Corrigé sujet 3 – Tle S
Exercice 1
1) \overrightarrow{AB}(1;-1;-1)~
et~\overrightarrow{AC}(2;-5;-3)~ne sont pas colinéaires
(car\overrightarrow{AB} \land \overrightarrow{AC} \not=0~vous devez prouver cela)
Donc A, B, C ne sont pas alignés.
2.a) Il suffit de montrer que (\Delta) est orthogonal à deux droites sécantes du plan.
\vec{u},\overrightarrow{AB}=2 \times 1+(-1)(-1)+3(-1)=0~
et~\vec{u},\overrightarrow{AC}=2 \times 2+(-1)(-5)+3(-3)=0~donc (\Delta) est orthogonale à (AB) et (AC) ; par conséquent (\Delta) est orthogonal au plan (ABC).
b) D’après a), \vec{u}~est un vecteur normal à (ABC)
donc (ABC) :2x-y+3z+d=0~
Or~A \in (ABC)~
donc~2 \times 0-4+3 \times 1+d=0~
d’où~ d=1~
et~ (ABC) :2x-y+3z+1=0
c) (\Delta) est l’ensemble des points M(t) dont les coordonnées (x;y;z) vérifient :
M(t) \begin{cases}x=7+2t \\ y=-1-t \\ z=4+3t \end{cases}
Plus généralement, si une droite (D) passe par un point A et de vecteur directeur \vec{u}\begin{pmatrix}\alpha \\ \beta \\ \gamma\end{pmatrix}, une équation paramétrique de (D) est \begin{cases}x=x_A+\alpha t \\ y=y_A+\beta t \\ z=z_A+\gamma t\end{cases}.
d) On cherche t tel que M(t) \in ~(ABC)~
Or~M(t) \in (ABC) \\ \Rightarrow 2(7+2t)-1-t+3(4+3t)+1=0 \\ \Rightarrow t=-2~d’où~H=M(-2)~ qui a pour coordonnées~(3;1;-2)
H(3;1;-2)
3.a) Il suffit de montrer que les vecteurs normaux respectifs \overrightarrow{n_1}(1;1;1)~et~\overrightarrow{n_2}(1;4;0)~ne sont pas colinéaires.
b) Maintenant qu’on sait que P_1~et~P_2~ sont sécants, il suffit de montrer que la droite proposée est bien contenue dans ces deux plans :
(-4t-2)+(t)+(3t+2)~
et~(-4t-2)+4(t)+2=0~pour tout réel t
c) Il suffit de vérifier qu’un vecteur directeur \vec{v}~de (d) est orthogonal à \vec{u}~, un vecteur normal de (ABC).
Or d’après b), \vec{v}(-4;1;3)~ et
\vec{v}.\vec{u}=-4 \times 2+1 \times (-1)+3 \times 3=0~ce qui prouve que (d) est parallèle à (ABC).
Exercice 2
Sur 10 leçons, il ya 7 leçons que le candidat n’a pas appris.
1) La probabilité qu’il ne connaisse aucune des leçons tirées est :
P_1=\dfrac{C_3^0 C_7^2}{C_{10}^2}=\dfrac{7}{15}
2) Connaître au plus une des leçons tirées signifie que le candidat connait soit une seule des leçons tirées, soit aucune des leçons tirées.
La probabilité qu’il connaisse exactement une seule des leçons tirées est :
p’=\dfrac{C_3^1 C_7^1}{C_{10}^2}=\dfrac{7}{15}
La probabilité qu’il connaisse au plus une des leçons tirées est :
p_2=p_1+p’=\dfrac{7}{15}+\dfrac{7}{15}=\dfrac{14}{15}.
3) La probabilité qu’il connaisse les deux leçons tirées est :
p_3=\dfrac{C_3^2 C_7^0}{C_{10}^2}=\dfrac{1}{15}
4) La probabilité que le candidat connaisse au moins une des leçons tirées est :
p_4=p_3+p’=\dfrac{1}{15}+\dfrac{7}{15}=\dfrac{8}{15}
5) Le nombre maximum de tirages possibles est 4, puisqu’au 4ème tirage, il restera 2 feuilles dans le sac alors que le candidat connait 3 des 10 leçons.
X(\Omega)={1,2,3,4}
a) Loi de X
P(X=1)=p_4=\dfrac{8}{15}.
L’évènement (X=2) signifie que le candidat a échoué au 1er tirage, mais a obtenu au moins une leçon qu’il connait au second.

La loi de X est résumée dans le tableau suivant :

b) L’espérance mathématique de X est :

c) La variance de X est :

L’écart type est :
\sigma (X)=\sqrt{\dfrac{31}{45}}=\dfrac{1}{3}\sqrt{\dfrac{31}{5}}
Problème
Partie A
g(x)=-3-\ln x+\dfrac{1}{x}~;~]0;+\infty[1)

2) g'(x)=-\dfrac{x+1}{x^2} \\ \forall ~x \in~]0;+\infty[ , ~x^2>0 et x+1>0
Alors \forall ~~x \in ]0;+\infty[,~g'(x)<0
On en déduit que :
Sur]0;+\infty[,~g est décroissante.
Tableau de variations de g

3) Sur ]0;+\infty[,~g est continue car dérivable et est strictement décroissante.
Alors g réalise une bijection de :
]0;+\infty[ ~sur~ ]-\infty;+\infty[,~
et~ 0 \in ~]-\infty;+\infty[.
Donc l’équation g(x)=0 admet une unique solution \alpha~ dans~]0;+\infty[.
Montrons que \alpha \in ~[0,4;0,5]
\begin{cases}g(0,4)=0,4>0 \\ g(0,5)=-0,3<0 \end{cases}
On a : g(0,4) \times g(0,5)<0~
donc~\alpha \in ~ [0,4;0,5]
4) g est décroissante et g(\alpha)=0~
On en déduit que :

5) I = \displaystyle{\int_{\frac{1}{4}}^{\alpha}} g(x)dx
a) \forall~\in~]\dfrac{1}{4} ; \alpha[~,~g(x) \geq 0
On en déduit que I est l’aire en unité d’aire délimité par la courbe de g, l’axe des abscisses et les droites d’équation x=\dfrac{1}{4} et x=\alpha
a)

Intégration par parties

Partie B
f(x)=e^{-x}(3+\ln x) ~;~D_f=]0;+\infty[1)

c. Déduction
(C) admet une asymptote verticale d’équation x=0 et une asymptote horizontale d’équation y=0 au voisinage de +\infty
3)

Donc on a : f'(x)=e^{-x}.g(x)
3) f(\alpha)=e^{-\alpha}(-3-\ln \alpha)~
Or~g(\alpha)=0 \Leftrightarrow \ln \alpha=-3+\dfrac{1}{\alpha}~
D’où~f(\alpha)=\dfrac{e^{-\alpha}}{\alpha}=\dfrac{1}{\alpha e^{\alpha}}
Encadrement de f(\alpha)~ \\ 0,4 \leq \alpha \leq 0,5 \\ \Harr 1,49 \leq e^{\alpha} \leq 1,64 \\ \Harr 0,59 \leq \alpha e^{\alpha} \leq 0,82 \\ \Harr 1,21 \leq \dfrac{1}{\alpha e^{\alpha}} \leq 1,69.
On en déduit que :
1,2 \leq f(\alpha) \leq 1,7~à~5.10^{-1} près
4) \forall ~ \in ~]0;+\infty[,e^{-x}>0~.
Donc le signe de f'(x) dépend de celui de g(x)
Par conséquent :
\forall ~x \in ~]0;\alpha[,f'(x)>0 \\ \forall ~x \in ~]\alpha;+\infty[,f'(x)<0
On en déduit que :
Sur ]0;\alpha[, ~f~est croissante
Sur]\alpha;+\infty[~,f~est décroissante
Tableau de variation de f

5)

Alors (C) coupe l’axe des abscisses aux points de coordonnées (e^{-3};0)
6) Tracé de (C)

Partie C
h(x)=\dfrac{1}{3+\ln x}~;~D_h=[0,4 ; 0,5]1) g(x)=0

On en déduit que :
\alpha~ est l’unique solution de l’équation h(x)=x car d’après la Partie A, \alpha est l’unique solution de l’équation g(x)=0
2) h'(x)=\dfrac{-1}{x(3+\ln x)^2}<0 \\ \forall ~x \in [0,4;0,5]
On en déduit que sur [0,4;0,5]~,~h est décroissante.
Déduction
D’après les variations de h

3) \forall ~x \in [0,4;0,5]~;~ 0,4 \leq x \leq 0,5

4) U_0=0,45~et~U_{n+1}=h(U_n) ~\\ \forall ~n \in \N
a) U_0=0,45 \in [0,4;0,5] \\ \forall ~n \in \N ~
supposons que~U_n \in [0,4;0,5]~
et montrons que :
U_{n+1} \in [0,4;0,5]
U_n \in [0,4;0,5] \\ \implies h(U_n) \in [0,4;0,5]~
Car~\forall ~n \in [0,4;0,5],h(x) \in [0,4;0,5]
Or par définition U_{n+1}=h(U_n)~
D’où~U_{n+1} \in [0,4;0,5],
si~U_n \in [0,4;0,5]~
On conclut donc que :
\forall ~n \in \N, ~U_n \in [0,4;0,5]
b) \alpha \in [0,4;0,5]~et~U_n \in [0,4;0,5]~ et on sait que :
\forall ~x \in [0,4;0,5],|h'(x)| \leq \dfrac{3}{5}
D’où d’après l’inégalité de la moyenne on a :

c) En partant de cette inégalité on a :

Faisons le produit membre à membre de ces n inégalités.
On obtient après simplification :

d) Déduction :
\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}} (\dfrac{3}{5})^n=0~car~0<\dfrac{3}{5}<1
On en déduit que :
La suite (U_n)~ est convergente et
\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}(U_n)=\alpha
e) On sait que :

A partir de la valeur n_0=22 de n on est sûr que U_n représente une valeur approchée de \alpha à 10^{-5} près.