Corrigé du contrôle n 9 (bac blanc)

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1 Exercice Corrigé du contrôle n 9 bac blanc La partie C peut être traitée indépendamment des parties A et B Partie A. D après l indication : x [ λte λt dt = λ t + λ t + λ ] x e λt = x + [ e λx + ] e λ = λ λ e λt = [ xλe λx + e λx] λ. On a lim λx = + car λ >. x + lim x + e x =, donc, par composition lim x + e λx = Partie B Par croissances comparées Conclusion : x lim x + lim x + xe x = donc, par composition, lim x + λxtexte λx = λte λt dt = λ.. Sur le graphique de l annexe à rendre avec la copie : a Voir la surface hachurée sur l annexe à la fin. b On lit comme ordonnée à l origine λ =, 5.. On suppose que EX =. a EX = signifie que la durée de vie d un composant est en moyenne égale à ans. b On a vu que EX = = λ =, 5. λ c On a : P X = λe,5t dt = [ e,5t] = e,5 e,5 = e = e e, 6, 6 au centième près. Ce résultat signifie qu au bout de ans, environ 6% des composants auront cessé de fonctionner. d La loi exponentielle est une loi de durée de vie sans vieillissement. Il faut trouver : P X X = P X X = P X = P X = e = e, 68. Partie C. Les évènements D et D sont indépendants, donc : P D D = P D P D =, 9, 9 =, 5.. Ici la probabilité est égale à : P D D = P D + P D P D D =, 9 +, 9, 5 =, 679.

2 ,7 y,6,5,4,,, x Exercice On définit, pour tout entier naturel n, les nombres complexes z n par : { z = 6 z n+ = + i z n, pour tout entier naturel n. On note r n le module du nombre complexe z n : r n = z n. Dans le plan muni d un repère orthonormé direct d origine O, on considère les points A n d affixes z n.. a z = + i z = + i 6 = 8 + 8i. z = + i + i z = 8 + 8i = 4 + 4i + 4i 4 = 8i. z = + i + i z = 8i = 4i 4 = 4 + 4i. b Voir l annexe. c Si z = + i alors z = = 4, donc z =. Donc z = + i = cos π 4 + i sin π 4. Un argument de + i est donc π 4. d OA = z = r = 6 ; OA = z = r = = 64 = 8 ; A A = z z = 8 + 8i 6 = 8 + 8i = 8.

3 On a donc OA = A A : le triangle est isocèle en A ; D autre part = 6 A A + OA = OA signifie réciproque du théorème de Pythagore que le triangle OA A est rectangle en A.. r n+ = z n+ = + i z n = + i z n le module du produit est égal au produit des modules = r n. r n+ = r n montre que la suite r n est géométrique, de raison. n n On sait que r n r = 6. n Comme < <, on sait que lim =, donc lim n + r n =. n + La suite converge vers. Comme r n = z n = OA n, ceci signifie géométriquement que la limite des points A n est le point O.. a Quel que soit le naturel n : A n A n+ = z n+ z n = + i z n z n + i = z n = + i z n = + i z n = r n = r n+. b L n est donc la somme des n sauf r premiers termes de la suite géométrique r n. n Donc L n = 8. c On sait que lim n + n 6 = 6 + = 6 =, donc lim +. L n = 8 n + = 6 = 6 = 8 A A 6 A 4 A A 5 A 6 Exercice Tout d abord, une figure : A

4 D B E A G F C. a Commençons par des coordonnées «évidentes», puisque liées au repère : A ; ; ; B ; ; ; C ; ; et D ; ;. Puisque F est le milieu de [BC], on en déduit que ses coordonnées sont la moyenne de celles des points B et C, donc F ; ; ; ;. Si on appelle M t le point de paramètre t sur la droite DF, défini tel que. b Les coordonnées du vecteur DF sont donc : DF DM t = t DF, x = t alors la représentation paramétrique de la droite DF est donnée par : y = t t R. z = t c Puisque le plan P est orthogonal à DF, alors un vecteur normal à P est le vecteur DF, de coordonnées ; ;. Une équation cartésienne du plan sera alors de la forme x + y z + d =, où d est un nombre réel. Comme ledit plan doit contenir le point A, le réel d doit être choisi de sorte que les coordonnées de A vérifient l équation, donc : + + d =, ce qui donne d =. Une équation cartésienne du plan P est donc : x + y z =. d Le point H est un point de DF, mais c est aussi un point de P, donc ses coordonnées sont celles d un point de paramètre t dans la représentation paramétrique, qui vérifie également l équation du plan : M t P t + t t = t = t = Le point de paramètre t sur la droite DF est sur le plan P si et seulement si le paramètre t est, ce qui nous indique que le point H est le point de coordonnées : ; ;, c est à dire : H ; ; e Calculons les coordonnées des vecteurs HE et HG : 4

5 HE = HG = ; ; = 6 ; ; ; ; = ; 6 ;. Comme on travaille avec un repère orthonormé, le produit scalaire des deux vecteurs peut être obtenu avec ces coordonnées, et on a : HE HG = = =. Comme le produit scalaire des deux vecteurs est nul, ceux ci sont orthogonaux, et donc l angle ÊHG est bien droit.. On reconnaît dans le point M décrit, le point de paramètre t dans la représentation paramétrique de la droite DF donnée à la question. b.. a Le point E est le milieu du segment [AB], donc ses coordonnées sont E ; ; donc le vecteur ME a pour coordonnées : t ; t ; t, soit ME t ; t ; t. On a donc ME = t + t + t ME = 4 t t + + t 4 + t t + = t 5 t On a bien prouvé ME = t 5 t b On procède de façon analogue pour calculer le carré de la distance MG : Le point G est le milieu du segment [AC], donc ses coordonnées sont E ; ; donc le vecteur MG a pour coordonnées : MG t ; t ; t, soit MG t ; t ; t. On a donc MG =? MG MG = t + t + t MG = t t t + + t t + = t 5 t On a bien prouvé MG = t 5 t = ME. Deux nombres ont le même carré quand ils sont égaux ou opposés, or ME et MG étant des distances, ils ne peuvent être opposés, donc ME = MG et donc le triangle MEG est bien isocèle en M. Visualisons la situation dans le plan MEG : M α E I G 5

6 On nomme I le pied de la hauteur issue de M dans ce triangle. Le triangle étant isocèle en M, cette hauteur est aussi une bissectrice de l angle ÊMG, donc on peut dire que dans le triangle EMI, rectangle en I, l angle ÊMI a donc une mesure égale à α, et donc le sinus de cet angle est égal au quotient de la longueur du côté opposé à l angle α par celle de l hypoténuse, soit : sin = IE α ME, ce qui donne : ME sin = IE, or IE est la moitié de EG, puisque IM, la hauteur issue du sommet principal d un triangle isocèle est aussi la médiane issue de ce sommet, donc I est le milieu de [EG]. La distance EG peut être calculée en utilisant les coordonnées de E et G, puisque le repère est orthonormé : EG = x G x E + y G y E + z G z E = = =. La distance IE étant la moitié de cette distance EG, on arrive bien à l égalité attendue : α ME sin =. c Puisque α désigne la mesure en radians d un angle géométrique, on peut en déduire que cette mesure varie dans l intervalle [ ; π] et donc que le nombre α varie dans [ π ] l intervalle ;, intervalle sur lequel la fonction sinus est strictement croissante, donc comme la fonction linéaire de coefficient l est aussi, plus la mesure α est élevée, α plus le nombre sin l est aussi. La réciproque est vraie également : puisque la fonction est strictement croissante, plus l image est élevée, plus l antécédent l est aussi. α On a donc prouvé que la valeur α est maximale si et seulement si sin l est aussi. α Comme le produit de sin par la distance ME est constant, et que les deux facteurs sont positifs, pour que l un des facteurs soit maximal, il faut et il suffit que l autre soit α minimal, donc cela prouve sin est maximal quand la distance ME est minimale. Enfin, la distance M E étant nécessairement positive, et étant donné que la fonction carré est strictement croissante sur l intervalle [ ; + [, on sait que ME est minimal si et seulement si ME l est aussi. En conclusion, en utilisant ces différentes équivalences, on en déduit que la mesure α est maximale quand ME est minimal. d Le polynôme de degré qu est t 5 t + 5 a un coefficient dominant positif, donc 4 5 son extremum sera un minimum, et celui ci sera atteint pour t = = 5 6. La position du point M telle que la mesure de l angle soit maximale est celle atteinte pour le paramètre t = 5, soit pour M de coordonnées : 6 5 M ; 5 ;. 6 Ce qui suit est hors-sujet : On a alors ME = =

7 Exercice 4 Partie A α On en déduit alors que sin = 4 5 = donne α, 77 soit un angle d environ,5., ce qui, à l aide de la calculatrice 5. Pour toutes les courbes, on a g a = a. Donc on a de bas en haut les courbes Γ,5, Γ,, Γ,9 et Γ,4.. Les courbes Γ,5 et Γ, semblent sécantes à C en deux points ; La courbe Γ,9 semble être tangente à C ; La courbe Γ,4 et C semblent ne pas être sécantes. Il semble donc que : si < a <, 9, Γ a et C ont deux points communs ; si a =, 9, Γ,9 et C ont un point commun ; si a >, 9, Γ a et C n ont pas de point commun. Partie B. Si Mx ; y C Γ a, alors ln x = ax ln x ax = h a x =. Le nombre de points communs à C et Γ a est donc égal au nombre de solutions de l équation h a x =.. a a + x h a x + h a x lna On a en fait : h a x = ax ax =. x x Comme x > et a >, le signe de h ax est celui de ax. Or ax = = ax a = x x =. a D où le tableau de variation de h a. ln x b On sait que lim x + x =. Comme h a x = x ln x x ax, on a donc : ln x lim ax = et par produit : x + x ln x lim x x + x ax =.. Dans cette question et uniquement dans cette question, on suppose que a =,. 7

8 a h, x = ln x, x =. Soit i la fonction définie sur ] ; + [ par ix = ln x, x ; cette fonction est dérivable sur ] ; + [ et sur cet intervalle : i x =, x. x or i x = x, x = =, x 5 = x x = 5. On a de même i x > x, x > >, x 5 > x x < 5. Sur l intervalle ] ; 5 [, la fonction i est continue et strictement croissante de à ln 5, 5 = ln 5, 5, > : la fonction i s annule donc une seule fois sur cet intervalle. On admet que cette équation a aussi une seule solution dans l intervalle ] 5 ; + [. b D après la question précédente la courbe Γ, et C ont deux points communs : l un sur ] ; 5[ et l autre sur ] 5 ; + [. 4. Dans cette question et uniquement dans cette question, on suppose que a = e. a Le tableau de variations montre que le maximum de h e + ln e =. est égal à ln e b Le maximum étant nul, on en déduit que h e x ln x e x ; autrement dit C est sous Γ, sauf pour x = = e où elles ont un seul point commun. e e 5. On a vu que C et Γ a n ont aucun point d intersection lorsque l équation h a x = n a pas de solution, c est-à-dire lorsque le maximum de la fonction h a est inférieur à zéro, soit : lna < lna < ln a > e ln a > e a > e a >, 894, 9. e = 8

9 5 Γ,4 Γ,9 Γ, 4 Γ,