1 3 n = n = +. +». n 3 ( + 1 ) ( + 1 ) 1 ( 1 3 ) n = 1. lim. 1 + ( 1 2 ) n = 1. lim. lim. ( 3 2 ) n =.

(1)

D’après BAC Spécialité : Polynésie Sujet 1 Mai 2022

Exercice 1

1. Pour tout réel x de ] 0 ; + ∞ [, g ( x ) = ln ( x ² + x + 1 ) donc g ′ ( x ) = ₂^{2 + 1} + + 1

x

x x . En effet : ( ln ( u ) ) ′ = ^{u '}

u . Réponse : d. g ′ ( x ) = ₂^{2 + 1}

+ + 1 x

x x

2. Pour tout réel x de ] 0 ; + ∞ [, f ( x ) = x  ln ( x ) – x

donc f ′ ( x ) = 1  ln ( x ) + x  1 x donc f ′ ( x ) = ln ( x ) + 1 – 1 donc f ′ ( x ) = ln ( x ).

Réponse : c. x → x ln ( x ) – x 3. Pour tout n de N, a n = ^{1 3}

1 + 2

n n

 . 3 > 1 donc

+

lim 

n 3 ⁿ = + ∞ donc

+

lim 

n 1 – 3 ⁿ = – ∞.

2 > 1 donc lim +

 

n 2 ⁿ = + ∞ donc lim +

 

n 1 + 2 ⁿ = + ∞.

+

lim 

n a n présente une forme indéterminée du type « +

 

 ».

Pour tout n de N, a n = ^{1 3} 1 + 2

n n

 =

3 ( 1 + 1 ) 3

2 ( 1 + 1 ) 2

n

n n

n

 

= – ( ³ 2 ) ⁿ 

1 ( )1 3 1 + ( 1 )

2

n



.

– 1 < ¹

3 < 1 donc lim +

 

n ( ¹

3 ) ⁿ = 0 donc lim +

 

n 1 – ( ¹

3 ) ⁿ = 1.

– 1 < ¹

2 < 1 donc

+

lim 

n ( ¹

2 ) ⁿ = 0 donc

+

lim 

n 1 + ( ¹

2 ) ⁿ = 1.

Par conséquent : lim +

  n

1 ( )1 3 1 + ( 1 )

2

n



= 1.

³

2 > 1 donc lim +

 

n ( ³

2 ) ⁿ = + ∞ donc lim +

 

n – ( ³

2 ) ⁿ = – ∞.

On en déduit que

+

lim 

n a n = – ∞.

Réponse : a. – ∞

(2)

Exercice 1

4. f ' est strictement décroissante sur [ – 2 ; 0 ] donc f est concave sur [ – 2 ; 0 ].

Réponse : d. concave sur [ – 2 ; 0 ] 5. f ' > 0 sur [ 0 ; 1 ] et f ' < 0 sur [ 1 ; 2 ]

donc f est strictement croissante sur [ 0 ; 1 ] et f est strictement décroissante sur [ 1 ; 2 ] donc f possède un maximum en 1 sur [ 0 ; 2 ].

Réponse : c. f admet un maximum en 1 sur [ 0 ; 2 ]

6. La fonction python seuil() qui renvoie le nombre de mois à attendre pour que sa valeur dépasse 200 est :

def seuil():

m=0 v=57

while v<200:

m=m+1 v=v*1.03 return m Réponse : a.

(3)

Exercice 2

1.

P ( M  T ) = P ( M )  P_M ( T ) donc P ( M  T ) = 0,07  0,8 donc P ( M  T ) = 0,056.

2. P ( T ) = P ( M  T ) + P ( M  T )

donc P ( T ) = P ( M ) P_M ( T ) + P ( M ) P_M ( T )

donc P ( T ) = 0,07  0,8 + 0,93  0,1 = 0,056 + 0,093 = 0,0653.

3. Dans un contexte de dépistage de la maladie, il est plus pertinent de connaîtreP_T ( M ).

4. P_T ( M ) = ⁽ ⁾ ( )

P M T

P T

 = ^0,056

0,0653 = ⁵⁶⁰

653. P_T ( M ) ≈ 0,86.

5.a. L’expérience aléatoire la répétition de n = 10 épreuves identiques et indépendantes.

Chaque épreuve possède deux résultats possibles :

• le succès ( « le test est positif » ) de probabilité p = 0,0653 ;

• l’échec ( « le test n’est pas positif » ) de probabilité 1 – p = 0,9347.

X est la variable aléatoire donnant le nombre de succès

donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,0653.

5.b. P ( X = 2 ) = ¹⁰ 2

 

 

   0,0653 ²  0,9347 ⁸ donc P ( X = 2 ) ≈ 0,11.

6. Soit un échantillon de n personnes à tester.

Y est la variable aléatoire donnant le nombre de personnes ayant un test positif.

Y suit la loi binomiale de paramètres n et p = 0,0653.

p n = P ( Y ≥ 1 ) donc p n = 1 – P ( Y = 0 ) donc p n = 1 – 0,9347 ⁿ.

p n ≥ 0,99 ssi 1 – 0,9347 ⁿ ≥ 0,99 ssi 0,9347 ⁿ ≤ 0,01 ssi ln ( 0,9347 ⁿ ) ≤ ln ( 10 ^{– 2} ) ssi n ln ( 0,9347 ) ≤ – 2 ln ( 10 ) ssi n ≥ – 2 ln ( 10 ) / ln ( 0,9347 ) ssi n ≥ 69.

Le nombre minimum de personnes à tester est n = 69.

(4)

Exercice 3

1.a. • u 1 = ⁰ 1 + 0

u

u = ¹ 1 + 1 = ¹

2 . • u 2 = ¹

1 + 1

u u =

1 2 1 + 1

2 =

1 2 3 2

= ¹ 3.

• u 3 = ² 1 + 2

u u =

1 3 1 + 1

3 =

1 3 4 3

= ¹ 4 .

1.b.

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

def liste(k):

L=[]

u= 1

for i in range(0,k+1):

L.append(u) u= u / ( 1 + u ) return ( L ) 2. Pour tout n de N, u n + 1 – u n =

1 +

n n

u

u – u n = 1 +

n n

u

u – ^{( 1 +} ⁾ 1 +

n n

n

u u

u = –

2

1 +

n n

u u . u n > 0 donc u n2 > 0 donc – u n2 < 0.

u n > 0 donc 1 + u n > 1 donc 1 + u n > 0.

– u n2 < 0 et 1 + u n > 0 donc –

2

1 +

n n

u

u < 0 donc u n + 1 – u n < 0.

La suite ( u n ) est strictement décroissante.

3. Pour tout n de N, u n > 0 donc la suite ( u n ) est minorée par 0.

La suite ( u n ) est décroissante et minorée donc la suite ( u n ) converge.

4. On appelle L la limite de la suite ( u n ).

Pour tout n de N, u n + 1 = 1 +

n n

u u donc L =

1 + L

L par passage à la limite

donc L ( 1 + L ) = L donc L + L ² = L donc L ² = 0 donc L = 0.

La limite de la suite ( u n ) est 0.

(5)

Exercice 3

5.a. u 0 = ¹

1 ; u 1 = ¹

2 ; u 2 = ¹

3 ; u 3 = ¹ 4 . On conjecture que u n = ¹

+ 1 n .

5.b. Démontrons par récurrence que, pour tout n de N, u n = ¹ + 1 n . Etape 1 ( Initialisation )

Vérifions que u n = 1 0 + 1. On sait que u 0 = 1 et ¹

0 + 1 = 1 donc u 0 = ¹ 0 + 1. Etape 2 ( Hérédité )

Supposons que u n = 1 + 1

n pour un certain entier n ≥ 0.

Montrons alors que u n + 1 = 1 + 2 n . u n + 1 =

1 +

n n

u

u or u n = ¹ + 1

n par hypothèse de récurrence donc u n + 1 =

1 + 1 1 + 1

+ 1 n

n

donc u n + 1 = 1 + 1 + 2 + 1 n n n

donc u n + 1 = ¹ + 2 n .

(6)

Exercice 4

1.a. A ( 2 ; – 1 ; 0 ) et B ( 1 ; 0 ; – 3 ) donc AB ( – 1 ; 1 ; – 3 ).

A ( 2 ; – 1 ; 0 ) et C ( 6 ; 6 ; 1 ) donc AC ( 4 ; 7 ; 1 ).

AB . AC = ( – 1 )  ( 4 ) + ( 1 )  ( 7 ) + ( – 3 )  ( 1 ) = – 4 + 7 – 3 = 0.

AB . AC = 0 donc AB  AC donc le triangle ABC est rectangle en A.

1.b. B ( 1 ; 0 ; – 3 ) et C ( 6 ; 6 ; 1 ) donc BC ( 5 ; 6 ; 4 ).

BA . BC = ( 1 )  ( 5 ) + ( – 1 )  ( 6 ) + ( 3 )  ( 4 ) = 5 – 6 + 12 = 11.

BA ( 1 ; – 1 ; 3 ) donc BA ² = ( 1 ) ² + ( – 1 ) ² + ( 3 ) ² = 1 + 1 + 9 = 11.

BC ( 5 ; 6 ; 4 ) donc BC ² = ( 5 ) ² + ( 6 ) ² + ( 4 ) ² = 25 + 36 + 16 = 77.

On en déduit que BA = 11 et BC = 77 = 7  11 . 1.c. BA . BC = 11

donc BA  BC  cos ( ABC ) = 11

donc 11  7  11  cos ( ABC ) = 11 donc cos ( ABC ) = ¹

7 = ⁷ 7 . Une calculatrice donne : Arccos ( ⁷

7 ) ≈ 67,8 ^°.

La mesure en degrés de l’angle ABC arrondie au degré est 68.

(7)

Exercice 4

2.a. Le plan P a pour équation cartésienne 2 x – y – z + 4 = 0 donc un vecteur normal du plan P est n ( 2 ; – 1 ; – 1 ).

n . AB = ( 2 )  ( – 1 ) + ( – 1 )  ( 1 ) + ( – 1 )  ( – 3 ) = – 2 – 1 + 3 = 0.

n . AC = ( 2 )  ( 4 ) + ( – 1 )  ( 7 ) + ( – 1 )  ( 1 ) = 8 – 7 – 1 = 0.

Le vecteur n est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires AB et AC

donc le vecteur n est normal au plan ( ABC ) or le vecteur n est normal au plan P donc le plan P est parallèle au plan ( ABC ).

2.b. Une équation cartésienne du plan ( ABC ) est 2 x – y – z = 2 x A – y A – z A donc 2 x – y – z = 2  2 – ( – 1 ) – 0 donc 2 x – y – z – 5 = 0.

2.c. La droite D a pour vecteur directeur n ( 2 ; – 1 ; – 1 ) et passe par le point E ( 1 ; 2 ; 4 ).

Une représentation paramétrique de la droite D est :

E E E

+

n n n

x x t x

y y t y

z z t z

 

 

 



( t  R ) c’est-à-dire

1 + 2 2 4

x t

y t

z t

 

  

  



( t  R ).

2.d. Le point H ( x ; y ; z ) est le projeté orthogonal du point E sur le plan ( ABC ) donc H ( x ; y ; z ) est le point d’intersection de la droite D et du plan ( ABC ).

Le point H appartient à la droite D donc x = 1 + 2 t et y = 2 – t et z = 4 – t.

Le point H appartient au plan ( ABC ) donc 2 x – y – z – 5 = 0.

2 x – y – z – 5 = 0 donc 2 ( 1 + 2 t ) – ( 2 – t ) – ( 4 – t ) – 5 = 0 donc 2 + 4 t – 2 + t – 4 + t – 5 = 0 donc 6 t = 9 donc t = ³

2 . Pour t = ³

2 : x = 1 + 2 t = 4 et y = 2 – t = ¹

2 et z = 4 – t = ⁵

2 . H ( 4 ; ¹ 2 ; ⁵

2 ).

3. • AC ( 4 ; 7 ; 1 ) donc AC ² = ( 4 ) ² + ( 7 ) ² + ( 1 ) ² = 16 + 49 + 1 = 66.

aire ( ABC ) = ¹

2  AB  AC = ¹

2  11  66 = ^{11 6} 2 . • E ( 1 ; 2 ; 4 ) et H ( 4 ; ¹

2 ; ⁵

2 ) donc EH ( 3 ; – ³ 2 ; – ³

2 ).

EH ² = ( 3 ) ² + ( – ³

2 ) ² + ( – ³

2 ) ² = 9 + ⁹ 4 + ⁹

4 = ²⁷

2 donc EH = ^{3 3}

2 = ^{3 6} 2 . volume ( ABCE ) = ¹

3  aire ( ABC )  EH = ¹

3  11 6

2  3 6

2 = 16,5.