Correction Devoir commun

(1)

Correction devoir commun

Exercice 1 6 points

A. Étude d’une fonction 1. a. On sait que lim

x→−∞xe^x=0 donc par différence lim

x→−∞g(x)=1 . On sait que lim

x→+∞e^x= +∞donc lim

x→+∞xe^x= +∞et par différence lim

x→+∞g(x)= −∞. b. On admet queg est dérivable surR.

Pour tout réelx,

g^′(x)=0−(1×e^x+x×e^x)

=(−x−1)e^x

c. Une exponentielle étant toujours strictement positive,g^′(x) aura le même signe que−x−1.

On obtient donc le tableau de variation suivant : x

g^′(x) g(x)

−∞ −1 +∞

+ 0 −

−1

1+e⁻¹ 1+e⁻¹

−∞

α

0

d. — Sur l’intervalle ]− ∞; −1[, la fonctiong est croissante et limx−∞g(x)=1 doncg(x) ne peut pas s’annuler sur cet intervalle.

— Sur l’intervalle [−1 ; +∞[, la fonctiong est continue car elle est dérivable;

— limx+∞g(x)= −∞, g(−1)=e⁻¹+1≈1,37 donc 0 appartient à l’intervalle image ]− ∞; g(−1)] donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires l’équationg(x)= 0 admet au moins une solution sur l’intervalle [−1 ;+∞[;

— De plus la fonctiong est strictement décroissante sur cet intervalle, la solution est unique.

— Donc l’équationg(x)=0 admet une unique solutionαsurR.

D’après la calculatrice :

g(0,567)≈0,0004>0 etg(0,568)≈ −0,0023<0 donc 0,567<α<0,568.

e. D’après le tableau de variation, on obtient le signeg(x) : x

g(x)

−∞ α +∞

+ 0 −

2. f est la fonction définie sur [0 ; 1] parf(x)= 1+x 1+e^x. a. f est de la forme u

v avec, pour tout réelx,u(x)=1+xetv(x)=1+e^x on a doncu^′(x)=1 et v^′(x)=e^x. On en déduit que :

f^′(x)=u^′(x)×v(x)−u(x)×v^′(x) (v(x))²

=1×(1+e^x)−(1+x)×e^x (1+e^x)²

= 1−xe^x (1+e^x)²

= g(x) (1+e^x)²

(2)

b. Le dénominateur def^′(x) est le carré d’un nombre réel non nul, il est donc toujours strictement positif.f^′(x) est donc du même signe queg(x) or d’après la partie A,g(x) est strictement positif sur ]− ∞;α[. On en déduit quef est strictement croissante sur [0 ; α].

c. Nous savons que

g(α)=0 1−αe^α=0

1=αe^α 1 α=e^α On en déduit que

f(α)= 1+α 1+e^α

=1+α 1+¹

α

=1+α

α+1 α

=(1+α)× α 1+α

=α

B. Étude d’une suite réelle 1. Démontrons par récurrence que pour tout entier natureln:

0Éu_nÉu_n+1Éα.

• Initialisation :u₀=0,u₁=f(u0)=1

2etα≈0,57 on a donc 0Éu₀Éu₁Éα. La propriété est vrai au rang 0.

• Hérédité : Supposons qu’il existe un entier natureln tel que 0ÉunÉun+1Éαet sous cette hypothèse montrons que 0Éu_n+1Éu_n+2Éα

0ÉunÉun+1Éα

f(0)Éf(un+1)Éf(un)Éf(α) car f est croissante sur [0 ;α] 0É1

2Éu_n+1)Éu_n+2Éα 0Éu_n+1)Éu_n+2Éα La propriété est héréditaire.

• Conclusion : La propriété est vraie au rang 0, elle est héréditaire à partir de ce rang, elle est donc vraie pour tout entier naturel. On a donc, pour toutn∈N, 0Éu_nÉu_n+1Éα.

a. Nous venons de prouver que la suite (un) est croissante et majorée parα, donc d’après le théorème de convergence monotone la suite converge vers une limiteℓinférieure ou égale α.

b. Pour tout entier naturel, nous avonsu_n+1=f(un), or d’une part nous avons lim

n→+∞u_n+1=ℓ et d’autre part lim

n→+∞f(un)= lim

X→ℓf(X)=f(ℓ) carf est continue surR.

(3)

On en déduit que la limiteℓest une solution de l’équation : f(x)=x ⇐⇒ 1+x

1+e^x =x

⇐⇒ 1+x=x(1+e^x)

⇐⇒ 1−xe^x=0

⇐⇒ g(x)=0 La limiteℓest doncα≈0,57.

Exercice 2 6 points 1. a. Premier arbre

A1

A2

0,9

A₃ 0,9

A3

0,1

A₂

0,1 0,4 A3

A3

0,6

b. Les évènements A2et A2 forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales on a :

p(A₃)=p(A₂∩A₃)+p(A₂∩A₃)

=0,9×0,9+0,1×0,4

=0,85 c. On doit calculer :

p_A₃(A₂)=p(A₂∩A₃)

p(A3) =0,9×0,9

0,85 ≈0,95

Sachant que le client a acheté un melon au cours de la semaine 3, la probabilité qu’il en ait acheté un au cours de la semaine 2 vaut environ 0,95 à 10⁻²près.

Dans la suite, pour tout entiernÊ1 : p_n=P(An).

On a ainsip₁=1.

2. a. Deuxième arbre :

An

p_n

An+1

0,9

An+1

0,1

An

1−p_n 0,4 An+1

An+1

0,6

b. Les évènements A_n et A_n forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales on a :

p(A_n+1)=p(A_n∩A_n+1)+p(A_n∩A_n+1)

=p_n×0,9+(1−p_n)×0,4

=0,9pn+0,4−0,4pn

=0,5pn+0,4.

(4)

3. a. Pour tout entiernÊ1, on avn=pn−0,8 donc v_n+1=p_n+1−0,8

=0,5pn+0,4−0,8

=0,5pn−0,4

=0,5 µ

pn−0,4 0,5

¶

=0,5¡

p_n−0,8¢

=0,5×v_n

La suite (vn)nÊ1est donc géométrique de raison 0,5 et de premier termev₁=p₁−0,8=0,2.

b. Donc, pour tout entiernÊ1, (vn)=v₁×0,5ⁿ⁻¹=0,2×0,5ⁿ⁻¹.

Or, pour tout entiernÊ1,v_n=p_n−0,8 doncp_n=v_n+0,8 d’oùp_n=0,8+0,2×0,5ⁿ⁻¹. c. Comme 0É0,5<1 on a lim

n→+∞(0;5)ⁿ⁻¹=0 donc lim

n→+∞0,8+0,2×0,5ⁿ⁻¹=0,8+0,2×0=0,8 Doncp_nconverge vers 0,8, cela signifie qu’après un grand nombre de parties la probabilité de gagner sera proche de 0,8.

4. On souhaite déterminer la plus petite valeur de l’entiernÊ1 telle quep_nÉ0,80001 a. Algorithme :

n←1 p←1

Tant que>0,80001 n←n+1 p←0,5p+0,4 Fin Tant que

b. À l’aide de la table de la calculatrice on remarque quep₁₅≈0,800012 etp₁₆≈0,800006. La valeur cherchée est doncn=16.

Soit ABCDEFGH un cube.

Le point I est le milieu de [AE].

Le point L est le milieu de [CG].

Les points J et K sont définis par les relations vectorielles :

−→ AJ =3

4

−−→

AB et −−→

BK =1 4

−−→ BC

b

A

b

B

bC

bD

b

E

b

F

b

G

b

H

I+

+J

+_K +^L

1. a. Les points A, B, D et E ne sont pas coplanaires donc les vecteurs−−→ AB ,−−→

AD et−→

AE ne sont pas coplanaires. On en déduit que (A;−−→

AB ,−−→ AD ,−→

AE ) est un repère de l’espace.

b. Par lecture graphique on obtient : B(1 ; 0 ; 0) F(1 ; 0 ; 1) I

µ

0 ; 0 ; 1 2

¶ J

µ3 4; 0 ; 0

¶

K µ

1 ; 1 4; 0

¶ L

µ

1 ; 1 ; 1 2

¶

2. a. On calcule les coordonnées des vecteurs directeurs :−→ IJ





34

0

−¹

2





−→KL



 0

34 12



.

Les coordonnées n’étant pas proportionnelles, les vecteurs ne sont pas colinéaires donc les droites (IJ) et (KL) ne sont pas parallèles.

(5)

b. La droite (IJ) passe par I µ

0 ; 0 ; 1 2

¶

et a pour vecteur directeur−→ IJ





3

04

−¹

2



. Une représentation paramétrique de la droite (IJ) est donc :









 x=³

4t

y=0 t∈R z=1

2−¹

2t

Pour la suite, on admettra qu’une représentation paramétrique de la droite (KL) est :





 x=1

y=1+3s s∈R z=¹

2+2s

c. Les droites (IJ) et (KL) sont sécantes si et seulement si il existe un unique couple (t ; s) solution du système :







34t = 1 0 = 1+3s

12−¹

2t = ¹

2+2s

⇐⇒







t = ⁴

3

s = −¹

1 3 2−¹

2×⁴

3 = ¹

2+2×(−¹

3)

⇐⇒







t = ⁴

3

s = −¹

3

−¹

6 = −¹

6

Les droites (IJ) et (KL) sont sécantes en un point S de coordonnées









 x=1

y=1+3×(−¹

3)=0 z=¹

2+2×(−¹

3)= −¹ . 6

Le point a bien pour coordonnées S µ

1 ; 0 ;−1 6

¶ . 3. Le point S appartient-il à la droite (BF)?

On calcule les coordonnées des vecteurs :−→

BF



 0 0 1





−→ SF



 0 0

76



. On remarque que−→

SF =7 6

−→BF , les vecteurs sont donc colinéaires donc les points B, F et S sont alignés. On en déduit que S appartient à la droite (BF), les droites (IJ), (KL) et (BF) sont donc concourantes.

1. Pour tout entier naturelnnon nul on a :

−1Ésin(n)É1

−1

n Ésin(n) n É 1

n 1+

−1

n É1+sin(n)

n É1+1 n Or lim

n→+∞

−1

n = lim

n→+∞

1

n =0 donc lim

n→+∞

µ 1+

−1 n

¶

= lim

n→+∞

µ 1+

−1 n

¶

=1.

Donc d’après le théorème des gendarmes, lim

n→+∞u_n=1. La suite est donc convergente.

L’affirmation est doncfausse. 2. On a, d’une part :

p(A∩B)=p(A)+p(B)−p(A∪B)=0,3+0,5−0,65=0,15

(6)

Et d’autre part :

p(A)×p(B)=0,3×0,5=0,15

Commep(A∩B)=p(A)×p(B) les évènements A et B sont indépendants.

L’affirmation est doncvraie.

3. Remarquons que le dénominateur (2+x)(x−1) est un polynôme du second degré qui s’annule en−2 et 1 et dont le coefficient du terme dominant est positif (a=1), il est donc négatif pour x∈[−2 1].

Donc lim

x→−2⁺(2+x)(x−1)=0⁻. On a donc :

x→−lim2⁺(−x²−5x−4)=12

x→−lim2⁺(2+x)(x−1)=0⁻







donc par quotient lim

x→2⁻

−x²−5x−4 (2+x)(x−1)= −∞

L’affirmation est doncfausse. 4. Pour tout réelx>0 on peut écrire :

g(x)=e^x−3 2−x =e^x

x × 1− ³

e^x 2 x−1 Or lim

x→+∞e^x = +∞donc lim

x→+∞

3

e^x =0 et comme lim

x→+∞

2

x =0 on en déduit que lim

x→+∞

1− ³

e^x 2 x−1 = 1−0

0−1= −1.

De plus, lim

x→+∞

e^x

x = +∞donc par produit lim

x→+∞g(x)= −∞. L’affirmation est doncfausse.