−75e⁻^{ln 5}=100− 75

e^ln5=100−75 5 =85

Or la fonctionf est strictement croissante donc sixÊ10, alorsf(x)Êf(10) ce qui veut dire qquef(x)Ê85.

2. Soitθun réel supérieur ou égal à 10.

On noteA(θ) le domaine délimité par les droites d’équationt=10,t=θ, y=85 et la courbe représentativeC_f def.

On considère que la stérilisation est finie au bout d’un tempsθ, si l’aire, exprimée en unité d’aire du domaineA(θ) est supé- rieure à 80.

(4)

10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

5 10 15 20 25 30

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110

0 5 10 15 20 25 30

temps (en minutes) température (en degré Celsius)

C_f

y=85

(a) A(25) est représentée en gris sur le graphique ci-dessus. Chaque rectangle correspond à 5×5 unités d’aire. En comptant les rectangles inclus dans la partie grisée, on en compte 3 entiers plus un demi, ce qui fait 3,5×25=87,5 unités d’aire.

DoncA(25)>80.

(b) A(θ)= Zθ

10

¡f(t)−85¢ t.=

Zθ 10

h³100−75×e⁻^{ln 5}¹⁰^t´

−85i t.=

Zθ 10

³15−75×e⁻^{ln 5}¹⁰^t´ t.

= Zθ

1015t.− Zθ

1075×e⁻^{ln 5}¹⁰^tt.=15h tiθ

10−75 Zθ

10e⁻^ln5¹⁰^tt.=15(θ−10)−75 Zθ

10e⁻^ln5¹⁰^tt.

(c) La stérilisation est finie au bout de 20 minutes siA(20)>80.

A(20)=15(20−10)−75 Z20

10 e⁻^ln5¹⁰^tt.=150−75

·

−10 ln 5e⁻^ln5¹⁰^t

¸20

10=150+750 ln 5

he⁻^2ln5−e⁻^{ln 5}i

=150+750 ln 5

·³ e⁻^{ln 5}´2

−e⁻^{ln 5}

¸

=150+750 ln 5

·µ1 5

¶2

−1 5

¸

=150+750 ln 5

·1 25−1

5

¸

=150+750 ln 5×−4

25 =150−120

ln 5≈75,44<80

Donc la stérilisation n’est pas finie au bout de 20 minutes.

IV Liban mai 2016

On considère un solide ADECBF constitué de deux pyramides identiques ayant pour base commune le carré ABCD de centre J. Une représentation en perspective de ce solide est don- née ci-dessous. Toutes les arêtes sont de longueur 1.

L’espace est rapporté au repère orthonormé³

A ;−→AB,−→AD,−→AK´ . 1. (a) Montrons que IE=

p2 2 .

On sait que les deux pyramides ABCDE et ABCDF sont identiques, et que toutes les arêtes ont la même longueur 1. Ce sont donc des pyramides régulières à base carrée et E comme F ont pour projeté orthogonal sur ABCD le point I, centre du carré ABCD.

I est le centre du carré ABCD de côté 1, c’est donc le milieu de [AC] et on a :

AC=p

2 et AI= p2

2 .

Comme I est le projeté orthogonal de E sur ABCD, le triangle AEI est rectangle en I et on a :

IE² = AE²−AI² = 1− Ãp

2 2

!2

= 1

2. Et finalement p

I est le milieu de [BD] et→−AI= 1 2

−→AB+1 2

−→AD, d’où : I

µ1 2 ; 1

2; 0

¶ .

On a :−→AE=−→AI+−→IE, d’où : E Ã1

2; 1 2;

p2 2

!

Par raison de symétrie par rapport à ABCD : F

Ã1 2; 1

2 ;− p2

2

!

(b) Montrons que le vecteur−→n³

0 ;−2 ;p 2´

est normal au plan (ABE).

On a :−→AB



 1 0 0



, −→AE





 1 21 p2 2 2







−→AB et−→AE ne sont pas colinéaires et on a :−→AB· −→n =0 et

−→AE· −→n =0.

(5)

(ABE).

(c) Déterminons une équation cartésienne du plan (ABE).

(ABE) passe par le point A(0; 0; 0) et a pour vecteur normal−→n(0 ;−2 ;p

2).

On en déduit une équation cartésienne de (ABE) :

−2y+p 2z=0 .

2. On nomme M le milieu du segment [DF] et N celui du segment [AB].

(a) Démontrons que les plans (FDC) et (ABE) sont paral- lèles.

Dans le plan (FDC) considérons les vecteurs−→DC et−→DF qui ne sont pas colinéaires.

Comme ABCD est un carré on :−→DC=−→AB et on a :

−→DC



 1 0 0





D’autre part sachant que D(0 ; 1 ; 0), on a :

−→DF





 1 2

−1 2

− p2

2







. On a :−→DC· −→n =0 et−→FD· −→n =0.

−

→n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (FDC) :→−n

³0 ;−2 ;p 2´

est normal au plan (FDC) Les plans (FDC) et (ABE) admettent un même vecteur normal donc ils sont parallèles.

(b) Déterminons l’intersection des plans (EMN) et (FDC).

Comme M appartient à [EM] et que M est le milieu de [FD], M appartient à l’intersection de (EMN) et (FDC).

Comme (FDC) et (ABE) sont parallèles, le plan (EMN) les coupe suivant deux droites parallèles.

Or l’intersection de (EMN) et (ABE) est la droite (EN).

On en déduit que l’intersection de (EMN) avec (FDC) est la droite parallèle à (EN) passant par M.

(c) Construisons (voir annexe) la section du solide ADECBF par le plan (EMN).

Soit G l’intersection de la parallèle à (EN) passant par M avec le plan (BCF) : c’est l’intersection de (EM) avec (CD).

Le segment [GM] est la section de la face FCD par le plan (EMN).

Par raison de symétrie, les plan (CDE) et (ABF) sont parallèles.

En tenant le même raisonnement que précédem- ment, on montre que le plan (EMN) les coupe suivant deux droites parallèles.

Or l’intersection de (EMN) avec le plan (CDE) est la droite (EG). Alors le plan(EMN) coupe le plan(ABF) suivant la parallèle à (ERG) passant par N.

Cette droite coupe (AF) en H.

Le segment [NH] est la section de la face ABF par le plan (EMN).

On en déduit que le polygone ENHMG est la section du solide par le plan (EMN).

b

I

bN

b M

bG

b

H

A B

D C

E

F K

V Liban mai 2016

On considère la fonctionf définie sur l’intervalle [0; 1] par :f(x)= 1 1+e¹⁻^x. Partie A

1. Étudions le sens de variation de la fonctionf sur l’intervalle [0; 1].

f est dérivable sur [0 ; 1] avec pour toutx∈[0 ; 1] :f^′(x)=−(−1)e¹⁻^x

(1+e¹⁻^x)²= e¹⁻^x (1+e¹⁻^x)². Pour toutx∈[0 ; 1], e¹⁻^x>0 et (1+e¹⁻^x)²>0.

On en déduit que pour toutx∈[0 ; 1],f^′(x)>0 et donc quef est strictement croissante sur [0 ; 1].

2. En remarquant que e=e¹, et que pour tout réelx, e⁻^x×e^x=1, on peut écrire : f(x)= 1

1+e×e⁻^x = e^x

(1+e×e⁻^x)e^x = e^x e^x+e.

3. f est dérivable sur [0 ; 1] donc continue et est de la formeu^′

u ; elle admet donc comme primitive pour toutx∈[0 ; 1] la fonction Fdéfinie par :F(x)=ln(e^x+e).

On en déduit que : Z₁

0 f(x) dx=

hln(e^x+e)i₁

0=ln(2e)−ln(1+e)=ln(2)+ln(e)−ln(1+e)=ln(2)+1−ln(1+e).

(6)

Partie B

Soitnun entier naturel. On considère les fonctions fndéfinies sur [0; 1] par :fn(x)= 1 1+ne¹⁻^x. On noteC_nla courbe représentative de la fonctionfndans le plan muni d’un repère orthonormé.

On considère la suite de terme généralun= Z₁

0 fn(x) dx.

1. à 5.

Pour toutx∈[0;1], on a :f0(x)= 1

1+0×e¹⁻^x =1.

La courbeC₀représentative de la fonctionf0est le segment d’équationy=1 avecx∈[0;1] . Voici le graphique complété :

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2

C₁

C₂ C₃ C₄ C₅ C₀

2. Soitnun entier naturel.

Pour toutx∈[0;1], on a :fn(x)= 1

1+ne¹⁻^x >0. On en déduit queun représente l’aire sous la courbeC_ndélimitée par l’axe des abscisses, et les droites d’équationsx=0 etx=1.

On a en particulieru0= Z₁

0 1 dx=[x]¹₀=1

3. Il semble que la suite (un) soit décroissante car les aires sont de plus en plus petites. Démontrons-le.

Soitnun entier naturel.

Pour tout réelx∈[0;1], on a :fn+1(x)−fn(x)= 1

1+(n+1)e¹⁻^x − 1

1+ne¹⁻^x = −e¹⁻^x

(1+ne¹⁻^x)(1+(n+1)e¹⁻^x)<0.

On en déduit que pour tout réelx∈[0;1], on a :fn+1(x)<fn(x) et comme par intégration sur un intervalle, l’ordre est conservé, on a pour tout entier natureln,

Z₁

0 fn+1(x) dx<

Z₁

0 fn(x) dxetun+1<un. Ce qui prouve que la suite (un) est strictement décroissante.

4. Soitnun entier naturel.

Pour tout réelx∈[0;1], on a :fn(x)= 1

1+ne¹⁻^x >0 et donc Z₁

0 fn(x) dx>0 Ce qui prouve que la suite (un) est minorée par 0.

La suite (un) est décroissante et minorée par 0 donc elle converge et par conséquent elle admet une limite finie.

VI Amérique du Nord juin 2016

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct¡

O;−→u ;−→v¢ .

On considère le point A d’affixe 4, le point B d’affixe 4i et les points C et D tels que ABCD est un carré de centre O.

Pour tout entier naturel non nuln, on appelleM le point d’affixez =(1+i)ⁿ.

(7)

1. |1+i| =p

2 donc 1+i=p 2

µ 1 p2+i 1

p2

¶

=p 2eⁱ^π⁴. 2. |zn| =¯

¯(1+i)ⁿ¯

¯= |1+i|ⁿ= (p 2)ⁿ . OMn= |zn| =(p

2)ⁿ. Commep

2>1 donc lim

n→+∞

³p 2´n

+ +∞.

On considère le cercle circonscrit au carré ABCD ; ce cercle a pour rayon 4. PuisqueOMntend vers+∞, il existe unn0tel que, pour toutnÊn0,OMn>4, doncMnest extérieur au cercle de centre O et de rayon 4, donc extérieur au carré ABCD.

VII Polynésie juin 2016

Soitula suite définie paru0=2 et, pour tout entier natureln, par un+1=2un+2n²−n.

On considère également la suitevdéfinie, pour tout entier natureln, par vn=un+2n²+3n+5.

1. Voici un extrait de feuille de tableur :

A B C

1 n u v

2 0 2 7

3 1 4 14

4 2 9 28

5 3 24 56

6 4 63

7 8 9 10

Quelles formules a-t-on écrites dans les cellules C2 et B3 et copiées vers le bas pour afficher les termes des suitesuetv?

• en C2 on entre « =B2+2*A2×A2+3*A2+5 » et

• en B3 on entre « =2*B2+2*A2×A2-A2 »

2. Déterminer, en justifiant, une expression devnet deunen fonction denuniquement.

Il semblerait que∀n∈N,vn=7×2ⁿ

on aurait alorsun=7×2ⁿ−2n²−3n−5 carvn=un+2n²+3n+5 Montrons par récurrence que∀n∈N,un=7×2ⁿ−2n²−3n−5

Initialisation : pourn=0 ,u0=2 et 7×2⁰−2×0²−3×0−5=7−5=2 donc la propriété est vérifiée au rangn=0

Hérédité : Supposons qu’il existe un entierk∈Ntel queuk=7×2^k−2k²−3k−5 alorsuk+1=2³

7×2^k−2k²−3k−5´

+2k²−k=7×2^k⁺¹−2k²−7k−10

or 7×2^k⁺¹−2(k+1)²−3(k+1)−5=7×2^k⁺¹−2k²−4k−2−3k−3−5=7×2^k⁺¹−2k²−7k−10 donc siuk=7×2^k−2k²−3k−5, cela entraîne queuk+1=7×2^k⁺¹−2(k+1)²−3(k+1)−5 La propriété est donc héréditaire à partir du rang 0 or elle est vérifiée au rang 0

Finalement∀n∈N,un=7×2ⁿ−2n²−3n−5 et donc∀n∈N,vn=un+2n²+3n+5=7×2ⁿ.

(8)

VIII Asie uin 2016

Partie A : production de fraises

On appelle :

• Al’évènement « la fleur de fraisier vient de la serre A » ;

• Bl’évènement « la fleur de fraisier vient de la serre B » ;

• Fl’évènement « la fleur de fraisier donne une fraise » ;

• Fl’évènement contraire deF.

On résume les données du texte dans un arbre pondéré :

0,55 A

0,88 F

1−0,88=0,12 F

0,45 B 0,84 F

1−0,84=0,16 F Proposition 1 :

La probabilité qu’une fleur de fraisier, choisie au hasard dans cette exploitation, donne un fruit est égale à 0,862.

D’après les notations, on cherche la probabilité de l’évènementF; d’après la formule des probabilités totales : P(F)=P(A∩F)+P(B∩F)=P(A)×PA(F)+P(B)×PB(F)=0,55×0,88+0,45×0, 84=0,862

La proposition 1 est vraie.

Proposition 2 :

On constate qu’une fleur, choisie au hasard dans cette exploitation, donne une fleur.

La probabilité qu’elle soit située dans la serre A, arrondie au millième, est égale à 0,439.

On cherche la probabilité que la fleur provienne de la serre A sachant qu’elle a donné une fraise : PF(A)=P(A∩F)

P(F) =0,55×0,88

0,862 ≈0,5616=0,439 La proposition 2 est fausse.

Partie B : conditionnement des fraises

Les fraises sont conditionnées en barquettes. La masse (exprimée en gramme) d’une barquette peut être modélisée par une variable aléatoireXqui suit la loi normale d’espéranceµ=250 et d’écart-typeσ.

1. On donneP(XÉ237)=0,14.

On complète le graphique donné dans l’énoncé.

On constate que 237=250−13=µ−13 et 263=250+13=µ+13.

Pour des raisons de symétrie de la fonction de densité autour de la droite d’équationx=µ, on a : P(XÉ237)=P(XÊ263) (parties grisées sur la figure).

P(237<X<263)=1−(P(XÉ237)+P(XÊ263))=1−2×P(XÉ237)=1−2×0,14=0,72.

La probabilité de l’évènement « la masse de la barquette est comprise entre 237 et 263 grammes » est 0,72.

200 210 220 230 240 250 260 270 280 290 300

237 263

2. On noteY la variable aléatoire définie par :Y =X−250 σ .

(a) D’après le cours, la variable aléatoireY suit la loi normale d’espérance 0 et d’écart-type 1 (la loi normale centrée réduite).

(b) On sait queσest un nombre strictement positif; donc : XÉ237⇐⇒ X−250É237−250⇐⇒ X−250

σ É −13

σ ⇐⇒Y É −13 σ

(9)

(c) PourY suivant la loi normale centrée réduite, on chercheβtel queP(Y Éβ)=0,14; la calculatrice donne pour résultat environ−1,08. On a donc :−1,08= −13

σ et donc :σ≈12.

3. Dans cette question, on admet queσvaut 12. On désigne parnetmdeux nombres entiers.

(a) Une barquette est conforme si sa masse, exprimée en gramme, se trouve dans l’intervalle [250−n; 250+n].

D’après le cours, pour toute loi normale,P(µ−2σÉXÉµ+2σ)≈0,95; donc P(250−2×12ÉXÉ250+2×12)≈0,95 ou encoreP(250−24ÉXÉ250+24)≈0,95.

Sin^′>n, alors [250−n; 250+n]⊂[250−n^′; 250+n^′] et donc P(X∈[250−n; 250+n])<P(X∈[250−n^′; 250+n^′]).

Doncn=24 est le plus petit entier tel queP(250−nÉXÉ250+n).

(b) On considère dans cette question qu’une barquette est conforme si sa masse, exprimée en gramme,se trouve dans l’intervalle [230;m].

Cherchonsmpour queP(230ÉXÉm) soit égal à 0,95.

D’après le cours, on sait queP(230ÉXÉm)=P(XÉm)−P(X<230).

En utilisant la calculatrice, on trouve queP(X<230)≈0,0478.

P(230ÉX Ém)=0,95 ⇐⇒ P(X Ém)−P(X <230)=0,95 ⇐⇒ P(X Ém)=P(X <230)+0,95 ⇐⇒ P(X Ém)≈ 0,0478+0,95 ⇐⇒P(XÉm)≈0,9978

À la calculatrice, siXsuit la loi normale d’espérance 250 et d’écart-type 12, le nombremtel queP(XÉm)≈0,9978 vaut environ 284,2.

Donc la plus petite valeur dempour laquelle la probabilité que la masse de la barquette se trouve dans l’intervalle [230 ;m] soit supérieure ou égale à 0,95 estm=285.