--> TS ∼ DST 2019/12/07 Exercice 1 On considère dans le repère orthonormé (O,i⃗,j⃗,k⃗)(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k}) ci-dessous, les points A(0;0;4)A(0;0;4), B(5;0;0)B(5;0;0), F(0;3;2)F(0;3;2) et G(4;1,2;0)G(4;1,2;0).
  1. Placer les points FF et GG dans le repère.
    2. Voir graphique précédent
  2. Déterminer les coordonnées des vecteurs AF→\overrightarrow{AF} et BG→\overrightarrow{BG}.
    3. $\overrightarrow{AF}=\begin{pmatrix}x_F-x_A \ y_F-y_A \z_F-z_A\end{pmatrix}$ == $\begin{pmatrix}0-0 \ 3-0 \2-4\end{pmatrix}$ == $\begin{pmatrix}0 \ 3 \-2\end{pmatrix}$.
    $\overrightarrow{BG}=\begin{pmatrix}x_G-x_B \ y_G-y_B \z_G-z_B\end{pmatrix}$ == $\begin{pmatrix} 4-5\ 1,2-0 \0-0\end{pmatrix}$ == $\begin{pmatrix}-1 \ 1,2 \0\end{pmatrix}$.
  3. En déduire des paramétrisations pour les droites (AF)(AF) et (BG)(BG).
    4. Paramétrisation de (AF)(AF)
    $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & x_A + x_{\overrightarrow{AF}}t \ y & = & y_A + y_{\overrightarrow{AF}}t \ z & = & y_A + y_{\overrightarrow{AF}}t \ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}$ ssi $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & 0 \ y & = & 3t \ z & = & 4 -2t \ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}$.

    Paramétrisation de (BG)(BG)
    $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & x_B + x_{\overrightarrow{BG}}t' \ y & = & y_B + y_{\overrightarrow{BG}}t' \ z & = & y_B + y_{\overrightarrow{BG}}t' \ \end{array} \right., t'\in\mathbb{R}$ ssi $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & 5-t' \ y & = & 1,2t' \ z & = & 0 \ \end{array} \right., t'\in\mathbb{R}$. Remark 1 D'autres paramétrisations sont correctes si on choisit d'autres points appartenant aux droites et/ou d'autres vecteurs directeurs.
  4. Montrer que les droites (AF)(AF) et (BG)(BG) sont sécantes en un point CC.
    5. On résout pour cela le système suivant : $$\left\{\begin{array}{rcl} 0 & = & 5-t' \ 3t & = & 1,2t' \ 4-2t & = & 0 \ \end{array} \right.$$ $$\text{ssi }\left\{\begin{array}{rcl} t' & = & 5 \ 3t & = & 1,2\times5 \ t & = & 2 \ \end{array} \right.$$ $$\text{ssi }\left\{\begin{array}{rcl} t' & = & 5 \ 6 & = & 6 \ t & = & 2 \ \end{array} \right.$$ Ainsi, les droites (AF)(AF) et (BF)(BF) sont bien sécante. En remplaçant tt par 22 dans la paramétrisation de (AF)(AF), on obtient : C(0;6;0)C(0;6;0).
  5. Déterminer le volume du tétraèdre OABCOABC.
    6. La formule du volume d'un tétraèdre est : 13Abase×hauteur\dfrac{1}{3}\mathscr{A}_{base}\times hauteur.
    En considérant la base OBCOBC, la hauteur correspondante est OA=4OA=4.
    Le triangle OBCOBC est rectangle en OO donc son aire vaut : 12OB×OC=12×5×6=15\dfrac{1}{2}OB\times OC=\dfrac{1}{2}\times5\times6=15.
    Ainsi le volume cherché vaut : V=13×15×4=20\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times 15\times 4=20.
Exercice 2 Un joueur débute un jeu vidéo et effectue plusieurs parties successives.
On admet que :
• la probabilité qu'il gagne la première partie est de 0,10,1 ;
• s'il gagne une partie, la probabilité de gagner la suivante est égale à 0,80,8 ;
• s'il perd une partie, la probabilité de gagner la suivante est égale à 0,60,6.

On note, pour tout entier naturel nn non nul :

• Gn_{n} l'évènement " le joueur gagne la nn-ième partie " ;
• pnp_{n} la probabilité de l'évènement Gn_{n}·

On a donc p1=0,1p_{1} = 0,1.

Partie A - Les premières parties
  1. Montrer que p2=0,62p_{2} = 0,62. On pourra s'aider d'un arbre pondéré.
    2. G1
    G1
    –
    G2
    G2
    –
    G2
    –
    G2
    0,1
    0,9
    0,8
    0,2
    0,6
    0,4
    D'après la formule des probabilités totale on a :
    p2=0,1×0,8+0,9×0,6p_2=0,1\times0,8+0,9\times0,6 == 0,620,62.
  2. Le joueur a gagné la deuxième partie. Calculer la probabilité qu'il ait perdu la première.
    3. On cherche : PG2(G1‾)=P(G1‾∩G2)P(G2)P_{G_2}(\overline{G_1})=\dfrac{P(\overline{G_1}\cap G_2)}{P(G_2)} == 0,9×0,60,62\dfrac{0,9\times0,6}{0,62} ≈\approx 0,8710,871.
  3. Calculer la probabilité que le joueur gagne au moins une partie sur les trois premières parties.
    4. On construit tout d'abord l'arbre suivant :
    G1
    G1
    –
    G2
    G2
    –
    G2
    –
    G2
    –
    G3
    –
    G3
    –
    G3
    –
    G3
    –
    G3
    –
    G3
    –
    G3
    –
    G3
    0,1
    0,9
    0,8
    0,2
    0,6
    0,4
    0,4
    0,6
    0,2
    0,8
    0,4
    0,6
    0,2
    0,8
    L'événement contraire de celui dont on cherche la probabilité est D : "le joueur ne gagne aucune partie".
    On a : P(D)=0,9×0,4×0,4=0,144P(D)=0,9\times0,4\times0,4=0,144.
    Ainsi la probabilité que le joueur gagne au moins une partie sur les trois premières parties est : 1−0,144=0,8561-0,144 = 0,856.
Partie B - Un grand nombre de parties
  1. Compléter l'arbre de probabilité suivant :
    2. Gn
    Gn
    –
    Gn
    Gn
    –
    Gn
    –
    Gn
    ...
    ...
    ...
    ...
    ...
    ...
    Gn
    Gn
    –
    Gn
    Gn
    –
    Gn
    –
    Gn
    pn
    1-pn
    0,8
    0,2
    0,6
    0,4
  2. Montrer que pour tout entier naturel nn non nul, pn+1=15pn+35p_{n+1} = \dfrac{1}{5}p_{n} + \dfrac{3}{5}.
    3. D'après la formule des probabilités totales on a :
    pn+1=p(Gn+1)=pn×0,8+(1−pn)×0,6p_{n+1} = p(\text{G}_{n+1})=p_n\times0,8+(1-p_n)\times0,6 == 0,8pn+0,6−0,6pn0,8p_n+0,6-0,6p_n == 0,2pn+0,60,2p_n+0,6 == 15pn+35\dfrac{1}{5}p_n+\dfrac{3}{5}.
  3. On considère la suite (un)(u_n) définie pour tout entier nn par : un=pn−34u_n=p_n-\dfrac{3}{4}.
    1. Déterminer la nature de la suite (un)(u_n) et en déduire que pour tout entier nn :
      pn=34−134(15)np_{n} = \dfrac{3}{4} - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^n.
      2. Pour tout entier nn :
      un+1u_{n+1} == pn+1−34p_{n+1}-\dfrac{3}{4}
      == 15pn+35−34\dfrac{1}{5}p_n+\dfrac{3}{5}-\dfrac{3}{4}
      == 15pn−320\dfrac{1}{5}p_n-\dfrac{3}{20}
      == 15(pn−34)\dfrac{1}{5}\left(p_n-\dfrac{3}{4}\right)
      == 15un\dfrac{1}{5}u_n.
      Ainsi la suite (un)(u_n) est géométrique de raison 15\dfrac{1}{5}. Son premier terme u1=p1−34u_1=p_1-\dfrac{3}{4} == 0,1−340,1-\dfrac{3}{4} == −1320-\dfrac{13}{20}.
      Pour tout entier n≥1n\geq1, on a alors :

      un=u1×(15)n−1u_n=u_1\times\left(\dfrac{1}{5} \right)^{n-1} == −1320×(15)n−1-\dfrac{13}{20}\times\left(\dfrac{1}{5} \right)^{n-1} == −134×15(15)n−1-\dfrac{13}{4}\times\dfrac{1}{5}\left(\dfrac{1}{5} \right)^{n-1} == −134(15)n-\dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^{n}.

      Or, un=pn−34u_n=p_n-\dfrac{3}{4}, c'est-à-dire : pn=un+34p_n=u_n+\dfrac{3}{4} == 34−134(15)n\dfrac{3}{4}-\dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^{n}.
    2. Déterminer la limite de la suite (pn)\left(p_{n}\right) quand nn tend vers +∞+ \infty.
      Interpréter ce résultat pour le joueur.
      3. On a 15∈[0;1[\dfrac{1}{5}\in[0\,;1[, donc lim⁡n→+∞(15)n=0\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{1}{5} \right)^{n}=0}.
      Ainsi : lim⁡n→+∞pn=34\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}p_n=\dfrac{3}{4}}.
      Ce qui veut dire qu'après un nombre important de parties jouées, la probabilité que le joueur gagne une partie est de 0,750,75.
Exercice 3 Soit ff la fonction définie sur [0;1][0;1] par f(x)=x5(1−x)f(x)=x^5(1-x). On note Cf\mathcal{C}_f sa courbe représentative dans un repère du plan.
  1. Montrer que, pour tout x∈[0;1]x\in[0;1], f′(x)=x4(5−6x)f'(x)=x^4(5-6x).
    2. La fonction ff est de la forme u×vu\times v avec :
    u(x)=x5u(x)=x^5 et u′(x)=5x4u'(x)=5x^4,
    v(x)=1−xv(x)=1-x et v′(x)=−1v'(x)=-1.

    Ainsi, pour tout x∈[0;1]x\in[0\,;1] :

    f′(x)f'(x) == u′(x)v(x)+u(x)v′(x)u'(x)v(x)+u(x)v'(x)
    == 5x4(1−x)+x5×(−1)5x^4(1-x)+x^5\times(-1)
    == 5x4−5x5−x55x^4-5x^5-x^5
    == 5x4−6x55x^4-6x^5
    == x4(5−6x)x^4(5-6x).
  2. En déduire le tableau de variations de ff sur [0;1][0;1], et la valeur maximale de ff sur cet intervalle.
    3. Pour tout x∈[0;1]x\in[0\,;1], x4≥0x^4\geq0, donc f′(x)f'(x) est du signe de 5−6x5-6x.
    Or, 5−6x≥05-6x\geq0\,\, ssi 5≥6x\,\,5\geq 6x\,\, ssi 56≥x\,\,\dfrac{5}{6}\geq x.
    On obtient alors le tableau de variations suivant :

    xx 00 56\dfrac{5}{6} 11 f′(x)f'(x) ++ 0 −- ≈0,268\approx0,268 f(x)f(x) croissante décroissante 00 00
    Avec f(0)=0f(0)=0, f(1)=0f(1)=0 et f(56)=(56)5×46≈0,268f\left( \dfrac{5}{6} \right)=\left( \dfrac{5}{6} \right)^5\times\dfrac{4}{6} \approx0,268
  3. Déterminer l'équation de la tangente à Cf\mathcal{C}_f au point d'abscisse 11.
    4. L'équation de cette tangente est :
    yy == f′(1)(x−1)+f(1)f'(1)(x-1)+f(1)
    yy == −1(x−1)+0-1(x-1)+0
    yy == −x+1-x+1.
  4. Démontrer que l'équation f(x)=0,01f(x)=0,01 admet exactement deux solutions sur [0;1][0\,;1].
    On note α\alpha la plus petite de ces solutions. Déterminer un encadrement à 10−210^{-2} de α\alpha.
    5. Sur l'intervalle [0;56]\left[0\,;\dfrac{5}{6}\right] :
    • ff est continue (car dérivable),
    • ff est strictement croissante,
    • f(0)=0<0,01f(0)=0 < 0,01 et f(56)≈0,268>0,01f\left( \dfrac{5}{6} \right)\approx0,268 > 0,01
    Ainsi, d'après le théorème de la bijection, l'équation f(x)=0,01f(x)=0,01 admet une unique solution sur l'intervalle [0;56]\left[0\,;\dfrac{5}{6}\right].

    Sur l'intervalle [56;1]\left[\dfrac{5}{6}\,;1\right] :
    • ff est continue (car dérivable),
    • ff est strictement décroissante,
    • f(56)≈0,268>0,01f\left( \dfrac{5}{6} \right)\approx0,268 > 0,01 et f(1)=0<0,01f(1)=0 < 0,01.
    Ainsi, d'après le théorème de la bijection, l'équation f(x)=0,01f(x)=0,01 admet une unique solution sur l'intervalle [56;1]\left[\dfrac{5}{6}\,;1\right].

    Par conséquent l'équation f(x)=0,01f(x)=0,01 admet une unique solution sur [0;1][0\,;1].

    Encadrement à 10−210^{-2} de α\alpha :
    Par balayage à la calculatrice on obtient :
    0,40,4 < < α\alpha < < 0,50,5
    0,440,44 < < α\alpha < < 0,450,45
Exercice 4 On considère les deux suites (an)(a_n) et (bn)(b_n) définies par : {a0=1 et an+1=2bn,b0=2 et bn+1=an+1+bn2.\left\{\begin{array}{ll} a_0=1 \text{ et }a_{n+1}=\dfrac{2}{b_n}, \\ b_0=2 \text{ et } b_{n+1}=\dfrac{a_{n+1}+b_n}{2}.\\ \end{array} \right.
  1. Compléter le tableau ci-dessous, en arrondissant si nécessaire à 10−410^{-4} :
    nn ana_n bnb_n
    00 11 22
    11
    22
    33
    44 Allez l'OM!!!! Allez l'OM!!!!
    2. nn ana_n bnb_n
    00 11 22
    11 11 1,51,5
    22 1,33331,3333 1,41671,4167
    33 1.41181.4118 1.41421.4142
    44 1.41421.4142 1.41421.4142
  2. Émettre une conjecture sur la limite des suites (an)(a_n) et (bn)(b_n).
    3. On peut alors conjecturer que les suites (an)(a_n) et (bn)(b_n) converge vers la même limite qui semble être 2\sqrt{2}.
  3. L'algorithme incomplet ci-dessous, permet de déterminer a5a_5 et b5b_5. Compléter cet algorithme.
    4. aa ← 11
    bb ← …\dots
    Pour i allant de 1 jusqu'à 5 faire :

    8aa ← 2…\dfrac{2}{\dots}

    8bb ← ⋯+b2\dfrac{\dots+b}{2}

    Fin de boucle Pour
    aa ← 11
    bb ← 22
    Pour i allant de 1 jusqu'à 5 faire :

    8aa ← 2b\dfrac{2}{b}

    8bb ← a+b2\dfrac{a+b}{2}

    Fin de boucle Pour

    Voici un exemple de traduction en Python de cet algorithme avec affichage progressive de la valeur des variables :

    Exécuter
    


    






  4. 
On admet dans cette question qu'il existe deux réels aa et bb tels que :
    
    lim⁡n→+∞an=a et lim⁡n→+∞bn=b.\lim_{n\rightarrow+\infty}a_n=a\,\, \text{ et }\lim_{n\rightarrow+\infty}b_n=b.
    
    On peut remarquer alors que :
    
    lim⁡n→+∞an+1=a et lim⁡n→+∞bn+1=b.\lim_{n\rightarrow+\infty}a_{n+1}=a\,\, \text{ et }\lim_{n\rightarrow+\infty}b_{n+1}=b.
    
    

      

    1. 
Justifier que a=2ba=\dfrac{2}{b} et que 2b=a+b2b=a+b.

      2. 


Puisque, pour tout entier nn, an+1=2bna_{n+1}=\dfrac{2}{b_n}, on a alors :



      

lim⁡n→+∞an+1=lim⁡n→+∞2bn\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}a_{n+1}=\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{2}{b_n}}, c'est-à-dire : a=2ba=\dfrac{2}{b}.





      

De même, puisque bn+1=an+1+bn2b_{n+1}=\dfrac{a_{n+1}+b_n}{2}, on a :



      

lim⁡n→+∞bn+1=lim⁡n→+∞an+1+bn2\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}b_{n+1}=\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{a_{n+1}+b_n}{2}}, c'est-à-dire : b=a+b2b=\dfrac{a+b}{2}.


      

Et alors : 2b=a+b2b=a+b.
      



    2. 
En déduire les valeurs de aa et bb.

      3. 



L'égalité 2b=a+b2b=a+b, donne b=ab=a.


      

Les suites (an)(a_n) et (bn)(b_n) ont donc même limite.



      

Et l'égalité a=2ba=\dfrac{2}{b}, devient : a=2aa=\dfrac{2}{a}, c'est-à-dire a2=2a^2=2.



      

Et donc : a=−2a=-\sqrt{2}, ou a=2a=\sqrt{2}.


      

Mais puisque a0a_0 et b0b_0 sont strictement positifs, et que pour obtenir les termes suivants des suites on n'utilise que des additions ou divisions, tous les termes sont positifs.


      

Ainsi, on peut affirmer que a=b=2a=b=\sqrt{2}.


      

        
    
    
    
    
    
    
    
    

    5.