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(Gn∪Gb∪Gr)=p(Gn)+p(Gb)+p(Gr)=C2nC29+C2bC29+C2rC29
c'est à dire g(n, b, r)=C2n+C2b+C2rC29=172[n(n−1)+b(b−1)+r(r−1)]
2. a. Notons →u le vecteur →BN∧→RN.
→u=(9→i−9→j)∧(9→i−9→k)=81→i+81→j+81→k
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+z−9=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(n−1)+b(b−1)+r(r−1)72=n2+b2+r2−n−b−r72=OM2−n−b−r72=OM2−972
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 {∃t∈R : →OH=t→u0les coordonnées de H vérifient l'équation du plan (NBR)
Ce qui est équivalent à {∃t∈R : H a pour coordonnées (t, t, t)t+t+t−9=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)=OM2−n−b−r72=32+32+32−972=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 k−1000 (si les deux boules tirées sont de même couleur) avec les probabilités respectives 1−g(n, b, r)=34 et g(n, b, r)=14.
Par conséquent
E(X)=−100034+(k−1000)14=k4−1000
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 n≥2.
a∧bn=1⇔∃u, v∈Z : au+bnv=1 d'après Bezout ⇒au+bv′=1 avec v′=bn−1v⇒a∧b=1
Réciproquement
a∧b=1⇔∃u, v∈Z : au+bv=1 d'après Bezout ⇔∃u, v∈Z : bv=1−au⇒bnvn=(1−au)n⇔bnvn=n∑p=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′, u′∈Z et
a∧b=1⇒bnv′=1+au′ avec v′=vn⇔−au′+bnv′=1⇒a∧bn=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+2x−5 est définie sur R, continue et dérivable et ∀x∈R, f′(x)=21x2+4x+2.
La dérivée est un polynôme du second degré en x dont le discriminant réduit 22−42 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 limx→−∞f(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+2pq−5=0 soit, en multipliant par q3 : 7p3+2p2q+2pq2−5q3=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(5q2−2pq−2p2)
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 7x−5 est un facteur du polynôme 7x3+2x2+2x−5.
En procédant par identification ou par division euclidienne, on obtient 7x3+2x2+2x−5=(7x−5)(x2+x+1)
les autres solutions de l'équation sont donc celle de x2+x+1=0.
Le discriminant de cette équation est −3=(i√3)2.
les solutions complexes de l'équation sont donc 5/7, j=−1+i√32 et ¯j=−1−i√32
Problème
Partie A
1. a. ∀x∈I, f1(x)=1x∫x11tdt=1x[lnt]x1=lnxx
b. La fonction f0 est définie, continue et dérivable sur I et de dérivée f′0 : x↦ −1x2, fonction strictement négative.
limx→+∞f0(x)=0 et limx→0f0(x)=+∞. Voici le tableau de variation de f0.
x0+∞f′0(x)−+∞f0(x)↘0
La fonction f1 est définie, continue et dérivable sur I et de dérivée f′1 : x↦ 1−lnxx2. La dérivée est ≥0 si et seulement si lnx≤1 c'est à dire x≤e et elle s'annule seulement si x=e.
limx→+∞f1(x)=0 et limx→0f1(x)=−∞. Voici le tableau de variation de f1.
x0e+∞f′1(x)+|1/ef1(x)↗↘−∞0
2. ∀x∈I, f1(x)−f0(x)≥0⇔lnxx−1x≥0⇔lnx−1≥0⇔x≥e
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(1x−lnxx)dx+∫e2e(lnxx−1x)dx
f0 a pour primitives dans I, x↦ lnx+cte.
Pour tout x∈I, f1(x)=u′u avec u=lnx.
Donc f1 a pour primitives dans I, x↦ 12(lnx)2+cte.
A=[lnx−12(lnx)2]e1+[12(lnx)2−lnx]e2e=1−12+(124−2−(12−1))=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
∀x∈I, f′n+1=f′0(x)g(x)+f0(x)g′(x)=−1x2∫x1fn(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 ∫x1f′n+1(t)dt=∫x1−fn+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 p−1 on obtient
p−1∑n=0fn+1(x)=p−1∑n=0(−Fn+1(x)−Fn(x))=−Fp(x)+F0(x)
c'est à dire p∑n=1fn(x)=F0(x)−Fp(x)
ou, en ajoutant f0 aux deux membres p∑n=0fn(x)=f0(x)+F0(x)−Fp(x)
3. a. Pour tout entier naturel non nul n, appelons Pn la propriété "∀x∈I, fn(x)=lnnxn!x."
Nous savons déjà que ∀x∈I, f1(x)=lnxx; P1 est donc vraie.
Supposons Pn vraie pour un entier non nul n donné, c'est à dire ∀x∈I, fn(x)=lnnxn!x.
Alors fn+1(x)=1x∫x1lnntn!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 ∀x∈I, 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 : 0≤lnx≤1, donc ∀x∈[1, e], |fn(x)|=lnnxn!x≤1n!x≤1n!
On en déduit que |Fn(e)|=|∫e1fn(t)tdt|≤∫e1|fn(t)|tdt≤∫e11n!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 :
p∑n=0fn(e)=f0(e)+F0(e)−Fp(e)
et en faisant tendre p vers +∞
limp→+∞p∑n=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=1−1e
limp→+∞p∑n=01n!e=1e+1−1e=1
Et en multipliant par e :
limp→+∞p∑n=01n!=e
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