E1 Réponse Points Obtenus

TS GRILLE de correction DS5 NOM : Note

E1 Réponse Points Obtenus

Q.1.a

b b

H

1

0, 35

b

C

0, 8

b

F

0, 2

b

H

2

0, 25

b

C

0, 5

b

F

0, 5

b

H

3

0, 4 0, 3

^b

C

b

F

0, 7

0.5

Q.1.b Il s’agit de calculer : P (H

3

∩ C) = P (H

3

)P

H3

(C) = 0, 4 × 0, 3 = 0, 12 0.5 Q.1.c C = (H

1

∩ C) ∪ (H

2

∩ C) ∪ (H

3

∩ C) et les événements H

1

∩ C, H

2

∩ C et H

3

∩ C

sont incompatibles donc, grâce à la formule des probabilités totales on a : P (C) = P (H

1

∩ C) + P (H

2

∩ C) + P (H

3

∩ C)

= P (H

1

)P

H1

(C) + P (H

2

)P

H2

(C) + P (H

3

)P

H3

(C = 0, 35 × 0, 8 + 0, 25 × 0, 5 + 0, 12 = 0, 525 .

0.5

Q.1.d Il s’agit de calculer : P

C

(H

1

) = P (H

1

∩ C)

P (C) = 0, 35 × 0, 8

0, 525 ≈ 0, 533 arrondi à 10

⁻³

près. 0.5 Q.2.a Choisir au hasard un arbre dans le stock et noter s’il s’agit d’un conifère ou non est une

épreuve de Bernoulli. On répète 10 fois cette épreuve de manière identique et indépen- dante. La variable X qui compte le nombre de conifères sur les 10 choix d’arbres suit une loi binomiale de paramètres 10 et 0,525 .

1

Q.2.b P (X = 5) = 10

5

0, 525

⁵

× (1 − 0, 525)

¹⁰⁻⁵

= 0, 243 arrondi à 10

⁻³

près. 0.5 Q.2.c Il s’agit de calculer : P (X 6 8) ≈ 0, 984 (à la calculatrice) arrondi à 10

⁻³

près ou on

pouvait calculer P(X = 9) + P (X = 10) car (X 6 8) = (X = 9) ∪ (X = 10).

0.5

Total −→ 4 points

E2 Réponse Points Obtenus

P1 On remplace z par 3 − i dans 2z + z : 2(3 − i) + 3 − i = 6 + 2i + 3 − i = 9 + i 6 = 9 − i

donc 3 − i n’est pas la solution de l’équation. FAUSSE 1

P2 Ici, il est aussi simple de résoudre l’équation proposée : 3z + 2

z + 1 = z + 3 ⇔ z

²

+ z + 1 = 0. Puis, ∆ = − 3 : z

1

= − b + i √

− ∆

2a = − 1 + i √ 3

2 .

VRAIE

1

P3 z

⁻_AB^−→

= z

B

− z

A

= 1 + i − ( √

2 + 3i) = 1 − √

2 − 2i et z

⁻_CB^−→

= 1 + 5i. Les affixes ne sont pas proportionnelles car 1 − √

2 6 =

⁻²₅

donc les vecteurs −−→ AB et −−→ CB ne sont pas colinéaires et les points A, B et C ne sont pas alignés. VRAIE

1

P4 La fonction f : x 7→ ln(x − 1) − ln(x − 2) définie sur ]2; + ∞ [ admet f

^′

: x 7→ − 1 (x − 1)(x − 2) comme fonction dérivée ; elle est strictement négative sur ]2; + ∞ [ donc f est strictement décroissante sur ]2; + ∞ [. De plus, f est continue sur ]2; + ∞ [ et lim

x→+∞

f (x) = 0 puis

x→2

lim

x>2

f (x) = + ∞ , ln(4) ∈ ]0; + ∞ [ : les conditions sont réunies pour appliquer le théorème de la bijection qui assure l’existence d’une unique solution dans l’intervalle ]2; + ∞ [.

Autre possibilité : l’équation existe sur ]2; + ∞ [. Sur cet intervalle elle est équivalente à ln( x − 1

x − 2 ) = ln(4) et donc à x − 1

x − 2 = 4 soit à x − 1 = 4x − 8 avec x 6 = 2. Cette équation admet une solution, 7

3 , qui appartient à ]2; + ∞ [. VRAIE

1

P5 0 est bien la seule valeur interdite de f : solution de e

^x

− 1 = 0, donc f est définie sur R

^∗

; f est le quotient de fonctions dérivables sur R

^∗

dont le dénominateur ne s’annule pas sur R

^∗

donc f est dérivable sur R

^∗

.

1

∀ x 6 = 0, f

^′

(x) = e

^x

(e

^x

− 1) − e

^x

(e

^x

+ 1)

(e

^x

− 1)

²

= − 2e

^x

(e

^x

− 1)

²

. VRAIE

P6 0 n’est pas solution de l’équation donc l’ensemble des solutions ne peut être celui qui est proposé. FAUX

1

Total −→ 6 points

E3 Réponse Points Obtenus

A.1 f (x) = x ⇔ − ln(x

²

+ 1) = 0 ⇔ x

²

+ 1 = 1 ⇔ x = 0. S = { 0 } 0.5

A.2

x→−∞

lim x

²

+ 1 = + ∞

X→+∞

lim − ln(X ) = −∞

) (composition)

x→+∞

lim − ln(x

²

+ 1) = −∞

x→−∞

lim x = −∞

) (somme)

x→−∞

lim f (x) = −∞

f = u − ln(v) avec u : x 7→ x et v : x 7→ x

²

+ 1. u est dérivable sur R , v est dérivable sur R et v > 0 sur R donc f est dérivable sur R et f

^′

= u

^′

− v

^′

v . Pour tout x de R , f

^′

(x) = 1 − 2x

x

²

+ 1 = x

²

+ 1 − 2x

x

²

+ 1 = (x − 1)

²

x

²

+ 1

• annulation de f

^′

(x) : f

^′

(x) = 0 ⇔ (x − 1)

²

= 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 .

• signe de f

^′

(x) : (x − 1)

²

> 0 et x

²

+ 1 > 0 pour x 6 = 1 donc f

^′

(x) > 0 pour x 6 = 1 . La fonction f est strictement croissante sur R .

1

A.3 Comme f est strictement croissante sur R :

0 6 x 6 1 ⇒ f (0) 6 f (x) 6 f (1) ⇔ 0 6 f (x) 6 1 − ln(2) ⇒ 0 6 f (x) 6 1 . 0.5 A.4.a Cet algorithme donne le plus petit entier n qui permet d’obtenir une image f (n) supé-

rieure ou égale à une valeur choisie par l’utilisateur. Cet entier existe car lim

x→+∞

f (x) = + ∞ .

0.5

A.4.b En utilisant la calculatrice, on constate que f (109) < 100 et f (110) > 100 donc l’entier N cherché est 110 .

0.5

B.1 u

n+1

= f (u

n

) où f est la fonction de la partie A.

∀ n ∈ N , soit P (n) : u

n

∈ [0; 1].

Initialisation : n = 0. u

0

= 0, on a bien u

0

∈ [0; 1] donc P(0) est vraie.

Hérédité : Soit n ∈ N fixé. On suppose P (n) vraie et on cherche à démontrer que cette hypothèse implique P (n + 1) vraie.

P (n) vraie ⇔ u

n

∈ [0; 1] ⇒ f (u

n

) ∈ [0; 1] d’après la question A.3.

⇒ u

n+1

∈ [0; 1] ⇔ P(n + 1) vraie.

Conclusion : D’après le raisonnement par récurrence, u

ⁿ

∈ [0; 1] pour tout n ∈ N . 1 B.2 ∀ n ∈ N , u

ⁿ⁺¹

− u

ⁿ

= − ln(u

²n

+ 1). Or u

²n

+ 1 > 1 donc ln(u

²n

+ 1) > 0

⇔ − ln(u

²n

+ 1) < 0 ⇔ u

n+1

− u

n

< 0.

D’après ce qui précède, la suite (u

n

)

n∈N

est décroissante . 0.5 B.3 (u

n

)

n∈N

est décroissante et minorée par 0 donc, d’après le théorème de convergence

monotone, elle converge vers un nombre ℓ.

0.25

B.4 ℓ est donc solution de f (x) = x. Or d’après la question A.1. cette équation admet 0 comme seule solution donc ℓ = 0 .

0.25

Total −→ 5 points

E5 Réponse Points Obtenus 1 M et N sont les milieux respectifs des segments [EB] et [GB] donc la droite (M N )

est la droite des milieux dans le triangle EGB contenue dans le plan (EBG) : elle est parallèle à (EG). Pour les mêmes raisons (IJ)//(HF ) donc comme (HF ) et (EG) sont perpendiculaires, les droites (IJ) et (M N ) sont orthogonales .

0.5

2

A

D

B

C G

F E

H

A

I

J

M N

bc bc bcbc

bc bc

bc bc bc

bc bc

bc bc bc

J

1

I

1

J et N appartiennent aux deux plans (IJN ) et (BF G) donc la droite (JN ) est l’inter- section des deux plans d’où le point J

1

sur [BC]. Les plans parallèles (EF G) et (ABC) sont coupés par le plan (IJN ) suivant deux droites parallèles, d’où l’obtention du point I

1

sur [DC] en traçant la parallèle à (IJ) passant par (J

1

). On relie I

1

et I points du plans (CDG). La section est le rectangle IJJ

1

I

1

.

1.5

3.a Dans le repère proposé, E a pour coordonnées (0, 0, 1) et G(1, 1, 1). K étant le centre de la face EF GH, il est le milieu de [EG] : x

K

= x

E

+ x

G

2 = 0 + 1

2 = 1

2 , puis de même pour y

K

et z

K

. Finalement, K(

¹₂

,

¹₂

, 1) .

0.5

3.b B(1, 0, 0) donc −−→

BK





x

K

− x

B

= −

¹2

y

^K

− y

^B

=

¹₂

z

K

− z

B

= 1



, le vecteur de coordonnées





− 1 1 2



 est un vecteur directeur de la droite (BK) ; une représentation paramétrique de la droite (BK) est par exemple







x = 1 − s y = s, (s ∈ R ) z = 2s

1

3.c Les droites (M N ) et (BK) sont sécantes s’il existe une valeur du paramètre t et du paramètre s pour lesquelles les coordonnées obtenues avec les deux représentations pa- ramétriques sont les mêmes. On résout donc







1

2

+ t = 1 − s t = s

1 2

= 2s

1

t = s =

¹₄

permet d’obtenir le point (

³₄

,

¹₄

,

¹₂

) comme point d’intersection des deux droites (M N ) et (BK). On obtient donc L((

³₄

,

¹₄

,

¹₂

)

4 F, N et J sont dans le plan (BCF ), le point I ne faisant pas partie de ce plan, les points F, N, J et I ne sont pas coplanaires donc les vecteurs −−→ F N , −→ F J et −→ F I ne sont pas coplanaires.

0.5

Total −→ 5 points

E4 Réponse Points Obtenus A1

• Si n est solution du système, alors n ≡ 1 [5] ; donc n − 11 ≡ − 10 [5].

Or − 10 = 5 × ( − 2) ≡ 0 [5], donc n − 11 ≡ 0 [5], donc n − 11 est divisible par 5.

• Si n est solution du système, alors n ≡ 3 [4] ; donc n − 11 ≡ − 8 [4].

Or − 8 = 4 × ( − 2) ≡ 0 [4], donc n − 11 ≡ 0 [4], donc n − 11 est divisible par 4.

On a donc démontré que si n est solution du système, alors n − 11 est divisible par 4 et par 5.

Affirmation 1 vraie

1

A2

• 11 = 2 × 5 + 1 donc 11 ≡ 1 [5] ; 20k = 5(4k) ≡ 0 [5]. Par somme, on peut dire que 11 + 20k ≡ 1 [5].

• 11 = 2 × 4 + 3 donc 11 ≡ 3 [4] ; 20k = 4(5k) ≡ 0 [4]. Par somme, on peut dire que 11 + 20k ≡ 3 [4].

11 + 20k ≡ 1 [5] et 11 + 20k ≡ 3 [4] donc 11 + 20k est solution du système.

Affirmation 2 vraie

1

B1

( x

n+1

= −

¹³2

x

n

+ 3y

n

y

n+1

= −

³⁵2

x

n

+ 8yn ⇐⇒

x

n+1

y

n+1

=

−13

2

3

−35

2

8

× x

n

y

n

On a donc bien ∀ n ∈ N , X

n+1

= M X

n

0.25

B2a P

⁻¹

M P =

7 − 3

− 5 2

×

−13

2

3

−35

2

8

×

− 2 − 3

− 5 − 7

=

7 − 3

−5

2

1

×

− 2 − 3

− 5 − 7

= 1 0

0

¹₂

Donc P

⁻¹

M P = D = 1 0 0 1 2

!

qui est une matrice diagonale.

0.5

B2b ∀ n ∈ N , D

ⁿ

=





1 0

0 1

2

ⁿ



 0.25

B2c Montrons par récurrence que, pour tout n ∈ N , on a M

ⁿ

= P D

ⁿ

P

⁻¹

.

• Initialisation. On a M

⁰

= I

3

(où I

3

est la matrice identité d’ordre 3), et P D

⁰

P

⁻¹

= P I

3

P

⁻¹

= P P

⁻¹

= I

3

. La propriété est donc vraie pour n = 0.

• Hérédité. Supposons que pour n ∈ N quelconque on ait M

ⁿ

= P D

ⁿ

P

⁻¹

, on doit alors montrer que M

ⁿ⁺¹

= P D

ⁿ⁺¹

P

⁻¹

.

On a

M

ⁿ⁺¹

= M

ⁿ

× M

= P D

ⁿ

P

⁻¹

× P DP

⁻¹

= P D

ⁿ

× P

⁻¹

P × DP

⁻¹

= P D

ⁿ⁺¹

P

⁻¹

ce qu’il fallait démontrer.

• Conclusion.

La relation est vraie au rang 0 et pour n ∈ N quelconque M

ⁿ

= P D

ⁿ

P

⁻¹

entraîne M

ⁿ⁺¹

= P D

ⁿ⁺¹

P

⁻¹

, donc d’après le principe de récurrence, pour tout entier n, on a M

ⁿ

= P D

ⁿ

P

⁻¹

.

1.25

B3 ∀ n ∈ N , x

n

y

n

= X

n

= M

ⁿ

X

0

= − 14 +

₂¹⁵ⁿ

6 −

2⁶ⁿ

− 35 +

₂³⁵ⁿ

15 −

¹⁴2ⁿ

!

× 1

2

On a donc ∀ n ∈ N ,



 

 

x

n

= − 2 + 3 2

ⁿ

y

n

= − 5 + 7

2

ⁿ

0.5

B4 ∀ n ∈ N , 7x

n

− 3y

n

− 1 = − 14 + 21

2

ⁿ

+ 15 − 21

2

ⁿ

− 1 = 0 Donc ∀ n ∈ N , A

n

∈ D

0.25

Total −→ 5 points