annales de mathematiques baccalaureat s centres etrangers 2000

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 (E1 ) =
C61 ×C31 ×C21
12
=
3
55
C11
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 (E2 ) =
C63
C3
7
+ 33 =
3
55
C11 C11
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) =
C53
2
=
3
33
C11
• 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) =
C61 ×C52
4
=
3
11
C11
• 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) =
C62 ×C51
5
=
3
11
C11
• L’évènement ” X = 3 ” se réalise lorsque l’on tire trois boules bleues, donc
:
C3
4
p (X = 3) = 36 =
33
C11
L’espérance est égale à :
E (X) =
2
4
5
4
18
×0+
×1+
×2+
×3 =
33
11
11
33
11
1
2. A l’issue d’un tirage, la probabilité de tirer une boule bleue est de
6
11
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
6
11
De même, la probabilité de ne tirer que des boules rouges est égale à :
k
3
11
Il nous faut donc résoudre l’inéquation :
6 k
11
> 1000
3 k
11
6
3
⇔ k ln 11
> ln 1000 + k ln 11
ln 1000
⇔k> 6
3
ln 11 −ln 11
ln 1000
ln 2
⇔k>
Comme
ln 1000
' 9, 9
ln 2
on en déduit que la valeur minimale de k est 10.
EXERCICE 2
−
−
1. a) D’après le cours →
u1 (1, 3, 0) et →
u2 (2, 1, −1).
→
−
→
−
b) Comme les vecteurs u1 et u2 ne sont pas colinéaires, on peut déjà affirmer
que les droites (D1 ) et (D2 ) 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
 b=2
9 + 3a = 4 + b
a = −1
⇔


2 = 4−b
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 (P1 ). La droite (D1 ) passe par les points A (3, 9, 2)
−
est dirigée par →
u1 , donc un vecteur normal à (P1 ) est :
−
→ −
SA ∧ →
u1 (−5, 7; 1, 9; −5)
Une équation de (P1 ) est donc :
−5, 7x + 1, 9y − 5z + 10 = 0
2
Cherchons une équation de (P2 ). La droite (D2 ) passe par les points B (0, 5; 4; 4)
−
est dirigée par →
u2 , donc un vecteur normal à (P2 ) est :
−
→ −
SB ∧ →
u2 (−3, 9; 5, 3; −2, 5)
Une équation de (P2 ) est donc :
−3, 9x + 5, 3y − 2, 5z − 9, 25 = 0
(a) On cherche l’intersection de (D2 ) et de (P1 ), en résolvant le système :



b = − 76
−5, 7x + 1, 9y − 5z + 10 = 0
−4, 5b − 5, 25 = 0









x = 0, 5 + 2b
x = 0, 5 + 2b
x = − 11
6
⇔
⇔
y = 4+b
y = 4+b
y = 17






6



z = 4−b
z = 4−b
z = 31
6
La droite et le plan se coupent en un point C, et donc ils sont bien sécants.
(b) On cherche l’intersection de (D1 ) et de (P2 ), en résolvant le système :



a = − 29
−3, 9x + 5, 3y − 2, 5z − 9, 25 = 0
12a + 21, 75 = 0



16






x = 3+a
x = 3+a
x = 19
16
⇔
⇔
y = 9 + 3a
y = 9 + 3a



y = 57



16



z=2
z=2
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 (P1 ) et à (D2 ), donc aussi à (P1 ) et à (P2 ). De
même, le point D appartient à (P2 ) et à (D1 ), donc aussi à (P2 ) et à (P1 ). En
conséquence, les plans (P1 ) et (P2 ), 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.
PROBLEME
Premère partie
1. a) On effectue le changement de variable défini par X = x − 1 :
lim g (x) = lim 2 (X + 1) − X ln X = 2
x→1
X→0
b) La fonction g est dérivable sur ]1; +∞[ comme produit de fonctions dérivables,
et :
g0 (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
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
sur ]1 + e; +∞[.
e) La fonction g est dérivable et strictement
décroissante
1 + e; 1 + e3 . Elle définit donc une bijection de 1 + e; 1 + e3 sur 2 − e3 ; 2 + 2e ,
intervalle qui contient 0. L’équation g (x) = 0 admet donc sur 1 + e; 1 + e3 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 :
i
h 1
ln x2 1 − x12
ln x2 + ln 1 − x12
ln
1
−
ln x
x2
ϕ (x) =
=
=2
+
x
x
x
x
En utilisant le formulaire, on a :
lim
x→+∞
ce qui donne :
ln x
=0
x
lim ϕ (x) = 0
x→+∞
b) ϕ est dérivable sur son domaine comme quotient de fonctions dérivables, et
2x
2 −1
×
x
−
ln
x
2x2 − x2 − 1 ln x2 − 1
g x2
2
x −1
0
ϕ (x) =
=
= 2 2
x2
x2 (x2 − 1)
x (x − 1)
Sur ]1; +∞[, le dénominateur est strictement, et donc le signe de ϕ0 (x) est celui
de g (x). c) D’après les questions précédentes :
√
1<√
x < α ⇒ 1 < x2 < α ⇒ g x2 > 0 ⇒ ϕ0 (x) > 0
α < x ⇒ α < x2 ⇒ g x2 < 0 ⇒ ϕ0 (x) < 0
ce qui vérifie bien les sens de variations énoncés dans le texte.
PARTIE II
1. Pour x > 0, on a ex > 1, ce qui légitime les écritures. De plus,
ln e2x − 1
x
ϕ (e ) =
= f (x)
ex
4
2. a) En utlisant le changement de variable défini par X = ex , on a :
lim f (x) = lim ϕ (X) = −∞
x→0
b) De même :
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
est croissante, tandis que la fonction
√exponentielle
ϕ est décroissante surϕ √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 :
√ √ ln (α − 1)
√
f ln α = ϕ α =
α
Or, on sait que
g (α) = 0 ⇔ 2α − (α − 1) ln (α − 1) = 0 ⇔ ln (α − 1) =
2α
α−1
En remplaçant dans l’expression précédente :
√
2α
√ α−1
2 α
f ln α = √
=
α−1
α
D’autre part, la définition d’un maximum entraı̂ne que pour tout x de ]0; +∞[ :
√
√ 2 α
f (x) ≤ f ln α =
α−1
4. On obtient grâce à la célèbre calculatrice :
x
f (x)
0, 1
−1, 36
0, 5
0, 33
1
0, 68
5. Représentation graphique de f :
5
1, 5
0, 66
2
0, 54
3
0, 30
1
-1
1
2
3
4
-1
-2
PARTIE III
1. Calculons pour tout x de ]0; +∞[ :
f 0 (x) + f (x) =
2e2x ×ex −ln e2x −1
e2x −1
e2x
2e2x ×ex
e2x −1
e2x
2ex
2x
e −1
(
)×ex
+
ln(e2x −1)
ex
=
=
Il nous suffit ensuite de simplifier l’expression :
ex
ex
ex (ex + 1) − ex (ex − 1)
2ex
−
=
=
ex − 1 ex + 1
e2x − 1
e2x − 1
ce qui démontre bien que f est solution de l’équation différentielle proposée.
2. a) On pour tout x de ]0; +∞[ :
H (x) = ln (ex − 1) − ln (ex + 1)
en remarquant que pour tout x > 0, on a
ex − 1 > 0 et ex + 1 > 0
b) D’après la question 1) de cette troisième partie, on sait que pour tout x > 0 :
f 0 (x) + f (x) = h (x) ⇒ f (x) = h (x) − f 0 (x) ⇒ F (x) = H (x) − f (x) + k
où k est une constante réelle. Après calcul, les primitives de f ont pour expression :
ln e2x − 1
x
x
F (x) = ln (e − 1) − ln (e + 1) −
+k
ex
6