TSpé Math G5-G7 Le jeudi 17/12/2020 Devoir surveillé 4 Nom et prénom : Sujet 1 Durée : 4 heures

TSpé Math G5-G7 Le jeudi 17/12/2020 Devoir surveillé 4

Nom et prénom :

Sujet 1 Durée : 4 heures

Exercice 1 : 5 points

Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Pour chaque question, une seule réponse est vraie. Cocher la bonne réponse. Chaque bonne réponse rapporte 1 point. Aucune justification n’est demandée.

Question 1 :

Dans un groupe de 70 personnes, 20 parlent allemand, 31 parlent anglais et 16 parlent espagnol. De plus, 18 parlent anglais et allemand et parmi eux 1 parle espagnol ; aucune personne ne parle qu’allemand et espagnol. Enfin, 6 ne parlent qu’espagnol.

Réponses :

□

9 personnes ne parlent qu’espagnol et anglais.

□

3 personnes ne parlent ni anglais ni allemand ni espagnol.

□

27 personnes parlent uniquement deux des trois langues parmi l’anglais, l’espagnol et l’allemand.

□

1 seule personne ne parle que l’allemand Question 2 :

Une association de consommateurs classe un appareil selon 3 critères : - les performances : médiocres, correctes, bonnes ;

- le prix : moyen, élevé ;

- la durabilité : insuffisante, normale, très satisfaisante.

Réponses :

□

Il y a 336 catégories possibles pour cet appareil.

□

Si l’appareil a des performances médiocres il y a 5 catégories possibles.

□

Si la durabilité de l’appareil n’est pas insuffisante, il y 12 catégories possibles.

□

Il y a autant de catégories si l’appareil a des performances médiocres que si son prix est moyen.

Question 3 :

Un clavier de neuf touches, constitué des nombres 1 à 6 et des lettres A, B et C, permet de composer le code d’entrée d’un immeuble. Le code contient quatre caractères distincts.

Réponses :

□

Il y a 6561 codes possibles.

□

Il y a 336 codes commençant et se terminant par une lettre.

□

Il y a 36 codes constitués d’exactement trois lettres consécutives.

□

Il y a 360 codes constitués d’une alternance de chiffres et de lettres.

Question 4 :

On constitue un groupe de 4 personnes choisies parmi 10 hommes et 12 femmes.

Réponses :

□

On peut constituer 175 560 groupes.

□

On peut constituer 10 000 groupes d’hommes.

□

On peut constituer 705 groupes de personnes de même sexe.

□

On peut constituer 3 640 groupes avec au moins une femme et au moins un homme.

Question 5 : Dans l’équation n 2 36

 

  

admet : Réponses :

□

Aucune solution.

□

Une solution.

□

Deux solutions.

□

Une infinité de solutions.

Exercice 2 : 6 points

Dans une entreprise, on s’intéresse à la probabilité qu’un salarié soit absent durant une période d’épidémie de grippe.

Un salarié malade est absent.

La première semaine de travail, le salarié n’est pas malade.

Si la semaine n le salarié n’est pas malade, il tombe malade la semaine n + 1 avec une probabilité égale à 0,04.

Si la semaine n le salarié est malade, il reste malade la semaine n + 1 avec une probabilité égale à 0,24.

On désigne, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, parE_nl’évènement « le salarié est absent pour cause de maladie la n-ième semaine ». On notep_n la probabilité de l’évènementE_n.

On a ainsi : p₁ 0 et, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1 : 0p_n 1. 1) a) Déterminer la valeur dep₃ à l’aide d’un arbre de probabilité

b) Sachant que le salarié a été absent pour cause de maladie la troisième semaine, déterminer la probabilité qu’il ait été aussi absent pour cause de maladie la deuxième semaine.

2) a) Recopier sur la copie et compléter l’arbre de probabilité donné ci-dessous :

b) Montrer que, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, p_{n 1} 0, 2p_n0, 04.

c) Montrer que la suite

 

un définie pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1 par u_n p_n0, 05 est une suite

géométrique dont on donnera le premier terme et la raison r. En déduire l’expression deu_n puis dep_n en fonction de n et de r.

d) En déduire la limite de la suite

 

pn .

e) On admet dans cette question que la suite

 

pn est croissante. On considère l’algorithme suivant :

A quoi correspond l’affichage final J ?

Pourquoi est-on sûr que cet algorithme s’arrête ?

Exercices 3 : 5 points

Déterminer les limites suivantes en les justifiant. Interpréter graphiquement ces limites en termes asymptotes, en précisant leurs natures et équations. Une limite non justifiée ou non détaillée ne sera comptabilisée.

1) x



^x



x

lim e 2 1 3

e



 

   

  . 2)

 

  

x 2 x 2

lim 2x 3

2 x x 1







   ^{. 3) x x}

lim 1

e 2x 3

   ^.

4) ^{3 2}

xlim x 3x x 6

    . 5)

2 x

3x 5x 1

lim^ 2x 5

 

  . 6)

x x x

e 3

lim^e 5



 . 7)

2 x 1

2x x 1 lim^ x 1

 

 ^{. 8) x 2}

lim 5 1 x

 

Exercice 4 : 4 points

On considère le pavé droit ABCDEFGH suivant. Posons J le point tel que 1

AJ AH

3

 

et I le milieu de [BG].

1) Exprimer AF

à l’aide des vecteurs AB et AE 

.

2) Justifier que 1 1

AJ AD AE

3 3

 

  

.

3) Montrer que 1 1

DI AB AD AE

2 2

  

   

.

4) Démontrer qu’il existe deux réels x, y tels que DIxAFyAJ

  

. 5) Que déduit-on de cette égalité ?

TSpé Math G3 Le jeudi 17/12/2020 Devoir surveillé 4

Nom et prénom : Sujet 2

Durée : 4 heures

Exercice 1 : 5 points

Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Pour chaque question, une seule réponse est vraie. Cocher la bonne réponse. Chaque bonne réponse rapporte 1 point. Aucune justification n’est demandée.

Question 1 :

Un sac contient des jetons. Parmi eux, 70 sont bleus et 40 sont ronds.

Réponses :

□

Si le sac contient 150 jetons dont 15 sont bleus et ronds alors 25 ne sont ni bleus ni ronds.

□

Si le sac contient 140 jetons alors 30 ne sont ni bleus ni ronds.

□

Si le sac contient 100 jetons et que les jetons sont bleus ou ronds alors 60 jetons bleus ne sont pas ronds.

□

Si le sac contient 130 jetons dont 30 ne sont ni bleus ni ronds alors aucun jeton n’est bleu et rond.

Question 2 :

Un clavier de neuf touches, constitué des nombres 1 à 6 et des lettres A, B et C, permet de composer le code d’entrée d’un immeuble. Le code contient quatre caractères, distincts ou non.

Réponses :

□

Il y a 3024 codes possibles.

□

Il y a 729 codes commençant et se terminant par une lettre.

□

Il y a 162 codes constitués d’exactement trois lettres consécutives.

□

Il y a 360 codes constitués d’une alternance de chiffres et de lettres.

Question 3 :

Sept amis, quatre garçons et trois filles, se rendent à un concert. Ils s’assoient les uns à côté des autres dans la même rangée.

Réponses :

□

Il y a 823 543 dispositions possibles.

□

Il y a 30 dispositions avec les garçons d’un côté et les filles de l’autre.

□

Il y a 144 dispositions avec les filles et les garçons intercalés.

□

Il y a 2 880 dispositions avec un garçon à chaque extrémité.

Question 4 :

Une urne contient neuf boules : quatre boules blanches numérotées de 1 à 4, trois boules vertes numérotées de 1 à 3 et deux boules noires numérotées de 1 à 2. On tire simultanément trois boules de cette urne.

Réponses :

□

Il y a 504 tirages possibles.

□

Il y a 4 tirages avec trois boules de la même couleur.

□

Il y a 140 tirages contenant un seul numéro impair.

□

Il y a 49 tirages contenant au moins une noire.

Question 5 : Dans, l’équation n 3 n

 

   ^{admet :} Réponses :

□

Aucune solution.

□

Une solution.

□

Deux solutions.

□

Trois solutions.

Exercice 2 : 6 points

On étudie un modèle de propagation d’un virus dans une population, semaine après semaine.

Chaque individu de la population peut être, à l’exclusion de toute autre possibilité : Soit susceptible d’être atteint par le virus, on dira qu’il est « de type S » ; Soit malade (atteint par le virus) ;

Soit immunisé (ne peut plus être atteint par le virus).

Un individu est immunisé lorsqu’il a été vacciné, ou lorsqu’il a guéri après avoir atteint par le virus.

Pour tout entier n, le modèle de propagation du virus est défini par les règles suivantes :

Parmi les individus de type S en semaine n, on observe qu’en semaine n + 1 : 85 % restent de type S, 5 % deviennent malades et 10 % deviennent immunisés ;

Parmi les individus malade en semaine n, on observe qu’en semaine n + 1 : 65 % restent malades, et 35 % sont guéris et deviennent immunisés ;

Tout individu immunisé en semaine n reste immunisé en semaine n + 1.

On choisit au hasard un individu dans la population. On considère les évènements suivants : Sn : « l’individu est de type S en semaine n » ;

Mn : « l’individu est malade en semaine n » ; In : « l’individu est immunisé en semaine n ».

En semaine 0, tous les individus sont considérés « de type S », on a donc les probabilités suivantes :

 

0

P S 1 ; P M



0



0etP I

 

0 0. Partie A

On étudie l’évolution de l’épidémie au cours des semaines 1 et 2.

1) Reproduire sur la copie et compléter l’arbre de probabilités donné ci-dessous :

2) Montrer que P I

 

2 0, 2025.

3) Sachant qu’un individu est immunisé en semaine 2, quelle est la probabilité, arrondie au millième, qu’il ait été malade en semaine 1 ?

Partie B

On étudie à long terme l’évolution de la maladie.

Pour tout entier naturel n, on a : un P S

 

n , vn P M



n



et wn P I

 

n les probabilités respectives des événements S_n,M_n etI_n.

1) Justifier que, pour tout entier naturel n, on a : u_n v_nw_n 1.

On admet que la suite

 

vn est définie par v_{n 1} 0, 65v_n0, 05u_n .

2) A l’aide d’un tableau, on calculé les premiers termes des suites

    

un , vn et wn



.

Pour répondre aux questions a) et b), suivantes, on utilisera la feuille de calcul reproduite ci-dessus.

a) Quelle formule, saisie dans la cellule C3, permet par recopie vers le bas, de calculer les termes de la suite

 

vn .

b) On admet que les termes de

 

vn augmentent, puis diminuent à partir d’un certain rang N, appelé le « pic épidémique » : c’est l’indice de la semaine pendant laquelle la probabilité d’être malade pour un individu choisi au hasard est la plus grande.

Déterminer la valeur du pic épidémique prévue par ce modèle.

3) a) Justifier que, pour tout entier naturel n, on a : u_{n 1} 0,85u_n. En déduire l’expression deu_n en fonction de n.

b) Montrer, à l’aide d’un raisonnement par récurrence, que pour tout entier naturel n, n



^{n n}



v 1 0,85 0, 65

4  .

4) Calculer les limites de chacune des suites

    

un , vn et wn



.

Que peut-on en déduire quant à l’évolution de l’épidémie prévue à long terme par ce modèle ?

Exercice 3 : 5 points

Déterminer les limites en les justifiant. Interpréter graphiquement ces limites en termes asymptotes, en précisant leurs natures et équations. Une limite non justifiée ou non détaillée ne sera comptabilisée.

1) _x^{lim 2 e}_



^{ x}



^{6 e x}



^{. 2)} _{x 3}

^ _ ^ _ ^

x 3

2x 3 x 9 lim^_ x 3

 

 ^{. 3) x}

lim 1

x 4x 1

   .

4) ^{3 2}

xlim 2x 4x 3x 4

    . 5)

3 x 2

x 5x 1

lim^x 3x 4

 

  . 6)

x x x

lim 2 e

e 4





 .

7) ₂

x 3

lim x 3

2x 5x 3





  ^{. 8)}

x2 6 xlim e^{ }



Exercice 4 : 4 points

SABCD est une pyramide à base carrée ABCD. O est le centre de ABCD, J le milieu de

 

SO . Le point K est tel que 1

SK SD

3

 

.

1) Justifier soigneusement que S, B, D, O, J et K sont coplanaires.

2) a) ExprimerBK



en fonction des vecteurs SB

et SD

. b) Justifier que^{SO1}₂



^{SDSB}



c) En déduire l’expression de BJ

en fonction des vecteurs SB

et SD

. d) Montrer que les points B, K et J sont alignés.

TSpé Math G5-G7 Correction du devoir surveillé 4 du jeudi 17/12/2020

Sujet 1

Exercice 1 : 5 points

Question 1 :

Dans un groupe de 70 personnes, 20 parlent allemand, 31 parlent anglais et 16 parlent espagnol. De plus, 18 parlent anglais et allemand et parmi eux 1 parle espagnol ; aucune personne ne parle qu’allemand et espagnol. Enfin, 6 ne parlent qu’espagnol.

Démonstration : La bonne réponse est la a).

Construisons un diagramme de Venn.

« 18 parlent anglais et allemand et parmi eux, 1 personne parle espagnol » veut dire qu’il y 1 personne qui parle les trois langues et 17 qui ne parlent qu’anglais et allemand.

« Aucune personne ne parle qu’allemand et espagnol » veut dire que les personnes parlant à la fois espagnol et allemand font aussi de l’anglais.

Les effectifs calculés après avoir disposé les données de l’énoncé sont en gras.

a) 9 personnes ne parlent qu’espagnol et anglais. La réponse est VRAIE.

b) 31 personnes ne parlent ni anglais ni allemand ni espagnol. La réponse est FAUSSE.

c) 6 + 4 + 2 = 12 personnes parlent uniquement deux des trois langues parmi l’anglais, l’espagnol et l’allemand. La réonse est FAUSSE.

d) 2 personnes ne parlent que l’allemand. La réponse est FAUSSE.

Question 2 :

Une association de consommateurs classe un appareil selon 3 critères : - les performances : médiocres, correctes, bonnes ;

- le prix : moyen, élevé ;

- la durabilité : insuffisante, normale, très satisfaisante.

Démonstration : La bonne réponse est la c).

a) Le nombre de catégories possibles est le cardinal du produit cartésien performancesprixdurabilité.

Il y a 3 2 3  18catégories possibles. La réponse est FAUSSE.

b) Si l’appareil à des performances médiocre, il faut déterminer le cardinal du produit cartésien prixdurabilité, ce qui donne 2 3 6catégories possibles. La réponse est fausse.

c) Si la durabilité de l’appareil n’est pas insuffisante, c’est qu’elle est normale ou très satisfaisante puis multiplie par le cardinal précédent. Cela donne 2 2 3  12catégories possibles. La réponse est VRAIE.

d) Si l’appareil est médiocre, il y a 6 catégories possibles et si le prix est moyen, il y a 3 3 9catégories possibles. Donc la réponse est FAUSSE.

Groupe (70)

All (20)

Ang (31) Autre langue

17

2 4

Esp (16)

0 1 Que Espagnol

6

Les 3 langues Ang et All seulement Ang et All seulement

Ang et Esp seulement

9

Que Allemand

Que Anglais 31

Question 3 :

Un clavier de neuf touches, constitué des nombres 1 à 6 et des lettres A, B et C, permet de composer le code d’entrée d’un immeuble. Le code contient quatre caractères distincts.

Démonstration : La bonne réponse est la d).

a) Il y a 9 caractères différentes. Les caractères étant distincts, on dénombre les 4-arrangements. Le nombre de codes possibles est 9 8 7 6   3024 codes possibles. La réponse est FAUSSE.

b) Il y a 3 lettres et elles ne peuvent pas se répéter. On choisit parmi 3 lettre au départ et 2 lettres à la fin. Il reste à choisir au milieu 2 caractères parmi 6 nombres et une lettre. Il y a donc 3 7 6 2   252 codes commençant et se terminant par une lettre. La réponse est FAUSSE.

c) Dans un code avec 3 lettres consécutives et 1 nombre, il y a deux configurations possibles. 3 lettres et 1 nombre ou bien 1 nombre et 3 lettres. Les deux configurations ont le même nombre d’éléments : 3 2 1 6   36 ce qui donne

2 3 2 1 6     2 3672codes avec 3 lettres d’affilée. La réponse est FAUSSE.

d) Si on alterne des nombres et des lettres, il y a deux cas : Lettre, nombre, lettre, nombre ou bien nombre, lettre, nombre, lettre. Ces deux situations ont le même nombre de cas : 3 6 2 5   180ce qui donne 2 3 6 2 5     2 180360codes avec alternance de nombres et de lettres. La réponse est VRAIE.

Question 4 :

On constitue un groupe de 4 personnes choisies parmi 10 hommes et 12 femmes.

Démonstration : La bonne réponse est la c).

a) Les 4 personnes sont choisies simultanément dans un effectif de 22 personnes. Cela donne 22 4 7315

 

 

 

groupes différents.

La réponse est FAUSSE.

b) Les 4 personnes sont choisies simultanément dans un effectif de 10 hommes. Cela donne 10 4 210

 

 

 

groupes d’hommes. La réponse est FAUSSE.

c) Les 4 personnes sont choisies simultanément dans un effectif de 10 hommes ou bien dans un effectif de 12 femmes. Par principe additif, nous obtenons 10 12

210 495 705

4 4

   

   

   

    groupes de personnes de même sexe. La réponse est VRAIE.

d) Enlevons au nombre total de groupes, le nombre de groupe avec seulement que des hommes et le nombre de groupe avec seulement que des femmes. 22 10 12

7315 105 6610

4 4 4

     

    

     

     

groupes avec au moins une femme et au moins un homme. La réponse est FAUSSE.

Question 5 : Dans, l’équation n 2 36

 

   . Démonstration : La bonne réponse est la b).

 

2 2

n n 1

n 36 36 n n 72 n n 72 0

2 2

  

         

  

. ^{  }

 

^{12   4 1}



⁷²



^{289172 .}

Cette équation a deux solutions réelles.

2 1

1 17 1 17 18

n 9

2 2 2

 

     et

2 2

1 17 1 17 16

n 8

2 2 2

 

      .

En conclusion, cette équation a une seule solution dans. (c’est 9)

Exercice 2 : d’après Pondichery 2013 6 points

Dans une entreprise, on s’intéresse à la probabilité qu’un salarié soit absent durant une période d’épidémie de grippe.

Un salarié malade est absent.

La première semaine de travail, le salarié n’est pas malade.

Si la semaine n le salarié n’est pas malade, il tombe malade la semaine n + 1 avec une probabilité égale à 0,04.

Si la semaine n le salarié est malade, il reste malade la semaine n + 1 avec une probabilité égale à 0,24.

On désigne, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, parE_nl’évènement « le salarié est absent pour cause de maladie la n-ième semaine ». On notep_n la probabilité de l’évènementE_n.

On a ainsi : p₁ 0 et, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1 : 0p_n 1. 1) a) Déterminer la valeur dep₃ à l’aide d’un arbre de probabilité.

Démonstration : Voici l’arbre complété.

Selon la formule des probabilités totales,

      ^{ }

2

^{ }  

2

^{ }

3 3 3 2 3 2 2 E 3 2 E 3

p P E P E E P E E P E P E P E P E 0, 04 0, 24 0, 96 0, 04   0, 048 .

b) Sachant que le salarié a été absent pour cause de maladie la troisième semaine, déterminer la probabilité qu’il ait été aussi absent pour cause de maladie la deuxième semaine.

Démonstration : Utilisons la formule de calcul d’une probabilité conditionnelle :

   

 

3

3 2

E 2

3

P E E 0, 04 0, 24 0, 0096

P E 0, 2

P E 0, 048 0, 048

 

    .

2) a) Recopier sur la copie et compléter l’arbre de probabilité donné ci-dessous :

E1 1

E₂

0,04

E3 0,24

E₃ 0,76

E₂

0,96 E3

0,04

E₃ 0,96



Démonstration :

b) Montrer que, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, p_{n 1} 0, 2p_n0, 04.

Démonstration : Selon la formule des probabilités totales, pour tout entier n supérieur ou égal à 1,

      ^{ }

n

^{ }  

n

^{   }  

n 1 n 1 n 1 n n 1 n n E n 1 n E n 1 n n

p_ P E _ P E _ E P E _ E P E P E _ P E P E _ P E 0, 24 P E 0, 04

 

n 1 n n n n n

p _ 0, 24p 0, 04 1 p 0, 24p 0, 04 0, 04p 0, 2p 0, 04.

c) Montrer que la suite

 

un définie pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1 par u_n p_n0, 05 est une suite

géométrique dont on donnera le premier terme et la raison r. En déduire l’expression deu_n puis dep_n en fonction de n et de r.

Démonstration :

Pour tout entier n supérieur ou égal à 1,

 

n 1 n 1 n n n n n

0, 01

u p 0, 05 0, 2p 0, 04 0, 05 0, 2p 0, 01 0, 2 p 0, 2 p 0, 05 0, 2u

  0, 2

 

            

  ^.

La suite

 

un est alors une suite géométrique de raison r = 0,2 et de premier termeu₁p₁0, 05 0 0, 05 0, 05. Selon la formule du cours, pour tout entier n supérieur ou égal à 1, u_n  0, 05 0, 2 ^{n 1} .

Comme pour tout n1, u_n p_n0, 05alors pour tout n1, p_n u_n0, 05 0, 05 0, 2 ^{n 1} 0, 05. d) En déduire la limite de la suite

 

pn .

Démonstration : Comme  1 0, 05 1 alors ^{n 1}

nlim 0, 05 0, 2 ^ 0

   donc par somme,

n 1

nlim pn nlim 0, 05 0, 2 ^ 0, 05 0, 05

     

e) On admet dans cette question que la suite

 

pn est croissante. On considère l’algorithme suivant :

A quoi correspond l’affichage final J ?

Pourquoi est-on sûr que cet algorithme s’arrête ? Démonstration :

La variable J contient le premier entiern₀tel que pour toutnn₀ , p_napproche sa limite 0,05 avec une précision inférieure à 10^K , K entier donné au départ.

Cet algorithme est sûr de s’arrêter car la suite

 

pn converge vers 0,05 et donc ses termes vont se rapprocher de 0,05 au fur et à mesure de l’augmentation des valeurs de n et la différence entre p_net 0,05 passera en dessous de la précision imposée.

En

pn

En+1 0,24

En+1 0,76

En

1-pn En+1

0,04

En+1 0,96

Exercices 3 : 5 points

Déterminer les limites en les justifiant. Interpréter graphiquement ces limites en termes asymptotes, en précisant leurs natures et équations.

1) x



^x



x

lim e 2 1 3

e



 

   

  .

Démonstration : Nous savons que ^x

xlim e

  donc _x

x

lim 1 0 e

  . Alors _x^{lim e}_



^x2



^{ et}x x

lim 1 3 3

e



 

  

 

  donc par

produit, x



^x



x

lim e 2 1 3

e



 

    

  . Pas d’asymptote.

2)

 

  

x 2 x 2

lim 2x 3

2 x x 1







   ^. Démonstration :

 

x 2

lim 2x 3 1

   ,

 

x 2

lim 2 x 0

   et

 

x 2

lim x 1 1

     . Par produit et quotient, nous constatons que nous inversons une limite nulle. Construisons donc un tableau de signe de 2 – x pour donner la limite à droite en 2.

 

x 2 x 2

lim 2 x 0^





  ;

 

x 2

lim 2x 3 1 0

    et

 

x 2

lim x 1 1 0

      alors par produit et quotient,

 

  

x 2 x 2

lim 2x 3

2 x x 1





  

   ^.

La droite d’équation x = 2 est asymptote verticale à la courbe de la fonction associée.

3) _x

x

lim 1

e 2x 3

   ^. Démonstration : ^x

xlim e

  et

xlim 2x 3

    donc par somme, ^x

xlim e 2x 3

    . Par inversion de limite infinie,

x x

lim 1 0

e 2x 3

 

  . La droite d’équation y = 0 est asymptote horizontale à la courbe de la fonction associée en.

4) ^{3 2}

xlim x 3x x 6

    .

Démonstration : Il y a sûrement une forme indéterminée^{"   }

 

^" . Factorisons le terme prépondérant.

3 2 x 0 3

2 3

3 1 6

x 3x x 6 x 1

x x x

  

        

 . ³

xlim x

  et _{2 3}

x

3 1 6

lim 1 1 0

x x x



 

    

 

  donc par produit,

3 2

xlim x 3x x 6

     . Pas d’asymptote.

5)

2 x

3x 5x 1

lim^ 2x 5

 

  .

Démonstration : Il y a une forme indéterminée ""

 . Factorisons le terme prépondérant au numérateur et au dénominateur,

puis simplifions.

2

2 x 0 2 2

5 1 5 1

x 3 x 3

3x 5x 1 x x x x

5 5

2x 5

x 2 2

x x



   

   

   

      

     

   

   

   

.

xlim x

   , ₂

x

5 1

lim 3 3 0

x x



 

   

 

  ^x

lim 2 5 2 0

x



 

    

 

  donc par produit et quotient,

2 x

3x 5x 1

lim^ 2x 5

 

   . Pas d’asymptote.

x - 2 +

2-x 0

6)

x x x

e 3

lim^e 5



 .

Démonstration : Il y a une forme indéterminée ""

 . Factorisons l’exponentielle au numérateur et au dénominateur, puis

simplifions.

 

 

x

x x x

x x

x x

e 1 3 1 3e

e 3 e

e 5 e 1 5 1 5e

e





 

   

   

    

 

.

x xlim e^ 0

  donc _x^{lim 1 3e}_



^{ x}



^1et _x^{lim 1 5e}_



^{ x}



^1 donc par quotient,

x x x

e 3

lim 1

e 5



 

 . La droite d’équation y = 1 est asymptote horizontale à la courbe de la fonction associée en.

7)

2 x 1

2x x 1 lim^ x 1

 

 ^. Démonstration : ²

x 1

lim 2x x 1 0

    et

x 1

lim x 1 0

   . Nous avons une forme indéterminée 0

" "

0 . Factorisons le numérateur et simplifions avec le dénominateur.

2x2x 1 0 ; ^{  }



¹⁰



^{2   4 2}

 

^{1   1 8 90} . il y a deux solutions : ₁ 1 3

x 1

4

   et ₂ 1 3 1

x 4 2

    . Alors la

factorisation du numérateur est : ^{2x2 x 1 2 x 1}

 

^{x 1}

2

 

      

 ^.

 

2 x 1

x 1 x 1 x 1 x 1

2 x 1 x 1

2x x 1 2 1

lim lim lim 2 x lim 2x 1 3

x 1 x 1 2



   

 

   

          

    . Pas d’asymptote.

8) ₂

x

lim 5 1 x

  .

Démonstration : utilisons la composition des fonctions.

x 2

lim 5 1 5

x

   et

X 5

lim X 5

  donc par composition, ₂

x

lim 5 1 5

x

   .

La droite d’équation y 5 est asymptote horizontale à la courbe de la fonction associée en.

Exercice 4 :

On considère le pavé droit ABCDEFGH suivant. Posons J le point tel que 1

AJ AH

3

 

et I le milieu de [BG].

1) Exprimer AF

à l’aide des vecteurs AB et AE

 

.

Démonstration : Avec la relation du parallélogramme, dans AEFB, AF⃗ = AB⃗ + AE⃗ .

2) Justifier que 1 1

AJ AD AE

3 3

 

  

. Démonstration :

Avec la relation du parallélogramme, dans ADEH, AJ⃗ = AH⃗ = AD⃗ + AE⃗ = AD⃗ + AE⃗ .

3) Montrer que 1 1

DI AB AD AE

2 2

  

   

. Démonstration :

Avec la relation de Chasles, DI⃗ = DA⃗ + AB⃗ + BI⃗ = −AD⃗ + AB⃗ + BG⃗ = −AD⃗ + AB⃗ + BC⃗ + BF⃗ = −AD⃗ + AB⃗ + BC⃗ + BF⃗ = −AD⃗ + AB⃗ + AD⃗ + AE⃗ = AB⃗ − AD⃗ + AE⃗.

4) Démontrer qu’il existe deux réels x, y tels que DIxAFyAJ

  

. Démonstration :

Remplaçons chacun des vecteurs par leurs expressions précédentes : AB⃗ − AD⃗ + AE⃗ = x AB⃗ + AE⃗ − y AD⃗ + AE⃗ .

Maintenant identifions les coefficients de chaque vecteur :

⎩

⎨

⎧ 1 = x pour AB⃗

− = − y pour AD⃗

= x − y pour AE⃗

. La première ligne donne x = 1. La

deuxième ligne donney = . Vérifons à l’aide de la troisième : x − y = 1 − × = 1 − = . Ok.

Alors DI⃗ = AF⃗ − AJ⃗ .

5) Que déduit-on de cette égalité ? Démonstration :

Les vecteurs DI⃗, AF⃗et AJ⃗ sont donc coplanaires. Géométriquement, cela veut dire que la droite (DI) est parallèle au plan (AFJ).

TSpé Math G3 Correction du devoir surveillé 4 du 17/12/2020 Sujet 2

Exercice 1 :

Question 1 :

Un sac contient des jetons. Parmi eux, 70 sont bleus et 40 sont ronds.

Démonstration : La bonne réponse est la c).

Pour répondre à ces questions, nous pouvons construire plusieurs diagrammes de Venn ou plusieurs tableaux à double entrée.

Les données de l’énoncé sont en gras.

a) Il y a 55 jetons ni bleus, ni ronds. La réponse est FAUSSE.

Bleus Pas bleus Total

Ronds 15 25 40

Pas ronds 55 55 110

Total 70 80 150

b) Il est impossible de compléter ce tableau donc la réponse est FAUSSE.

Bleus Pas bleus Total

Ronds 40

Pas ronds 100

Total 70 70 140

c) Si les jetons sont bleus ou ronds, cela veut dire qu’il n’y a pas de jetons d’une autre couleur et d’une autre forme.

Bleus Pas bleus Total

Ronds 10 30 40

Pas ronds 60 0 60

Total 70 30 100

Il y a 60 jetons bleus qui ne sont pas ronds. La réponse est VRAIE.

d) Il y a 10 jetons bleus et ronds donc la réponse est FAUSSE.

Bleus Pas bleus Total

Ronds 10 30 40

Pas ronds 60 30 90

Total 70 60 130

Question 2 :

Un clavier de neuf touches, constitué des nombres 1 à 6 et des lettres A, B et C, permet de composer le code d’entrée d’un immeuble. Le code contient quatre caractères, distincts ou non.

Démonstration : La bonne réponse est la b). Comme les caractères peuvent être répétés alors nous devons dénombrer des p- uplets.

a) Il y a 9 caractères en tout et nous devons en choisir 4 avec remise et ordre. Il ya donc 9⁴ 6561 codes possibles. La réponse est FAUSSE.

b) On a 3 choix de lettres pour la première lettre et trois choix de lettre pour la quatrième. Ensuite, on doit choisir 2 caractères parmi 9 avec remise et ordre. Il y a donc 3 9 9 3   729 codes commençant et se terminant par une lettre. La réponse est VRAIE.

c) Dans un code avec 3 lettres consécutives et 1 nombre, il y a deux configurations possibles. 3 lettres et 1 nombre ou bien 1 nombre et 3 lettres. Les deux configurations ont le même nombre d’éléments : 3³ 6 162 ce qui donne

2 3 3  6 2 162324codes avec 3 lettres d’affilée. La réponse est FAUSSE.

d) Si on alterne des nombres et des lettres, il y a deux cas : Lettre, nombre, lettre, nombre ou bien nombre, lettre, nombre, lettre. Ces deux situations ont le même nombre de cas : 3 6 3 6   324ce qui donne 2 3 6 3 6     2 324648codes avec alternance de nombres et de lettres. La réponse est FAUSSE.

Question 3 :

Sept amis, quatre garçons et trois filles, se rendent à un concert. Ils s’assoient les uns à côté des autres dans la même rangée.

Démonstration : La bonne réponse est la c).

Le placement se fait sans répétition (une même personne ne peut pas être à deux places différentes), avec ordre et tout le monde doit avoir une place. Nous allons utiliser des permutations.

a) Nous devons placer 7 personnes dans 7 places. Il y a donc 7!5040rangements possibles. La réponse est FAUSSE.

b) En commençant à gauche de la rangée, on peut placer les garçons en premier ou bien les filles en premier. Ces deux rangements comportent le même nombre de cas : 4! 3! 144  ce qui donne en tout 2 4! 3!   2 144288rangements possibles. La réponse est FAUSSE.

c) Si on alterne les filles et les garçons, il faut faire attention au démarrage. Si on place une fille au début de la rangée, comme il y a plus de garçons que filles, cela implique de placer 2 garçons à côtés à la fin de la rangée. F-G-F-G-F-G-G. Il faut donc commencer à placer un garçon au départ. G-F-G-F-G-F-G. Il y a       

G F G F G F G

4 3 3 2 2 1 1      144rangements possibles. La réponse est VRAIE.

d) Si on place un garçon à chaque extrémité, cela implique qu’il reste 2 garçons et 3 filles à placer au milieu. Il y a

 

G G

4 5 4 3 2 1 3      1440rangements possibles. La réponse est FAUSSE.

Question 4 :

Une urne contient neuf boules : quatre boules blanches numérotées de 1 à 4, trois boules vertes numérotées de 1 à 3 et deux boules noires numérotées de 1 à 2. On tire simultanément trois boules de cette urne.

Démonstration : La bonne réponse est la d).

Les 3 boules sont choisies simultanément donc nous allons dénombrer des combinaisons.

a) Les 3 boules sont choisies simultanément dans un effectif de 9 boules. Cela donne 9 3 84

 

  

tirages possibles. La réponse est FAUSSE.

b) Les 3 boules peuvent être de la même couleur que si elles sont blanches ou vertes. Il y a 4 3 4

 

  

tirages avec que des

blanches et 3 3 1

 

  

tirage avec que des vertes. Par principe additif, nous obtenons 4 + 1 = 5 tirages avec les 3 boules de la même couleur. La réponse est FAUSSE.

c) En tout, il y a 5 numéros impairs et 4 numéros pairs. On doit piocher 1 numéro impair et 2 numéros pir. Par principe multiplicatif, nous avons

 

I P

5 4

5 6 30

1 2

   

   

   

   

tirages contenant un seul numéro impair. La réponse est FAUSSE.

d) Utilisons le complémentaire de « au moins une boule noire » qui est « pas de boule noire ».

Nous devons piocher 3 boules parmi les 7 boules blanches et vertes. Cela donne 7 3 35

 

  

tirages sans boule noire. Soustrayons ce résultats au nombre de tirages au total. Cela donne (question a)) 9 7

84 35 49

3 3

   

   

   

   

tirages avec au moins une boule noire. La réponse est VRAIE.

Question 5 : Dans, l’équation n 3 n

 

   . Démonstration : La bonne réponse est la c).

 

  



²

 

²

 

²



n n 1 n 2

n n!

n n n n n 2n n 2 6n n n 3n 2 6n 0 n n 3n 2 6 0

3 3! n 3 ! 6

 

                    

  

 

. n0 ou n²3n40.^{  }

 

^{3 2   4 1}



⁴



^{ 9 162552 .}

Cette équation a deux solutions réelles.

2 1

3 5 3 5 8

n 4

2 2 2

 

     et

2 2

3 5 3 5 2

n 2

2 2 2

 

      . En conclusion, cette équation a deux solutions dans. (0 et 4)

Exercice 2 : métropole juin 2017 6 points

On étudie un modèle de propagation d’un virus dans une population, semaine après semaine.

Chaque individu de la population peut être, à l’exclusion de toute autre possibilité : Soit susceptible d’être atteint par la virus, on dira qu’il est « de type S » ; Soit malade (atteint par le virus) ;

Soit immunisé (ne peut plus être atteint par le virus).

Un individu est immunisé lorsqu’il a été vacciné, ou lorsqu’il a guéri après avoir atteint par le virus.

Pour tout entier n, le modèle de propagation du virus est défini par les règles suivantes :

Parmi les individus de type S en semaine n, on observe qu’en semaine n + 1 : 85 % restent de type S, 5 % deviennent malades et 10 % deviennent immunisés ;

Parmi les individus malade en semaine n, on observe qu’en semaine n + 1 : 65 % restent malades, et 35 % sont guéris et deviennent immunisés ;

Tout individu immunisé en semaine n reste immunisé en semaine n + 1.

On choisit au hasard un individu dans la population. On considère les évènements suivants : Sn : « l’individu est de type S en semaine n » ;

Mn : « l’individu est malade en semaine n » ; In : « l’individu est immunisé en semaine n ».

En semaine 0, tous les individus sont considérés « de type S », on a donc les probabilités suivantes :

 

0

P S 1 ; P M



0



0etP I

 

0 0. Partie A

On étudie l’évolution de l’épidémie au cours des semaines 1 et 2.

1) Reproduire sur la copie et compléter l’arbre de probabilités donné ci-dessous :

Démonstration :

S1

0,85

S2 0,85

M2 0,05

I2 0,1

M1 0,05

M2 0,65

I2 0,35

I1 0,1

I2 1



2) Montrer que P I

 

2 0, 2025.

Démonstration : Selon la formule des probabilités totales, P I

 

2 P S



1I2



P M



1I2



P I



1I2



 

1 S₁

 

2



1



M₁

 

2

 

1 I₁

 

2

P S P I P M P I P I P I 0,85 0,1 0, 05 0,35 0,1 1 0, 2025

             .

3) Sachant qu’un individu est immunisé en semaine 2, quelle est la probabilité, arrondie au millième, qu’il ait été malade en semaine 1 ?

Démonstration : Utilisons la formule de calcul d’une probabilité conditionnelle :

   

 

2

1 2

I 1

2

P M I 0, 05 0, 35 0, 0175

P M 0, 086

P I 0, 2025 0, 2025

 

    .

Partie B

On étudie à long terme l’évolution de la maladie.

Pour tout entier naturel n, on a : un P S

 

n , vn P M



n



et wn P I

 

n les probabilités respectives des évènements S_n,M_n etI_n.

1) Justifier que, pour tout entier naturel n, on a : u_n v_nw_n 1.

Démonstration : Pour tout entier naturel n, les événements S_n, M_netI_nconstituent une partition de l’univers donc la somme de leurs probabilités est 1. Pour tout entier naturel n, unvnwn P S

 

n P M



n



P I

 

n 1.

On admet que la suite

 

vn est définie par v_{n 1} 0, 65v_n0, 05u_n .

2) A l’aide d’un tableau, on calculé les premiers termes des suites

    

un , vn et wn



.

Pour répondre aux questions a) et b), suivantes, on utilisera la feuille de calcul reproduite ci-dessus.

a) Quelle formule, saisie dans la cellule C3, permet par recopie vers le bas, de calculer les termes de la suite

 

vn . Démonstration : On traduit la relation v_{n 1} 0, 65v_n0, 05u_nen =0,65*C2+0,05*B2

b) On admet que les termes de

 

vn augmentent, puis diminuent à partir d’un certain rang N, appelé le « pic épidémique » : c’est l’indice de la semaine pendant laquelle la probabilité d’être malade pour un individu choisi au hasard est la plus grande.

Déterminer la valeur du pic épidémique prévue par ce modèle.

Démonstration : Attention à ne pas confondre la première colonne qui représente les numéros des lignes avec la colonne A qui représente la valeur des rangs de la suite. C’est avec cette dernière colonne qu’il faut répondre. Nous remarquons que v₃ v₄ et v₄v₅donc le pic épidémique est atteint pour N = 4 et dans ce cas, la probabilité d’être malade est environ 0,0859. Donc le pic épidémique a lieu la quatrième semaine.

3) a) Justifier que, pour tout entier naturel n, on a : u_{n 1} 0,85u_n. En déduire l’expression deu_n en fonction de n.

Démonstration : En utilisant l’arbre de probabilité précédent, un individu ne peut pas être de type S durant une semaine donnée, s’il était malade ou immunisé la semaine précédente. Il ne pouvait qu’être de type S la semaine d’avant.

     

_n

   

n 1 n 1 n 1 n n S n 1 n n

u _ P S _ P S_ S P S P S _ P S 0,850,85u . La suite

 

un est donc géométrique de raison q = 0,85 et de premier terme, u0P S

 

0 1. Selon la formule du cours, pour tout n, u_n  1 0,85ⁿ 0,85ⁿ.

b) Montrer, à l’aide d’un raisonnement par récurrence, que pour tout entier naturel n, n



^{n n}



v 1 0,85 0, 65

4  .

Démonstration : Posons la propriété P(n) : n



^{n n}



v 1 0,85 0, 65

4  pour n et montrons qu’elle est vraie par récurrence.

Initialisation : Pour n = 0. v0 P M



0



0et ¹



^{0,850 0, 650}



¹



^{1 1}



⁰

4  4   . Alors 0



^{0 0}



v 1 0,85 0, 65

4  .

Hérédité : Supposons la relation P(n) vraie pour un certain rang n0. Hypothèse de récurrence (HR) :



^{n n}



n

v 1 0,85 0, 65

4  . Montrons alors que P(n + 1) est vraie ( n 1 ^?



^{n 1 n 1}



v 1 0,85 0, 65

4

 

   )

Nous savons que v_{n 1} 0, 65v_n 0, 05u_net queu_n 0,85ⁿ.

Utilisons (HR) : n 1



^{n n}



^{n n n 1 n}

1 1

v 0, 65 0,85 0, 65 0, 05 0,85 0,1625 0,85 0, 65 0, 05 0,85

4 4





 

          

 



0,1625 0, 05



0,85^{n 1} 0, 65^{n 1} 0, 2125 0,85^{n 1} 0, 65^{n 1 1} 0,85 0,85^{n 1} 0, 65^{n 1 1}



0,85^{n 1} 0, 65^{n 1}



4 4 4 4 4

    

                .

Alors P(n) vraie implique P(n + 1) vraie.

Conclusion : Pour tout n, P(n) est vraie c’est-à-dire pour tout n, n



^{n n}



v 1 0,85 0, 65

4  .

4) Calculer les limites de chacune des suites

    

un , vn et wn



.

Que peut-on en déduire quant à l’évolution de l’épidémie prévue à long terme par ce modèle ? Démonstration : Comme 1 0,85 1 alors _n ⁿ

nlim u nlim 0,85 0

    . De même, comme 1 0, 65 1 , ⁿ

nlim 0, 65 0

  alors



^{n n}



n n n

lim v lim 1 0,85 0, 65 0 4

     . Pour finir, pour tout n, u_nv_nw_n 1donc pour tout n, w_n  1 u_nv_n.

Alors n



n n



nlim w nlim 1 u v 1 0 0 1

         .

Interprétons :

 

n



n

  

n

nlim P S 0, lim P Mn 0 et lim P In 1

      .

Sur le long terme, il est peu probable qu’il y ait encore des individus de type S et des individus malades. Par contre, il est quasi-certain que les individus soient immunisés.

Exercice 3 : Déterminer les limites en les justifiant. Interpréter graphiquement ces limites en termes asymptotes, en précisant leurs natures et équations.

1) _x^{lim 2 e}_



^{ x}



^{6 e x}



^.

Démonstration : Nous savons que ^x

xlim e^ 0

  et ^x

xlim e

  . Alors _x^{lim 2 e}_



^{ x}



^2et_x^{lim 6 e}_



^{ x}



^{ }donc par produit,



^x



^x



xlim 2 e^ 6 e

    . Pas d’asymptote.

2)

  

 

x 3 x 3

2x 3 x 9 lim^_ x 3

 

 ^.

Démonstration :

 

x 3

lim 2x 3 3

   ,

 

x 3

lim x 9 6

    et

 

x 3

lim x 3 0

   . Par produit et quotient, nous constatons que nous inversons une limite nulle. Construisons donc un tableau de signe de x – 3 pour donner la limite à droite en 3.

 

x 3 x 3

lim x 3 0^





  ;

 

x 3

lim 2x 3 3 0

    et

 

x 3

lim x 9 6 0

     alors par produit et quotient,

  

 

x 3 x 3

2x 3 x 9 lim^_ x 3

 

  ^. La droite d’équation x = 3 est asymptote verticale à la courbe de la fonction associée.

x - 3 +

x-3 0

3) x

lim 1

x 4x 1

   . Démonstration :

xlim x

  et

xlim 4x 1

    donc par somme,

xlim x 4x 1

    . Par inversion de limite infinie,

x

lim 1 0

x 4x 1

 

  . La droite d’équation y = 0 est asymptote horizontale à la courbe de la fonction associée en.

4) ^{3 2}

xlim 2x 4x 3x 4

    .

Démonstration : Il y a sûrement une forme indéterminée^{"   }

 

^" . Factorisons le terme prépondérant.

3 2 x 0 3

2 3

4 3 4

2x 4x 3x 4 x 2

x x x

  

         

 . ³

xlim x

  et _{2 3}

x

4 3 4

lim 2 2 0

x x x



 

      

 

  donc par produit,

3 2

xlim 2x 4x 3x 4

     . Pas d’asymptote.

5)

3 x 2

x 5x 1

lim^x 3x 4

 

  .

Démonstration : Il y a une forme indéterminée ""

 . Factorisons le terme prépondérant au numérateur et au dénominateur,

puis simplifions.

3

3 x 0 2 3 2 3

2

2

2 2

5 1 5 1

x 1 x 1

x 5x 1 x x x x

3 4 3 4

x 3x 4

x 1 1

x x x x



   

   

   

      

     

   

   

   

.

xlim x

   , _{2 3}

x

5 1

lim 1 1 0

x x



 

   

 

  ^{x 2}

3 4

lim 1 1 0

x x



 

   

 

  donc par produit et quotient,

3 x 2

x 5x 1

lim^x 3x 4

 

   . Pas d’asymptote.

6)

x x x

lim 2 e

e 4





 .

Démonstration : Il y a une forme indéterminée ""

 . Factorisons l’exponentielle au numérateur et au dénominateur, puis

simplifions.

 

 

x

x x x

x x

x x

e 2 1

2e 1

2 e e

e 4 e 1 4 1 4e

e





  

  

   

    

 

.

x xlim e^ 0

  donc _x^{lim 2e}_



^x1



^{ 1et} _x^{lim 1 4e}_



^{ x}



^1 donc par quotient,

x x x

lim 2 e 1

e 4



  

 . La droite d’équation y = -1 est asymptote horizontale à la courbe de la fonction associée en.

7) ₂

x 3

lim x 3

2x 5x 3





  ^. Démonstration :

x 3

lim x 3 0

   et ²

x 3

lim 2x 5x 3 0

    . Nous avons une forme indéterminée 0

" "

0 . Factorisons le numérateur et simplifions avec le dénominateur.

2x25x 3 0 ; ^{  }

 

^{5 2   4 2}

 

^{3 25 24 490} . Il y a deux solutions : ₁ 5 7

x 3

4

   et ₂ 5 7 1

x 4 2

    . Alors

la factorisation du numérateur est : 2x² 5x 3 2 x 3

 

x ¹ 2

 

      

 ^.

 

x 3

x 3 2 x 3 x 3 x 3

x 3 x 3 1 1 1

lim lim lim lim

1 1 2x 1 7

2x 5x 3

2 x 3 x 2 x

2 2



   

 

   



     

      

   

. Pas d’asymptote.

8) ^{x2 6}

xlim e^{ }

 .

Démonstration : utilisons la composition des fonctions.

2

xlim x 6

   et ^X

Xlim e 0

   donc par composition, ^{x2 6}

xlim e^{ } 0

  .

La droite d’équation y = 0 est asymptote horizontale à la courbe de la fonction associée en.