Rochambeau 201. Enseignement spécifique. Corrigé EXERCICE 1 Partie A : conditionnement des pots 1) La probabilité demandée est p(x 9). La calculatrice fournit p(x 9) = 0,202 arrondi à 10 3. 2) a) Z suit la loi normale centrée réduite c est-à-dire la loi normale de moyenne 0 et d écart-type 1. b) La calculatrice fournit u = 1, arrondi à 10 3. c) X 9 X 0 1 X 0 σ 1 σ puis p(x 9) = 0,06 p (Z 1σ ) = p(z u) 1 σ = u σ = 1 u. La calculatrice fournit σ = 0,63 arrondi à 10 3. 3) a) Y suit la loi binomiale de paramètres n = 0 et p = 0,06. b) La probabilité est p(x 2). La calculatrice fournit p(x 2) = 0,16 arrondi à 10 3. Partie B : campagne publicitaire Un intervalle de confiance au seuil de 9% est [ f 1 n,f 1 n ] = [ 99 10 1, 99 10 10 1 ]. 10 En arrondissant de manière à élargir un peu l intervalle, on obtient l intervalle [0, 622, 0, 792]. Au seuil de confiance 9%, la proportion de personnes satisfaites est comprise entre 62,2 % et 79,2 %. http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 201. Tous droits réservés.
EXERCICE 2 Partie A : positions relatives de C f et 1) Soit x un réel positif. ( g(x) = e x 3e 2x = e 2x (e x 3) = e 2x e x 3 ). Puisque x 0, e x 1. En particulier, e x > 3 puis ex 3 > 0. autre part, e 2x > 0 et finalement g(x) > 0. On a montré que por tout réel positif x, g(x) > 0. 2) Les abscisses des points communs à la courbe C f et à la droite sont les solutions de l équation f(x) = x 3 ou encore de l équation g(x) = 0. après la question précédente, cette équation n a pas de solution dans [0, [ et donc la courbe C f et la droite n ont pas de point commun. Partie B : étude de la fonction g 1) Soit x un réel positif. MN = y M y N = f(x) (x 3) = g(x) = g(x), car g(x) > 0 d après la partie A. onc, pour tout réel positif x, la distance MN est égale à g(x). 2) La fonction g est dérivable sur [0; [ en tant que somme de fonctions dérivables sur [0; [ et pour tout réel x de l intervalle [0; [, g (x) = ( 1) e x 3 ( 2) e 2x = e 2x ( e x 6). 3) Pour tout réel x 0, e 2x > 0 et donc, pour tout réel x 0, g (x) est du signe de e x 6. onc, avec ln g (x) > 0 e x 6 > 0 e x > 6 e x < 6 e x < 6 ( ) 6 x < ln (par stricte croissance de ln sur ]0, [) ( ) ( ) 6 6 et g (x) < 0 x > ln. [ ( )[ ] 6 0, ln, strictement négative sur ln ( ) 6 > 0 car 6 > 1. e même, g (x) = 0 x = ln ( ) [ 6, Ainsi, la fonction g est strictement positive sur ( ) 6 en ln. On en déduit que la fonction g admet un maximum sur l intervalle [0; [ atteint en x 0 = ln maximum est égal à ( ( )) 6 g ln = e ln(6 ) 3e 2 ln( ) 6 = e ln(6 ) 3 (e ln(6 ) ) 2 et s annule ( ) 6. Ce = 6/ 3 (6/) 2 = 2 6 2 12 = 2 12. onc, la fonction g admet sur [0, [ un maximum égal à 2 ( ) 6 12 et atteint en x 0 = ln ou encore la plus grande distance MN est égale à 2 ( ) 6 et est obtenue pour x = ln. 12 http ://www.maths-france.fr 2 c Jean-Louis Rouget, 201. Tous droits réservés.
1 C f 0, ln(1, 2) O 0, 1 2 3 1,0 1, 2,0 2, 3,0 Partie C : étude d une aire 1) Graphique. 1 C f 0, O 1 2 3 0, 1,0 1, 2,0 2, 3,0 http ://www.maths-france.fr 3 c Jean-Louis Rouget, 201. Tous droits réservés.
2) Soit x un réel positif. Puisque la fonction g : t f(t) (t 3) est continue et positive sur l intervalle [0; [, on sait que A(x) = x 0 (f(t) (t 3)) dt = x 0 g(t) dt. Puisque la fonction g est continue sur [0, [, on sait que la fonction A est dérivable sur [0; [ et que A = g. Puisque la fonction g est strictement positive sur [0, [ d après la partie A, la fonction A est strictement croissante sur [0, [. 3) Soit x un réel strictement positif. [ e t x ( A(x) = e t 3e 2t) [ e 2t dt = 3 = e t 3 ] x 0 1 2 0 2 e 2t 0 = ( e x 32 ) e 2x ( e 0 32 ) e0 = 7 2 e x 3 2 e 2x. ] x Pour tout réel x > 0, A(x) = 7 2 e x 3 2 e 2x. ) lim x e x = lim X ex = 0 et lim x e 2x = lim X ex = 0. onc lim A(x) = 7 x 2 0 3 0 = 3,. 2 La[ fonction A est continue [ (car dérivable) sur [0, [ et strictement croissante sur [0, [. onc, pour tout réel k de A(0), lim A(x) = [0;3,[, l équation A(x) = k a une solution et une seule dans [0, [. x Puisque 2 [0;3,[, il existe une valeur de x telle que A(x) = 2. http ://www.maths-france.fr c Jean-Louis Rouget, 201. Tous droits réservés.
EXERCICE 3. Partie A : section du cube par le plan (MNP) 1) Les quatre points M, P, F et G appartiennent au plan (EFG). onc les droites (MP) et (FG) sont coplanaires. Supposons par l absurde (MP) parallèle à (FG). Puisque EFGH est un carré, la parallèle à (FG) passant par M est la droite (EH) et donc (MP) est la droite (EH). Par suite, (MP) coupe la droite (GH) en H mais aussi en P. Ceci impose H = P ce qui est absurde. onc, les droites (MP) et (FG) sont sécantes en un point L. Construction. L H P G M E F N C A B 2) a) Construction. http ://www.maths-france.fr c Jean-Louis Rouget, 201. Tous droits réservés.
L H P G M E F T N C Q A B b) Construisons d abord l intersection des plans (MNP) et (CG). Le point P est commun aux plans (MNP) et (CG). onc les plans (MNP) et (CG) ne sont pas strictement parallèles. autre part, le point M n est pas dans le plan (CG) et donc les plans (MNP) et (CG) ne sont pas confondus. Finalement, les plans (MNP) et (CG) sont sécants en une droite ( ). Le point P est un point commun aux plans (MNP) et (CG). onc le point P est un premier point de ( ). Le point L appartient à la droite (MN) et donc au plan (MNP). Les points L et N sont dans le plan (MNP) et donc la droite (LN) est contenue dans le plan (MNP). Mais alors, le point T est dans le plan (MNP). autre part, le point T est dans le plan (CG) et finalement le point T est un deuxième point de ( ). Ainsi, les plans (MNP) et (CG) sont sécants en la droite (PT). Construisons maintenant l intersection des plans (MNP) et (ABF). Les plans (CG) et (ABF) sont parallèles. Le plan (MNP) est donc sécant au plan (ABF) en une droite parallèle à (PT). autre part, le point Q appartient à la droite (LN) et donc au plan (MNP). Le point Q est ainsi un point commun aux plans (MNP) et (ABF). Finalement, le plan (MNP) coupe le plan (ABF) en la parallèle à (PT) passant par Q. On en déduit la construction : http ://www.maths-france.fr 6 c Jean-Louis Rouget, 201. Tous droits réservés.
A B C E G H F M N P T Q R 3) Le plan (MNP) coupe la face EFH selon le segment [MP], la face CG selon le segment [PT], la face BCG selon le segment [TQ], la face ABF selon le segment [QR] et donc la face AH selon le segment [RM]. A B C E G H F M N P T Q R et si on enlève le haut : http ://www.maths-france.fr 7 c Jean-Louis Rouget, 201. Tous droits réservés.
H P M T R N C Q A B Partie B 1) Le pointmapour coordonnées (0, 12 ),1 ( ) 1,1,1.. Le pointnapour coordonnées ( 1, 1 2, 1 ). Le point P a pour coordonnées 2 2) Le point L est dans le plan (EFG) d équation z = 1 et dans le plan (BCF) d équation x = 1. Les coordonnées de L sont de la forme (1,y,1). Le vecteur ( 1 MP a pour coordonnées, 1 ) 2,0 et le vecteur ( ML a pour coordonnées 1,y 1 ). 2,0 Les vecteurs MP et ML sont colinéaires. Ceci impose y 1 2 1 2 Le point L a pour coordonnées = 1 1/ et donc y 1 2 = 2 puis y = 2. (1, 2,1 ). 3) Le vecteur ( NT a pour coordonnées 0, 1 2, 1 ) et le vecteur PT a pour coordonnées 8 NT. PT = 0 3 1 2 0 1 ( 8 3 ) = 3 8 6. Puisque TN. TP 0, les vecteurs TN et TP ne sont pas orthogonaux ou encore le triangle TPN n est pas rectangle en T. ( ) 3,0, 3. 8 http ://www.maths-france.fr 8 c Jean-Louis Rouget, 201. Tous droits réservés.
EXERCICE. Candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité 1) Pour tout entier naturel n, a n b n = 1 00800 = 2200. Pour tout entier naturel n, a n b n = 2 200. 2) Soit n un entier naturel. Le n1-ème jour, le bassin A perd 10% de son contenu le n-ème jour et gagne 1 % du contenu du bassin B le n-ème jour. onc, a n1 = a n 0,1a n 0,1b n = 0,9a n 0,1(2200 a n ) = 0,7a n 330 = 3 a n 330. Pour tout entier naturel n, a n1 = 3 a n 330. 3) Algorithme complété. Variables : n est un entier naturel a est un réel Initialisation : Affecter à n la valeur 0 Affecter à a la valeur 800 Traitement : Tant que a < 1100, faire : Affecter à a la valeur 0,7 a330 Affecter à n la valeur n1 Fin de Tant que Sortie : Afficher n ) a) Soit n un entier naturel. u n1 = a n1 1320 = 3 u n 330 1320 = 3 a n 990 = 3 (a n 3 ) 990 = 3 (a n 1320) = 3 u n. e plus, u 0 = a 0 1320 = 800 1320 = 20. onc (u n ) n N est la suite géométrique de premier terme u 0 = 20 et de raison q = 3. b) Soit n un entier naturel. On sait que et on en déduit que a n = 1320u n = 1320 20 u n = u 0 q n = 20., Pour tout entier naturel n, a n = u n 1320 = a n = 1320 20. ) On cherche s il existe n tel que a n b n < 1 ou aussi 1 < a n b n < 1. On note que pour tout entier naturel n, a n b n = a n (2200 a n ) = 2a n 2200. Soit n un entier naturel. http ://www.maths-france.fr 9 c Jean-Louis Rouget, 201. Tous droits réservés.
( a n b n < 1 1 < 2a n 2200 < 1 1 < 2 1320 20 ( ) n ) 3 2200 < 1 < 39 1 < 0 1 00 < 1 1 < 1 00 39 < 1 00 < 1 39 100 < < 1 100 ( ) (( ) n ) ( ) 39 3 1 ln < ln < ln (par stricte croissance de ln sur ]0, [) 100 100 ( ) ( ) ( ) 39 3 1 ln < n ln < ln 100 100 ( ) ( ) 39 1 ln ln ( ) 100 100 3 ( ) > n > ( ) (car ln < 0) 3 3 ln ln 2,982... < n < 2,998... Il n existe pas d entier naturel strictement compris entre 2,982... et 2,998... Le problème posé n a pas de solution. http ://www.maths-france.fr 10 c Jean-Louis Rouget, 201. Tous droits réservés.