Corrigé Bac Maths S1 1er groupe 2014

Exercice 1

1. L'événement G :  "Obtenir deux boules de même couleur" est réalisé si et seulement si on a soit deux boules noires (événement Gn), soit deux boules blanches (événement Gb), soit deux boules rouges (événement Gr).
Puisque ces trois événements sont incompatibles, p(G)=p(GnGbGr)=p(Gn)+p(Gb)+p(Gr)=C2nC29+C2bC29+C2rC29
c'est à dire g(n, b, r)=C2n+C2b+C2rC29=172[n(n1)+b(b1)+r(r1)]
 
2. a. Notons u le vecteur BNRN.
u=(9i9j)(9i9k)=81i+81j+81k
Le vecteur u étant non nul, les trois points N, B et R ne sont pas alignés ; ils déterminent donc un plan ayant ce vecteur pour vecteur normal ou tout autre vecteur non nul qui lui est colinéaire, par exemple, le vecteur u0 de coordonnées (1, 1, 1).
On en déduit aussi que le plan (NBR) a pour équation cartésienne 1×x+1×y+1×z+d=0, d étant un réel à déterminer.
Pour connaître la valeur de d, il suffit d'exprimer que, par exemple, N appartient au plan (NBR) ; ce qui signifie que 9+d=0 c'est à dire d=9. On trouve donc que ce plan a pour équation x+y+z9=0.
 
b. La somme de toutes les boules étant 9, on a n+b+r=9; donc le point M appartient au plan (NBR).
 
c. Le point M ayant pour coordonnées (n, b, r), on a OM2=n2+b2+r2; donc   
g(n, b, r)=n(n1)+b(b1)+r(r1)72=n2+b2+r2nbr72=OM2nbr72=OM2972
 
d. H est le projeté orthogonal de O sur le plan NBR signifie {OH est colinéaire à u0H appartient au plan (NBR)
c'est à dire {tR : OH=tu0les coordonnées de H vérifient l'équation du plan (NBR)
Ce qui est équivalent à {tR : H a pour coordonnées (t, t, t)t+t+t9=0
 
Donc les coordonnées de H sont (3, 3, 3)
 
e. Pour que g(n, b, r) soit minimale, il faut et il suffit que OM2 le soit. OM doit donc être minimale ; c'est à dire M doit être égale à H ou n=b=r=3.
Dans ce cas g(n, b, r)=OM2nbr72=32+32+32972=14.
 
3. a. Ici g(n, b, r)=14. La variable aléatoire X prend des valeurs -1000 (si las deux boules tirées ne sont pas de même couleur) et k1000 (si les deux boules tirées sont de même couleur) avec les probabilités respectives 1g(n, b, r)=34  et  g(n, b, r)=14.
Par conséquent 
E(X)=100034+(k1000)14=k41000
 
b. Pour que le jeu soit équitable, il faut et il suffit que E(X)=0 c'est à dire k=4000

Exercice 2

1. a. Si n=1, la propriété est triviale. Supposons donc n2.
abn=1u, vZ : au+bnv=1 d'après Bezout au+bv=1 avec v=bn1vab=1
Réciproquement 
ab=1u, vZ : au+bv=1 d'après Bezout u, vZ : bv=1aubnvn=(1au)nbnvn=np=0Cpnap(u)p
Tous les termes de la somme np=0Cpnap(u)p contiennent le facteur a sauf le premier (correspondant à p=0) qui vaut 1 ; donc cette somme s'écrit 1+au, uZ et 
ab=1bnv=1+au avec v=vnau+bnv=1abn=1 d'après Bezout 
 
b. Si a et b sont premiers entre eux, alors a est premier avec bn, d'après le a.
Comme a divise le produit bnc, il doit diviser c, d'après Gauss.
 
2. a. La fonction f : x 7x3+2x2+2x5 est définie sur R, continue et dérivable et xR, f(x)=21x2+4x+2.
La dérivée est un polynôme du second degré en x dont le discriminant réduit 2242 est strictement négatif ; la dérivée est alors strictement positive sur R. La fonction f est donc une bijection de R sur f(R)=R, cette dernière égalité provenant du fait que limx+f(x)=+  et  limxf(x)=.
L'équation f(x)=0 admet donc une solution réelle unique.
f(0)f(1)=30<0 donc la solution réelle de l'équation appartient à  ]0, 1[, d'après le théorème des valeurs intermédiaires.
 
b. Si p/q est solution de l'équation, on doit avoir 7p3q3+2p2q2+2pq5=0 soit, en multipliant par q3 : 7p3+2p2q+2pq25q3=0
Cette relation s'écrit p(7p2+2pq+2q2)=5q3 
donc p divise 5q3 et d'après la question précédente, p divise 5.
Cette relation s'écrit aussi 7p3=q(5q22pq2p2)
donc q divise 7p3 et d'après la question précédente, q divise 7.
 
c. Une éventuelle solution rationnelle de l'équation étant positive, on peut considérer que p et q sont positifs ; alors, les seules valeurs possibles de p sont 1 et 5 et les seules valeurs possibles de q sont 1 et 7. Comme en plus la solution appartient à l'intervalle ]0, 1[, les seuls candidats solutions sont 1/7 et 5/7.
Un calcul direct montre que l'unique solution rationnelle de l'équation est 5/7
 
3. Ce qui précède montre que 7x5 est un facteur du polynôme  7x3+2x2+2x5.
En procédant par identification ou par division euclidienne, on obtient 7x3+2x2+2x5=(7x5)(x2+x+1)
les autres solutions de l'équation sont donc celle de x2+x+1=0.
Le discriminant de cette équation est 3=(i3)2.
les solutions complexes de l'équation sont donc 5/7, j=1+i32 et ¯j=1i32 

Problème

Partie A
 
1. a. xI, f1(x)=1xx11tdt=1x[lnt]x1=lnxx
 
b. La fonction f0 est définie, continue et dérivable sur I et de dérivée f0 : x 1x2, fonction strictement négative.  
limx+f0(x)=0  et  limx0f0(x)=+. Voici le tableau de variation de f0.
 
x0+f0(x)+f0(x)0
 
La fonction f1 est définie, continue et dérivable sur I et de dérivée f1 : x 1lnxx2. La dérivée est 0 si et seulement si lnx1 c'est à dire xe et elle s'annule seulement si x=e.
limx+f1(x)=0  et  limx0f1(x)=. Voici le tableau de variation de f1.
 
x0e+f1(x)+|1/ef1(x)0
 
2. xI, f1(x)f0(x)0lnxx1x0lnx10xe
et f1(x)f0(x)=0 seulement si x=e.
Donc dans l'intervalle ]0, e[, C1 est au dessous de C0 et dans l'intervalle ]e, +[, C1 est au dessus de C0.
 
3. Voici les courbes de C1 et C0.
 
 
4. L'aire demandée vaut en unités d'aire A=e21|f1(x)f0(x)|=e1(1xlnxx)dx+e2e(lnxx1x)dx
 
f0 a pour primitives dans I, x lnx+cte.
Pour tout xI, f1(x)=uu avec u=lnx.
Donc f1 a pour primitives dans I, x 12(lnx)2+cte.
A=[lnx12(lnx)2]e1+[12(lnx)2lnx]e2e=112+(1242(121))=1u.a=4cm2
 
Partie B
 
1. a. Appelons Pn la propriété "fn est dérivable sur I."
Nous savons déjà que f0 est dérivable sur I; P0 est donc vraie.
Supposons Pn vraie pour un entier n donné, c'est à dire fn est dérivable sur I.
Alors l'application g : x x1fn(t)dt est dérivable sur I et de dérivé g : x fn(x); par conséquent fn+1, produit de f0 et de g est dérivable sur I; Pn+1 est donc vraie.
 
b. D'après le a, pour tout entier naturel n, fn+1 est dérivable sur I et 
xI, fn+1=f0(x)g(x)+f0(x)g(x)=1x2x1fn(t)dt+1xfn(x)=1xfn+1(x)+1xfn(x)
 
2. a. Soit x un élément de I.
En intégrant la relation de la question précédente, on obtient x1fn+1(t)dt=x1fn+1(t)+fn(t)tfn(t)dt
c'est à dire fn+1(x)fn+1(1)=Fn+1(x)+Fn(x)
 
ou, puisque fn+1(1)=0
Fn(x)Fn+1(x)=fn+1(x)
 
b. Soit p un entier naturel non nul et x un élément de I.
En sommant la relation précédente de 0 à p1 on obtient 
p1n=0fn+1(x)=p1n=0(Fn+1(x)Fn(x))=Fp(x)+F0(x)
c'est à dire pn=1fn(x)=F0(x)Fp(x)
ou, en ajoutant f0 aux deux membres pn=0fn(x)=f0(x)+F0(x)Fp(x)
 
3. a. Pour tout entier naturel non nul n, appelons Pn la propriété "xI, fn(x)=lnnxn!x."
Nous savons déjà que xI, f1(x)=lnxx; P1 est donc vraie.
Supposons Pn vraie pour un entier non nul n donné, c'est à dire xI, fn(x)=lnnxn!x.
Alors fn+1(x)=1xx1lnntn!tdt
Mais pour tout t dans I, lnntn!t s'écrit 1n!vnv avec v=lnt, l'application t 1n!1n+1vn+1=lnn+1t(n+1)!
est donc une primitive t lnntn!t
Par conséquent xI, fn+1(x)=1x[lnn+1t(n+1)!]x1=lnn+1x(n+1)!x; Pn+1 est donc vraie.
 
b. Pour tout x dans x[1, e], on a puisque la fonction ln est croissante : 0lnx1, donc x[1, e], |fn(x)|=lnnxn!x1n!x1n!
On en déduit que |Fn(e)|=|e1fn(t)tdt|e1|fn(t)|tdte11n!tdt=1n![lnt]e1=1n!
Puisque limn+1n!=0, le théorème des gendarmes permet de conclure que limn+Fn(e)=0
 
c. De la question 2, on tire en remplaçant x par e :
pn=0fn(e)=f0(e)+F0(e)Fp(e)
et en faisant tendre p vers +
limp+pn=0fn(e)=f0(e)+F0(e)limn+Fp(e)=f0(e)+F0(e)
soit en remplaçant fn(e) par lnnen!e=1n!e et sachant que 
F0(e)=e1f0(t)tdt=e11t2dt=[1t]e1=11e
limp+pn=01n!e=1e+11e=1
Et en multipliant par e :
limp+pn=01n!=e

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