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--> DST ∼ 02/02/2019 Exercice 1
  1. Déterminer l'ensemble de définition de la fonction f donnée par f(x)=ln(−x2−4x+21).
    2. Pour que la fonction f soit défini il faut que : −x2−4x+21>0.
    Déterminons le discrimant du polynôme : Δ=(−4)2−4×(−1)×21 = 100.
    Ce polynôme admet deux racines : 4−10−2 = 3 et 4+10−2 = −7.
    Le signe du polynôme est alors :

    x −∞ −7 3 +∞ −x2−4x+21 − 0 + 0 −
    Ainsi, l'ensemble de définition de la fonction f est ]−7;3[.
  2. Pour tout réel x∈[0;π2[, déterminer l'expression de la fonction dérivée de la fonction g définie par g(x)=ln(cos(x)).
    3. La fonction g est de la forme ln(u) avec u(x)=cos(x) et u′(x)=−sin(x).
    On a alors :
    g′(x)=u′(x)u(x) =−sin(x)cos(x) =−tan(x). 
Exercice 2 Déterminer, en justifiant, la limite en +∞ de :
  1. 2×17n+4×(−0,5)n
    2. On a limn→+∞17n = +∞ car 17>1.
    De plus : limn→+∞(−0,5)n = 0 car −0,5∈]−1;1[.
    Ainsi, par somme de limites on obtient : limn→+∞2×17n+4×(−0,5)n = +∞.
  2. 4n2+3n−2−2n+5
    3. limn→+∞4n2+3n−2−2n+5 = limn→+∞4n2−2n = limn→+∞−2n = −∞.
  3. 3e−ncos(n)
    4. Pour tout entier n : −1≤cos(n)≤1.

    Ainsi, puisque 3e−n>0, on a :

    −3e−n≤3e−ncos(n)≤3e−n.

    Or, limn→+∞e−n = 0, donc :

    limn→+∞−3e−n = 0 et limn→+∞3e−n = 0.

    On peut conclure par encadrement de limites que limn→+∞3e−ncos(n) = 0.
  4. 1ln(n)+ln(n)n
    5. On a : limn→+∞ln(n) = +∞, donc : limn→+∞1ln(n) = 0.

    De plus, d'après le cours, par croissances comparées : limn→+∞ln(n)n = 0.

    Ainsi, par somme de limites : limn→+∞1ln(n)+ln(n)n = 0.
  5. cos(π+e−n2)
    6. On a : limn→+∞−n2 = −∞ et limX→−∞eX = 0, ainsi par composition de limites :

    limn→+∞e−n2 = 0, et :

    limn→+∞cos(π+e−n2) = cos(π+0) = −1.
  6. ln(n(n−1)2n(n2+n)+1)
    7. limn→+∞n(n−1)2n(n2+n)+1=limn→+∞n(n2−2n+1)n3+n2+1 =limn→+∞n3−2n2+nn3+n2+1 =limn→+∞n3n3 =1 

    Ainsi : limn→+∞ln(n(n−1)2n(n2+n)+1) = ln(1) = 0.
Exercice 3 Soit f la fonction définie sur R par : f(x)=e−xcos(x+π4). On donne sa représentation graphique dans un repère du plan ci-dessous :
0.10.20.30.40.50.6−0.1
π/2
π
3π/2
2π
-π/2
-π
-3π/2
-2π
    1. À partir du graphique conjecturer le sens de variation de la fonction f sur [0;π]. x 0 π2 π f(x) décroissante croissante
    2. Justifier que pour tout réel x : −e−x≤f(x)≤e−x. Pour tout réel t, −1≤cos(t)≤1, ainsi pour tout réel x : −1≤cos(x+π4)≤1. Et puisque pour tout réel x, e−x>0, on a : −1×e−x≤cos(x+π4)×e−x≤1×e−x, c'est-à-dire : −e−x≤f(x)≤e−x.
    3. En déduire limx→+∞f(x). On a : limx→+∞e−x = 0, et limx→+∞−e−x = 0 donc, par encadrement de limite, puisque$−e−x≤f(x \leq \text{e}^{-x}):\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow+\infty}fx }=0$.
    1. Montrer que pour tout réel t : cos(t+π4)+sin(t+π4)=√2cos(t).
      On pourra rappeler et utiliser les formules du cours sur cos(a+b) et sin(a+b). cos(t+π4)+sin(t+π4)=cos(t)cos(π4)−sin(t)sin(π4)+sin(t)cos(π4)+cos(t)sin(π4) =cos(t)√22−sin(t)√22+sin(t)√22+cos(t)√22 =cos(t)√22+cos(t)√22 =√2cos(t). 
    2. En déduire que pour tout réel x, f′(x)=−√2e−xcos(x). On a f(x)=e−xcos(x+π4), donc pour dériver la fonction f nous allons devoir utiliser la formule de la dérivée d'un produit, et les formules des dérivées : (eu)′=u′eu et (cos(u))′=−u′sin(u).

      On a : (e−x)′ = −e−x.

      De plus : (cos(x+π4))′ = −1×sin(x+π4).

      Ainsi, en utilisant que (uv)′=u′v+v′u, on obtient :

      f′(x)=−e−xcos(x+π4)−sin(x+π4)e−x =−e−x(cos(x+π4)+sin(x+π4)) =−√2e−xcos(x).
    3. Déterminer le sens de variation de f sur [0;π] et préciser son maximun et son minimum sur [0;π]. Puisque pour tout réel x, −√2e−x<0, f′(x) est alors du signe de cos(x).

      On a alors le tableau de variations de f sur [0;π] suivant :

      x 0 π2 π f′(x) − 0 + √22 −√22e−π f(x) décroissante croissante −√22e−π/2

      On a :

      f(0)=e0cos(0+π4) = 1×cos(π4) = √22.

      f(π2) = e−π/2cos(π2+π4) = e−π/2cos(3π4) = −√22e−π/2 ≃ −0,147.

      f(π) = e−πcos(π+π4) e−πcos(5π4) = −√22e−π ≃ −0,031.

      On peut donc conclure que la valeur maximale de f sur [0;π] est √22 et sa valeur minimale −√22e−π/2.
Exercice 4
  1. Dans un repère de l'espace on considère la droite d de représentation paramétrique : {x=−1+3t y=2+t z=3,t∈R.
    1. Donner deux points et deux vecteurs directeurs de d. Pour obtenir deux points remplaçons t par deux valeurs différentes, par exemple 0 et 1.

      Pour t=0, la paramétrisation nous donne le point (−1;2;3).

      Pour t=1, la paramétrisation nous donne le point (2;3;3).

      Pour obtenir un vecteur directeur de la droite d, il suffit de considèrer les coefficients des nombres t dans la paramétrisation.

      Un premier vecteur directeur est par exemple celui de coordonnées : (3 1\0), et pour en obtenir un deuxième il nous suffit de d'avoir un vecteur colinéaire à ce premier et de multplier les coordoonées par 2 par exemple : (6 2\0).
    2. Soient P(1;0;3) et Q(3;2;3) deux points de ce repère. Le milieu du segment [PQ] est-il un point de d ? Déterminons tout d'abord les coordonnées du milieu de [PQ] que l'on note R.

      On a :

      xR=xP+xQ2 = 1+32 = 2.

      yR=yP+yQ2 = 0+22 = 1.

      zR=xP+xQ2 = 3+32 = 3.

      Pour que R(2;1;3) appartienne à d il faut trouver t tel que −1+3t=2 et 2+t=1. Or, ces deux égalités nous donne pour la première t=1 et pour la deuxième t=−1, ce qui est impossible.

      Ainsi on peut affirmer que le milieu du segment [PQ] n'est pas un point de d.
  2. Dans un repère de l'espace Δ est la droite de vecteur directeur →u(1 2 −1) passant par A(6;1;1) et Δ′ la droite de vecteur directeur →v(−1 1 1) et passant par B(3;−3;−6).
    1. Donner une représentation paramétrique de chacune des droites Δ et Δ′. Nous utilisons ici la propriété du cours qui donne la paramétrisation d'une droite passant par A(xA;yA;zA) et dirigée par →u(x→u y→u z→u) : {x=xA+x→ut y=yA+y→ut z=zA+z→ut ,t∈R. On a alors pour Δ : {x=6+t y=1+2t z=1−t ,t∈R. Et pour Δ′ : {x=3−t′ y=−3+t′ z=−6+t′ ,t′∈R.
    2. Existe-t-il un point C de Δ et un point D de Δ′ tel que M(1;−2;3) soit le milieu de [CD] ? Soit t et t′ deux réels tels que C(6+t;1+2t;1−t) et D(3−t′;−3+t′;−6+t′). Pour que M(1;−2;3) soit le milieu de [CD] il faut que :

      {xC+xD2=xM yC+yD2=yM zC+zD2=zM 

      {xC+xD=2xM yC+yD=2yM zC+zD=2zM 

      {6+t+3−t′=2 1+2t−3+t′=−4 1−t−6+t′=6 

      {t−t′=−7 2t+t′=−2 −t+t′=11 

      En additionnant la première égalité à la troisième de ce dernier système nous obtenons l'égalité 0=4, qui est fausse, ce système n'a pas de solution. Il est donc impossible de trouver un point de Δ et un point de Δ′ dont le milieu est le point M.
Exercice 5 Avant le début des travaux de construction d'une autoroute, une équipe d'archéologie préventive procède à des sondages successifs en des points régulièrement espacés sur le terrain. Lorsqu'un sondage permet la découverte de vestiges, il est dit positif.
On note Vn l'événement : « le nième sondage est positif » et pn sa probabilité.

L'expérience acquise au cours de ce type d'investigation permet de prévoir que :
On suppose que le premier sondage est positif, c'est-à-dire : p1=1.
  1. Calculer les probabilités des événements suivants :

    A : « les deuxième et troisième sondages sont positifs »;

    B : « les deuxième et troisième sondages sont négatifs ».

    On pourra s'aider d'un arbre de probabilité. Puisque le premier sondage est positif on peut construire l'arbre suivant pour les deuxième et troisième sondage :
    V2
    V2
    </sub>
    V3
    V3
    </sub>
    V3
    </sub>
    V3
    0,6
    0,4
    0,6
    0,4
    0,1
    0,9
    On a donc : P(A)=P(V2∩V3) = 0,6×0,6 = 0,36.

    Et : P(B)=P(¯V2∩¯V3) = 0,4×0,9 = 0,36.
  2. Calculer la probabilité p3 pour que le troisième sondage soit positif. Toujours d'après l'arbre précédent on a :

    p3=P(V2∩V3)+P(¯V2∩V3) = 0,6×0,6+0,4×0,1 = 0,4.
  3. Le nombre n désigne un entier naturel, n≥2.
    1. Recopier et compléter l'arbre ci-dessous :
      Vn
      Vn
      </sub>
      Vn+1
      Vn+1
      </sub></sub>
      Vn+1
      </sub></sub>
      Vn+1
      Vn
      Vn
      </sub>
      Vn+1
      Vn+1
      </sub></sub>
      Vn+1
      </sub></sub>
      Vn+1
      pn
      1-pn
      0,6
      0,4
      0,1
      0,9
    2. Établir pour tout entier naturel n non nul, que pn+1=0,5pn+0,1. D'après la formule des probabilités totales :

      P(Vn+1)=pn+1 =pn×0,6+(1−pn)×0,1 =0,6pn+0,1−0,1pn =0,5pn+0,1. 
  4. On note (un) la suite définie, pour tout entier naturel n non nul par un=pn−0,2.
    1. Démontrer que (un) est une suite géométrique.
      2. un+1=pn+1−0,2 =0,5pn+0,1−0,2 =0,5pn−0,1 =0,5(pn−0,10,5) =0,5(pn−0,2) =0,5un. 

      Ainsi (un) est bien géométrique de raison 0,5 et de premier terme u1=p1−0,2 = 0,8.
    2. Exprimer un, puis pn en fonction de n. Pour tout entier n, on a : un=u1×0,5n−1 c'est-à-dire un=0,8×0,5n−1.

      De plus, un=pn−0,2 nous donne pn=un+0,2, ainsi : pn=0,8×0,5n−1+0,2.
    3. Calculer la limite de la suite (pn) quand n tend vers +∞. Interpréter le résultat. Puisque 0,5∈[0;1[, on a limn→+∞0,5n−1=0, ainsi par produit et somme de limites :

      limn→+∞pn = limn→+∞0,8×0,5n−1+0,2 = 0+0,2 = 0,2.

      On peut donc affirmer qu'à partir d'un certain nombre de sondages la probabilité qu'un sondage soit positif est proche de 0,2.
    4. Déterminer le premier entier n tel que pn<0,2−10−12. pn<0,2+10−12 0,8×0,5n−1+0,2<0,2+10−12 0,8×0,5n−1<10−12 0,5n−1<10−120,8 ln(0,5n−1)<ln(10−120,8)la fonction ln étant strictement croissante sur ]0;+∞[ (n−1)ln(0,5)<ln(10−120,8) n−1>ln(10−120,8)ln(0,5) car ln(0,5)<0n>ln(10−120,8)ln(0,5)+1 

      Or ln(10−120,8)ln(0,5)+1≃40,5, donc le premier entier n tel que pn<0,2+10−12 est n=41.
Exercice 6 Soit (un) la suite définie par u0=1 et pour tout entier n par : un+1=13un+n−2.
Écrire un algorithme permettant de déterminer u30. Deux solutions proposées : une à l'aide d'une boucle pour et l'autre à l'aide d'une boucle tant que. 
u ← 1

Pour n allant de 0 jusqu'à 29, faire :
   u ← u/3+n-2
Fin de Pour

Afficher u

n ← 0
u ← 1 

Tant que n ≤ 29
    u ←u/3+n-2
    n ← n+1
Fin de Tant que

Afficher u
Exemples programmés en Python :
Exécuter








n = 0
u = 1.0

while n <= 29 :
    u = u/3+n-2
    n = n+1

printu








Exemple Python permettant d'avoir tous les termes jusqu'au trentième :



n = 0
u = 1.0

while n <= 29 :
    u = u/3+n-2
    n = n+1
    print"n="+str(n+" : "+stru)




Exercice 7

Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
 




Partie A




On considère la fonction f définie sur [1;+∞[ par f(x)=x−ln(x)x.




On note C sa courbe représentative dans un repère orthonormal (0,→i,→j).





    


  1. 
Soit g la fonction définie sur [1;+∞[ par g(x)=x2−1+ln(x).





    2. 
    

      


    1. 
Déterminer, pour tout x≥1 l'expression de g′(x).





Pour tout réel x∈[1;+∞[ on a :


      

      

g′(x)=2x+1x.
      


      2. 

    2. 
Dresser le tableau de variation de g sur [1;+∞[ et en déduire le signe de g(x) sur cet intervalle.



Puisque x>1, on a 2x>0 et 1x>0. Ainsi, pour tout x≥1, g′(x)>0.


      

      

On obtient donc le tableau de variation suivant :


      

      





	
		x
		1
		
		+∞
	
	
		g′(x)
		
		+
		
	
	
		
		
		
		
	
	
		g(x)
		
		croissante
		
	
	
		
		0
		
		
	




      

      

Or, g(1)=12−1+ln(1) = 0, ainsi puisque g est strictement croissante sur [1;+∞[, on a que pour tout x≥1, g(x)≥0.

      

      3. 


    

  2. 

      


    1. 
Montrer que pour tout x≥1, f′(x)=g(x)x2.



En utilisant la formule de dérivation d'un quotient (uv)′ = u′v−v′uv2, on obtient pour la dérivée de f(x)=x−ln(x)x :


      

      

f′(x)=1−1x×x−ln(x)×1x2 =x2x2−1−ln(x)x2 =x2−1+ln(x)x2 =g(x)x2 

      


      2. 

    2. 
En déduire les variations de f sur [1;+∞[.



Puisque f′(x)=g(x)x2 et que pour tout x≥1, g(x)≥0 et x2>0, on a que f(x)≥0.


      

      

Ainsi la fonction f est strictement croissante sur [1;+∞[.

      


      3. 

    3. 
Déterminer limx→+∞f(x).


Par croissances comparées nous avons que limx→+∞ln(x)x=0, ainsi :


      

      

limx→+∞f(x) = limx→+∞x−ln(x)x = limx→+∞x−0 = +∞.

      

      4. 



    4. 
La courbe C possède-t-elle une asymptote horizontale et/ou verticale ? Justifier votre réponse.


Sur l'intervalle [1;+∞[ la fonction f est continue. Sa courbe ne possède donc pas d'asymptote verticale. Elle ne possède pas non plus d'asymptote horizontale car pour cela il aurait fallu que sa limite en +∞ soit un nombre réel.



      5. 


    
 

    3.    

  3. 

      


    1. 
Démontrer que l'équation f(x)=2 admet une unique solution α sur [1;+∞[ dont on donnera une valeur approchée à 10−2.



Sur l'intervalle [1;+∞[ :


      

      


        

      • 
La fonction f est continue;

        • 


      • 
La fonction f est strictement croissante;

        • 


      • 
f(1)=1<2 et limx→+∞f(x) = +∞.

        • 

      


      

      

Ainsi, d'après le théorème de la bijection l'équation f(x)=2 admet une unique solution α sur [1;+∞[.


      

      

Pour obtenir une valeur approchée de α à 10−2 déterminons tout d'abord un encadrement à 10−3 de sa valeur. Par balayage à la calculatrice on obtient :


      

      


2≤α≤3 2,3≤α≤2,4 2,36≤α≤2,37 2,363≤α≤2,364 


      

      

Ainsi : α≃2,36.

      

      2. 

    2. 
En utilisant le fait que f(α)=2, montrer que ln(α)=α2−2α.


On a :


      

      


f(α)=2 α−ln(α)α=2 α2−ln(α)=2α ln(α)=α2−2α. 

      

      3. 


    


    4. 




Partie B




On donne en annexe un repère dans lequel est tracée la courbe C représentative de la fonction f.







    


  1. 
Construire dans le repère de l'annexe la droite Δ d'équation y=x.



cf question suivante.



    2. 

  2. 
Soit M2 le point d'abscisse 2 de C et N2 celui d'abscisse 2 de Δ.


    
   
Placer ces points dans le repère de l'annexe et donner la valeur exacte de la distance M2N2.





    123456789123456789
    y=x
    M2
    N2
     


La distance entre les points M2(2;f(2)) et N2(2;2) vaut :


    

    

M2N2=√(xN2−xM2)2+(yN2−yM2)2 =√(2−2)2+(2−f(2))2 =√0+(2−(2−ln(2)2))2 =√(ln(2)2)2 =ln(2)2. 


    

    3. 



  3. 
Pour tout entier naturel k≥2, on note respectivement Mk et Nk les points d'abscisse k de C et Δ.
    

      

    1. 

Montrer que, pour tout entier k≥2, la distance MkNk entre les points Mk et Nk est donnée par MkNk=ln(k)k.



La distance entre les points Mk(k;f(k)) et Nk(k;k) vaut :


      

      

MkNk=√(xNk−xMk)2+(yNk−yMk)2 =√(k−k)2+(k−f(k))2 =√0+(k−(k−ln(k)k))2 =√(ln(k)k)2 =ln(k)k. 

      


      2. 
        

    2. 
Peut-on affirmer que plus k est grand, plus la distance MkNk est proche 0 ?


Par croissances comparées nous savons que : limk→+∞ln(k)k=0, ainsi limk→+∞MkNk=0


      

      

L'affirmation « Plus k est grand, plus la distance MkNk est proche 0. » est vraie.

      

      3. 
        

    3. 
Après exécution de l'algorithme ci-dessous la variable k vaut 16 626 509. Comment interpréter cette valeur ?
        

                   
d ← ln(2)/2
             
k ← 2
             
Tant que d > 0,000001, faire :
             
	k ← k + 1
             
	d ← ln(k)/k

Fin de Tant que
             

      



Cet algorithme nous prouve que le premier entier k pour lequel la distance MkNk<10−6 est k=16626509. Cela veut dire que même si la distance entre la droite Δ et la courbe C de la fonction f se rapproche de 0, cela se fait très lentement.




      4. 

    


    4.