ANNALES DE MATHEMATIQUES BACCALAUREAT S CENTRES ETRANGERS 2000

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1 ANNALES DE MATHEMATIQUES BACCALAUREAT S CENTRES ETRANGERS 2000 ELEMENTS DE SOLUTIONS EXERCICE 1 1. a) Nous sommes dans un cas d équiprobabilité, et donc p(e 1 ) = C1 C1 3 C1 2 C 3 = puisque l on tire une boule de chaque couleur. L évènement les boules sont toutes de la même couleur est la réunion des évènements disjoints les trois boules tirées sont bleues avec les trois boules tirées sont rouges. Donc : p(e 2 ) = C3 C 3 + C3 3 C 3 = 7 55 b) La variable aléatoire X peut prendre les valeurs 0, 1, 2 ou 3. L évènement X = 0 se réalise lorsque l on tire trois boules parmi les rouges et les vertes, donc : p(x = 0) = C3 5 C 3 = 2 33 L évènement X = 1 se réalise lorsque l on tire une boule bleue et deux boules parmi les rouges et les vertes, donc : p(x = 1) = C1 C2 5 C 3 = 4 L évènement X = 2 se réalise lorsque l on tire deux boules bleues et une boule parmi les rouges et les vertes, donc : p(x = 2) = C2 C1 5 C 3 = 5 L évènement X = 3 se réalise lorsque l on tire trois boules bleues, donc : L espérance est égale à : p(x = 3) = C3 C 3 = 4 33 E (X) = = 18 1

2 2. A l issue d un tirage, la probabilité de tirer une boule bleue est de Reconnaissant un schéma de Bernouilli, on peut dire que la probabilité de ne tirer que des boules bleues lors des k tirages est égale à : ( ) k De même, la probabilité de ne tirer que des boules rouges est égale à : Il nous faut donc résoudre l inéquation : ( ( ) 3 k ) k ( > ) k k ln > ln k ln 3 k > ln1000 ln ln 3 k > ln1000 ln2 Comme ln ,9 ln2 on en déduit que la valeur minimale de k est 10. EXERCICE 2 1. a) D après le cours u 1 (1,3,0) et u 2 (2,1, 1). b) Comme les vecteurs u 1 et u 2 ne sont pas colinéaires, on peut déjà affirmer que les droites (D 1 ) et (D 2 ) ne sont pas parallèles ni confondues. Vérifions si elles sont sécantes en cherchant leurs points d intersection par la résolution du système : 3 + a = 0,5 + 2b 9 + 3a = 4 + b 2 = 4 b b = 2 a = 1 a = 1,5 Ce système est évidemment sans solutions, et donc les droites ne sont pas sécantes, donc non coplanaires puisqu elles ne sont pas parallèles. 2. Cherchons une équation de (P 1 ). La droite (D 1 ) passe par les points A(3,9,2) est dirigée par u 1, donc un vecteur normal à (P 1 ) est : Une équation de (P 1 ) est donc : SA u 1 ( 5,7;1,9; 5) 5,7x + 1,9y 5z + 10 = 0 2

3 Cherchons une équation de (P 2 ). La droite (D 2 ) passe par les points B(0,5;4;4) est dirigée par u 2, donc un vecteur normal à (P 2 ) est : Une équation de (P 2 ) est donc : SB u 2 ( 3,9;5,3; 2,5) 3,9x + 5,3y 2,5z 9,25 = 0 (a) On cherche l intersection de (D 2 ) et de (P 1 ), en résolvant le système : 5,7x + 1,9y 5z + 10 = 0 x = 0,5 + 2b y = 4 + b z = 4 b 4,5b 5,25 = 0 x = 0,5 + 2b y = 4 + b z = 4 b b = 7 x = y = 17 z = 31 La droite et le plan se coupent en un point C, et donc ils sont bien sécants. (b) On cherche l intersection de (D 1 ) et de (P 2 ), en résolvant le système : 3,9x + 5,3y 2,5z 9,25 = 0 x = 3 + a y = 9 + 3a z = 2 12a + 21,75 = 0 x = 3 + a y = 9 + 3a z = 2 a = 29 1 x = 19 1 y = 57 1 z = 2 La droite et le plan se coupent en un point D, et donc ils sont bien sécants. (c) Le point C appartient à (P 1 ) et à (D 2 ), donc aussi à (P 1 ) et à (P 2 ). De même, le point D appartient à (P 2 ) et à (D 1 ), donc aussi à (P 2 ) et à (P 1 ). En conséquence, les plans (P 1 ) et (P 2 ), qui ne sont pas parallèles puisque les vecteurs normaux que nous avons trouvé seraient colinéaires, se coupent suivant une droite qui passe par les points S, C et D. L affirmation du technicien est donc vraie, puisqu il suffit de prendre cette droite (SC) pour résoudre le problème. Premère partie PROBLEME 1. a) On effectue le changement de variable défini par X = x 1 : lim g(x) = lim 2(X + 1) X lnx = 2 x 1 X 0 b) La fonction g est dérivable sur ]1; + [ comme produit de fonctions dérivables, et : g (x) = 2 ln(x 1) 1 = 1 ln(x 1) c) On obtient : 1 ln(x 1) > 0 1 > ln(x 1) e > x 1 e + 1 > x 3

4 La solution de l inéquation est donc ]1;1 + e[. d) On en déduit évidemment que la fonction g est strictement croissante sur ]1; 1 + e[, et strictement décroissante sur ]1 + e;+ [. e) La fonction g est dérivable et strictement décroissante sur [ 1 + e;1 + e 3 ]. Elle définit donc une bijection de [ 1 + e;1 + e 3] sur [ 2 e 3 ;2 + 2e ], intervalle qui contient 0. L équation g(x) = 0 admet donc sur [ 1 + e;1 + e 3] une unique solution α. En utilisant le tableau de variations de g,on en déduit que : g(x) < 0 sur ]1;α[ g(x) > 0 sur ]α;+ [ 2. a) De manière immédiate : lim ϕ(x) = x 1 Transformons l expression de ϕ(x) pour le calcul de la limite en 0 : )] ) ) ln [x (1 2 1x lnx 2 + ln (1 1x ϕ(x) = 2 = 2 = 2 lnx ln (1 1x x x x + 2 x En utilisant le formulaire, on a : ce qui donne : lnx lim x + x = 0 lim ϕ(x) = 0 x + b) ϕ est dérivable sur son domaine comme quotient de fonctions dérivables, et ϕ (x) = 2x x 2 1 x ln( x 2 1 ) x 2 ( = 2x2 x 2 1 ) ln ( x 2 1 ) x 2 (x 2 = g( x 2) 1) x 2 (x 2 1) Sur ]1;+ [, le dénominateur est strictement, et donc le signe de ϕ (x) est celui de g(x). c) D après les questions précédentes : 1 < x < α 1 < x 2 < α g ( x 2) > 0 ϕ (x) > 0 α < x α < x 2 g ( x 2) < 0 ϕ (x) < 0 ce qui vérifie bien les sens de variations énoncés dans le texte. PARTIE II 1. Pour x > 0, on a e x > 1, ce qui légitime les écritures. De plus, ϕ(e x ) = ln( e 2x 1 ) = f (x) e x 4

5 2. a) En utlisant le changement de variable défini par X = e x, on a : b) De même : lim f (x) = lim ϕ(x) = x 0 X 1 lim f (x) = lim ϕ(x) = 0 x + X + c) Sur ] 0,ln α [, la fonction exponentielle est croissante, tandis que la fonction ϕ est croissante sur ϕ (] 0,ln α [) = ]1;α[. Par composition, la fonction f est croissante sur ] 0,ln α [. Sur ] ln α,+ [, la fonction exponentielle est croissante, tandis que la fonction ϕ est décroissante sur ϕ (] ln α;+ [) = ]α;+ [. Par composition, la fonction f est décroissante sur ] ln α,+ [. La fonction f admet donc bien un maximum en ln α. 3. Calculons la valeur de ce maximum : Or, on sait que f ( ln α ) = ϕ ( α ) = ln(α 1) α g(α) = 0 2α (α 1)ln(α 1) = 0 ln(α 1) = En remplaçant dans l expression précédente : f ( ln α ) = 2α α 1 α = 2 α α 1 2α α 1 D autre part, la définition d un maximum entraîne que pour tout x de ]0;+ [ : f (x) f ( ln α ) = 2 α α 1 4. On obtient grâce à la célèbre calculatrice : x 0,1 0,5 1 1,5 2 3 f (x) 1,3 0,33 0,8 0, 0,54 0,30 5. Représentation graphique de f : 5

6 PARTIE III 1. Calculons pour tout x de ]0;+ [ : f (x) + f (x) = 2e 2x e 2x 1 ex ln(e 2x 1) e x + ln(e2x 1) e 2x e x = 2e 2x e 2x 1 ex e 2x = 2ex e 2x 1 Il nous suffit ensuite de simplifier l expression : e x e x 1 ex e x + 1 = ex (e x + 1) e x (e x 1) e 2x = 2ex 1 e 2x 1 ce qui démontre bien que f est solution de l équation différentielle proposée. 2. a) On pour tout x de ]0;+ [ : en remarquant que pour tout x > 0, on a H (x) = ln(e x 1) ln(e x + 1) e x 1 > 0 et e x + 1 > 0 b) D après la question 1) de cette troisième partie, on sait que pour tout x > 0 : f (x) + f (x) = h(x) f (x) = h(x) f (x) F (x) = H (x) f (x) + k où k est une constante réelle. Après calcul, les primitives de f ont pour expression : F (x) = ln(e x 1) ln(e x + 1) ln( e 2x 1 ) + k e x