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’´ equiprobabilit´ e, et donc
p(E1) = C1
6×C1
3×C1 2
C3
11 =12
55
puisque l’on tire une boule de chaque couleur. L’´ ev` enement ” les boules sont
toutes de la mˆ eme couleur ” est la r´ eunion des ´ ev` enements disjoints ” les trois
boules tir´ ees sont bleues ” avec ” les trois boules tir´ ees sont rouges ”. Donc :
p(E2) = C3
6
C3
11 +C3
3
C3
11 =7
55
b) La variable al´ eatoire Xpeut prendre les valeurs 0, 1, 2 ou 3.
•L’´ ev` enement ” X=0 ” se r´ ealise lorsque l’on tire trois boules parmi les
rouges et les vertes, donc :
p(X=0) = C3
5
C3
11 =2
33
•L’´ ev` enement ” X=1 ” se r´ ealise lorsque l’on tire une boule bleue et deux
boules parmi les rouges et les vertes, donc :
p(X=1) = C1
6×C2 5
C3
11 =4
11
•L’´ ev` enement ” X=2 ” se r´ ealise lorsque l’on tire deux boules bleues et
une boule parmi les rouges et les vertes, donc :
p(X=2) = C2
6×C1 5
C3
11 =5
11
•L’´ ev` enement ” X=3 ” se r´ ealise lorsque l’on tire trois boules bleues, donc
:
p(X=3) = C3
6
C3
11 =4
33
L’esp´ erance est ´ egale ` a :
E(X) = 2
33 ×0+4 11 ×1+5 11 ×2+4 33 ×3=18 11
1

2. A l’issue d’un tirage, la probabilit´ e de tirer une boule bleue est de
6
11
Reconnaissant un sch´ ema de Bernouilli, on peut dire que la probabilit´ e de ne
tirer que des boules bleues lors des ktirages est ´ egale ` a :
6
11k
De mˆ eme, la probabilit´ e de ne tirer que des boules rouges est ´ egale ` a :
3
11k
Il nous faut donc r´ esoudre l’in´ equation :
6
11k>10003 11k⇔kln 6 11 >ln1000+kln 3 11
⇔k>ln1000
ln 6
11 −ln 3 11
⇔k>ln1000
ln2
Comme ln1000
ln2 '9,9
on en d´ eduit que la valeur minimale de kest 10.
EXERCICE 2
1. a) D’apr` es le cours −→ u1(1,3,0)et −→ u2(2,1,−1).
b) Comme les vecteurs −→ u1et −→ u2ne sont pas colin´ eaires, on peut d´ ej` a affirmer
que les droites (D1)et (D2)ne sont pas parall` eles ni confondues. V´ erifions si
elles sont s´ ecantes en cherchant leurs points d’intersection par la r´ esolution du
syst` eme : 
3+a=0,5+2b
9+3a=4+b
2=4−b⇔
b=2
a=−1
a=1,5
Ce syst` eme est ´ evidemment sans solutions, et donc les droites ne sont pas s´ ecantes,
donc non coplanaires puisqu’elles ne sont pas parall` eles.
2. Cherchons une ´ equation de (P1). La droite (D1)passe par les points A(3,9,2)
est dirig´ ee par −→ u1, donc un vecteur normal ` a(P1)est :
−→
SA∧−→ u1(−5,7;1,9;−5)
Une ´ equation de (P1)est donc :
−5,7x+1,9y−5z+10 =0
2

Cherchons une ´ equation de (P2). La droite (D2)passe par les points B(0,5;4;4)
est dirig´ ee par −→ u2, donc un vecteur normal ` a(P2)est :
−→
SB∧−→ u2(−3,9;5,3;−2,5)
Une ´ equation de (P2)est donc :
−3,9x+5,3y−2,5z−9,25 =0
(a) On cherche l’intersection de (D2)et de (P1), en r´ esolvant le syst` eme :
−5,7x+1,9y−5z+10 =0
x=0,5+2b
y=4+b
z=4−b⇔
−4,5b−5,25 =0
x=0,5+2b
y=4+b
z=4−b⇔
b=−7
6
x=−11
6
y=17
6
z=31
6
La droite et le plan se coupent en un point C, et donc ils sont bien s´ ecants.
(b) On cherche l’intersection de (D1)et de (P2), en r´ esolvant le syst` eme :
−3,9x+5,3y−2,5z−9,25 =0
x=3+a
y=9+3a
z=2⇔
12a+21,75 =0
x=3+a
y=9+3a
z=2⇔
a=−29
16
x=19
16
y=57
16
z=2
La droite et le plan se coupent en un point D, et donc ils sont bien s´ ecants.
(c) Le point Cappartient ` a(P1)et ` a(D2), donc aussi ` a(P1)et ` a(P2). De
mˆ eme, le point Dappartient ` a(P2)et ` a(D1), donc aussi ` a(P2)et ` a(P1). En
cons´ equence, les plans (P1)et (P2), qui ne sont pas parall` eles puisque les
vecteurs normaux que nous avons trouv´ e seraient colin´ eaires, se coupent
suivant une droite qui passe par les points S,Cet D. L’affirmation du
technicien est donc vraie, puisqu’il suffit de prendre cette droite (SC)pour
r´ esoudre le probl` eme.
PROBLEME
Prem` ere partie
1. a) On effectue le changement de variable d´ efini par X=x−1 :
lim
x→1g(x) = lim X→02(X+1)−XlnX=2
b) La fonction gest d´ erivable sur ]1;+∞[comme produit de fonctions d´ erivables,
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’in´ equation est donc ]1;1+e[. d) On en d´ eduit ´ evidemment que
la fonction gest strictement croissante sur ]1;1+e[, et strictement d´ ecroissante
sur ]1+e;+∞[. e) La fonction gest d´ erivable et strictement d´ ecroissante sur
1+e;1+e3. Elle d´
efinit donc une bijection de 1+e;1+e3sur 2−e3;2+2e,
intervalle qui contient 0. L’´ equation g(x) = 0 admet donc sur 1+e;1+e3une
unique solution α. En utilisant le tableau de variations de g,on en d´ eduit que :
•g(x)<0 sur ]1;α[
•g(x)>0 sur ]α;+∞[
2. a) De mani` ere imm´ ediate : lim
x→1ϕ(x) = −∞
Transformons l’expression de ϕ(x)pour le calcul de la limite en 0 :
ϕ(x) = lnhx21−1
x2i
x=lnx2+ln1−1
x2
x=2lnx x+ln1−1
x2
x
En utilisant le formulaire, on a :
lim
x→+∞
lnx
x=0
ce qui donne : lim
x→+∞ϕ(x) = 0
b) ϕest d´ erivable sur son domaine comme quotient de fonctions d´ erivables, et
ϕ0(x) =
2x
x2−1×x−lnx2−1
x2=2x2−x2−1lnx2−1 x2(x2−1)=gx2 x2(x2−1)
Sur ]1;+∞[, le d´ enominateur est strictement, et donc le signe de ϕ0(x)est celui
de g(x). c) D’apr` es les questions pr´ ec´ edentes :
1<x<√α⇒1<x2<α⇒gx2>0⇒ϕ0(x)>0
√α<x⇒α<x2⇒gx2<0⇒ϕ0(x)<0
ce qui v´ erifie bien les sens de variations ´ enonc´ es dans le texte.
PARTIE II
1. Pour x>0, on a ex>1, ce qui l´ egitime les ´ ecritures. De plus,
ϕ(ex) = lne2x−1
ex=f(x)
4

2. a) En utlisant le changement de variable d´ efini par X=ex,ona:
lim
x→0f(x) = lim X→1ϕ(X) = −∞
b) De mˆ eme : lim
x→+∞f(x) = lim
X→+∞ϕ(X) = 0
c) Sur 0,ln√α, la fonction exponentielle est croissante, tandis que la fonction
ϕest croissante sur ϕ0,ln√α= ]1;α[. Par composition, la fonction fest
croissante sur 0,ln√α.
Sur ln√α,+∞, la fonction exponentielle est croissante, tandis que la fonction
ϕest d´ ecroissante sur ϕln√α;+∞= ]α;+∞[. Par composition, la fonction
fest d´ ecroissante sur ln√α,+∞. La fonction fadmet donc bien un maximum
en ln√α.
3. Calculons la valeur de ce maximum :
fln√α=ϕ√α=ln(α−1)
√α
Or, on sait que
g(α) = 0⇔2α−(α−1)ln(α−1) = 0⇔ln(α−1) = 2α
α−1
En remplac¸ant dans l’expression pr´ ec´ edente :
fln√α=
2α
α−1
√α=2√α
α−1
D’autre part, la d´ efinition d’un maximum entraˆ ıne que pour tout xde ]0;+∞[:
f(x)≤fln√α=2√α
α−1
4. On obtient grˆ ace ` a la c´ el` ebre calculatrice :
x0,1 0,5 1 1,5 2 3
f(x)−1,36 0,33 0,68 0,66 0,54 0,30
5. Repr´ esentation graphique de f:
5