Équations et inéquations : Tous les exercices

1.Vérifier qu'en choisissant 1 comme nombre de départ, on obtient -2 avec le programme A.

2.aMontrer que le résultat du programme est 8x - 10.

2.bQuel nombre de départ faut-il choisir pour que le résultat du programme soit égal à 0 ?

On résout 8x - 10 = 0 : 8x = 10.
x = \dfrac{10}{8} = 1,25.

3.aEn appliquant le programme B (Scratch) au nombre 1, quel résultat final obtient-on ?

3.bMontrer que le résultat du programme A est toujours le même que celui du programme B.

Pour un nombre de départ x, le programme B calcule 4x, puis 4x - 5, puis 2(4x - 5) = 8x - 10.
C'est la même expression que le résultat du programme A (question 2.a).
Donc les deux programmes donnent toujours le même résultat, quel que soit le nombre choisi au départ.

1.Calculer f(-4).

f(-4) = (-4 - 1)(-4 + 3) = (-5) \times (-1) = 5.

2.Déterminer l'antécédent de 2 par la fonction g.

On résout g(x) = 2 : 2x + 1 = 2, donc 2x = 1.
L'antécédent de 2 par g est x = \dfrac{1}{2} = 0,5.

3.aQuelle formule doit-on saisir en cellule B3 puis étirer vers la droite pour compléter la ligne 3 ?

On saisit = 2*B1 + 1 dans la cellule B3.

3.bPar lecture du tableau, donner une solution de l'équation f(x) = g(x).

Pour x = 2, le tableau donne f(2) = 5 et g(2) = 5.
Donc x = 2 est une solution de l'équation f(x) = g(x).

4.aAssocier à chacune des fonctions f et g sa représentation graphique.

f est une fonction du second degré : sa courbe est la parabole, c'est la courbe C1.
g est une fonction affine : sa représentation est la droite, c'est la courbe C2.

4.bPar lecture graphique, déterminer les deux solutions de l'équation f(x) = g(x).

Les deux courbes se coupent aux points d'abscisses -2 et 2.
Les solutions sont donc -2 et 2.

5.Lola affirme que les solutions de f(x) = g(x) sont les mêmes que celles de x^{2} - 4 = 0. A-t-elle raison ?

On développe f : \begin{aligned}(x - 1)(x + 3) &= x^{2} + 3x - x - 3 \\ &= x^{2} + 2x - 3\end{aligned}
L'équation f(x) = g(x) s'écrit alors x^{2} + 2x - 3 = 2x + 1.
En soustrayant 2x + 1 des deux côtés : x^{2} + 2x - 3 - 2x - 1 = 0, soit x^{2} - 4 = 0.
Les deux équations sont équivalentes : Lola a raison.

1.Au bout de 24 mois, laquelle des deux offres est la plus intéressante ?

Offre A : 175 + 16 \times 24 = 175 + 384 = 559 €.
Offre B : 23 \times 24 = 552 €.
Comme 552 < 559, l'offre B est la plus intéressante au bout de 24 mois.

2.aAssocier chaque fonction à l'offre correspondante.

f(x) = 175 + 16x correspond à l'offre A (175 € à l'achat puis 16 €/mois).
g(x) = 23x correspond à l'offre B (rien à l'achat, 23 €/mois).

2.bAu bout de combien de mois paie-t-on le même prix avec ces deux offres ?

On résout f(x) = g(x) : 175 + 16x = 23x.
\begin{aligned}175 &= 23x - 16x \\ &= 7x\end{aligned}
x = \dfrac{175}{7} = 25 mois.

2.cEst-on encore dans la période d'engagement ?

La période d'engagement minimum est de 24 mois pour les deux offres.
Au bout de 25 mois, on a dépassé ces 24 mois : on n'est plus dans la période d'engagement.

1.Appliquer le programme A au nombre 5.

2.Parmi les quatre formules, recopier celle saisie dans la cellule B2 puis étirée vers le bas.

La formule saisie est = 3 * A2 * A2 + 7 * A2 - 6 (elle doit fonctionner pour toute valeur de A2, donc utiliser A2 au carré et non une valeur fixe comme 1).

3.À l'aide du tableur, donner une valeur pour laquelle le programme A donne 0.

D'après le tableau, pour un nombre de départ égal à -3, le programme A donne 0.

4.Donner une expression littérale du programme A en fonction de x.

Carré de x, multiplié par 3 : 3x^{2}.
x multiplié par 7 : 7x.
On additionne puis on soustrait 6 : 3x^{2} + 7x - 6.
L'expression littérale du programme A est 3x^{2} + 7x - 6.

5.Appliquer le programme B au nombre 5.

6.Donner une expression littérale du programme B en fonction de x.

L'expression littérale du programme B est (3x - 2)(x + 3).

7.Mathis affirme que, quel que soit le nombre choisi, il trouvera le même résultat avec le programme A et le programme B. A-t-il raison ?

On développe l'expression du programme B :
\begin{aligned}(3x - 2)(x + 3) &= 3x^{2} + 9x - 2x - 6 \\ &= 3x^{2} + 7x - 6\end{aligned}
C'est exactement l'expression du programme A trouvée à la question 4.
Donc Mathis a raison : les deux programmes donnent toujours le même résultat.

8.Résoudre l'équation (3x - 2)(x + 3) = 0. En déduire les valeurs pour lesquelles les programmes A et B donnent 0.

Un produit de facteurs est nul si (et seulement si) l'un au moins des facteurs est nul.
3x - 2 = 0, donc x = \dfrac{2}{3} ; ou x + 3 = 0, donc x = -3.
Les deux programmes étant équivalents à ce produit de facteurs, ils donnent 0 pour x = \dfrac{2}{3} ou x = -3 (on retrouve bien la valeur -3 lue au tableur à la question 3).

A.1.aDonner P(C).

L'énoncé indique directement que 75 % des familles réservent une cabine : P(C) = 0,75.

A.1.bReproduire l'arbre et compléter les quatre pointillés.

A.2Calculer la probabilité qu'une famille réserve un emplacement pour un véhicule et une cabine.

P(V \cap C) = P(V) \times P_V(C) = 0{,}3 \times 0{,}8 = 0,24.

A.3Une famille a réservé une cabine. Déterminer la probabilité qu'elle réserve un emplacement pour un véhicule.

On cherche P_C(V) = \dfrac{P(V \cap C)}{P(C)}.
P_C(V) = \dfrac{0{,}24}{0{,}75} = 0,32.

A.4Déterminer la probabilité qu'une famille n'ayant pas réservé de véhicule réserve tout de même une cabine, arrondie à 10^{-2}. Interpréter le résultat.

D'après la formule des probabilités totales, P(C) = P(V) \times P_V(C) + P(\overline{V}) \times P_{\overline{V}}(C).
0{,}75 = 0{,}24 + 0{,}7 \times P_{\overline{V}}(C)
P_{\overline{V}}(C) = \dfrac{0{,}75 - 0{,}24}{0{,}7} = \dfrac{0{,}51}{0{,}7} \approx 0,73.
Interprétation : parmi les familles qui ne réservent pas d'emplacement pour un véhicule, environ 73 % réservent tout de même une cabine.

B.1Justifier que E(X) = 96 et que V(X) = 3114.

E(X) = 0 \times 0{,}19 + 70 \times 0{,}06 + 100 \times 0{,}51 + 170 \times 0{,}24 = 4{,}2 + 51 + 40{,}8 = 96.
\begin{aligned}E(X^{2}) &= 0^{2} \times 0{,}19 + 70^{2} \times 0{,}06 + 100^{2} \times 0{,}51 + 170^{2} \times 0{,}24 \\ &= 294 + 5\,100 + 6\,936 \\ &= 12\,330\end{aligned}
V(X) = E(X^{2}) - (E(X))^{2} = 12\,330 - 96^{2} = 12\,330 - 9\,216 = 3 114.

B.2.aJustifier que Z = 0,6(X + Y).

Une remise de 40 % revient à ne payer que 60 % du montant total des suppléments et des extras, soit X + Y : donc Z = 0{,}6(X + Y).

B.2.bEn déduire que E(Z) = 120 et que V(Z) = 1728.

E(Z) = 0{,}6 \times (E(X) + E(Y)) = 0{,}6 \times (96 + 104) = 0{,}6 \times 200 = 120.
X et Y étant indépendantes, V(Z) = 0{,}6^{2} \times (V(X) + V(Y)) = 0{,}36 \times (3\,114 + 1\,686) = 0{,}36 \times 4\,800 = 1 728.

B.3.aMontrer que E(Mn) = 120 et que V(Mn) = 1728/n.

Les variables Z_1, \ldots, Z_n suivent toutes la même loi que Z, donc E(M_n) = \dfrac{n \times E(Z)}{n} = E(Z) = 120.
Les variables étant indépendantes, V(M_n) = \dfrac{1}{n^{2}} \times n \times V(Z) = \dfrac{V(Z)}{n} = \dfrac{1\,728}{n}.

B.3.bDéterminer le plus petit entier n pour lequel l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d'affirmer que P(114 < Mn < 126) \geq 0,85. Interpréter.

L'évènement {114 < M_n < 126} équivaut à |M_n - 120| < 6, dont le contraire est |M_n - 120| \geq 6.
D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, \begin{aligned}P(|M_n - 120| \geq 6) &\leq \dfrac{V(M_n)}{6^{2}} \\ &= \dfrac{1\,728}{36n} \\ &= \dfrac{48}{n}\end{aligned}
On veut P(114 < M_n < 126) \geq 0{,}85, soit P(|M_n - 120| \geq 6) \leq 0{,}15 : il suffit donc que \dfrac{48}{n} \leq 0{,}15.
\begin{aligned}n &\geq \dfrac{48}{0{,}15} \\ &= 320\end{aligned}
Le plus petit entier qui convient est n = 320 : un échantillon d'au moins 320 familles garantit, via cette inégalité, que le prix moyen payé a au moins 85 % de chances d'être compris entre 114 € et 126 €.

1.aAffirmation 1 : Le plan (P) est orthogonal à la droite (AB), et passe par le milieu de [AB].

Un vecteur normal au plan (P) : -x + y - 5z - 0{,}5 = 0 est \vec{n}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ -5\end{pmatrix}.
Le vecteur \overrightarrow{AB} a pour coordonnées \begin{pmatrix}2-3 \\ 1-0 \\ -3-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ -5\end{pmatrix}.
\vec{n} et \overrightarrow{AB} sont égaux, donc colinéaires : la droite (AB) est donc orthogonale au plan (P).
Le milieu de [AB] a pour coordonnées \left(\dfrac{3+2}{2} ; \dfrac{0+1}{2} ; \dfrac{2-3}{2}\right) = (2{,}5 ; 0{,}5 ; -0{,}5).
On vérifie : \begin{aligned}-2{,}5 + 0{,}5 - 5 \times (-0{,}5) - 0{,}5 &= -2{,}5 + 0{,}5 + 2{,}5 - 0{,}5 \\ &= 0\end{aligned} Le milieu appartient bien à (P).
L'affirmation 1 est VRAIE.

1.bAffirmation 2 : Les droites (d) et (AB) sont sécantes.

Un vecteur directeur de (d) est \vec{u}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ -2\end{pmatrix}, non colinéaire à \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ -5\end{pmatrix} : les droites ne sont pas parallèles.
Cherchons un éventuel point d'intersection en résolvant t = 3 - s et -1{,}5 - t = s (paramètres de (d) et (AB)).
En substituant : -1{,}5 - (3 - s) = s, soit -4{,}5 + s = s, soit -4{,}5 = 0, ce qui est impossible.
Le système n'a donc pas de solution : les droites (d) et (AB) ne sont pas sécantes (elles sont non coplanaires).
L'affirmation 2 est FAUSSE.

1.cAffirmation 3 : La mesure de l'angle ACB, arrondie à 10^{-1}, est égale à 70,5^{\circ} (C(1,5 ; -3 ; -1)).

\overrightarrow{CA}\begin{pmatrix}3-1{,}5 \\ 0-(-3) \\ 2-(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1{,}5 \\ 3 \\ 3\end{pmatrix} et \overrightarrow{CB}\begin{pmatrix}2-1{,}5 \\ 1-(-3) \\ -3-(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0{,}5 \\ 4 \\ -2\end{pmatrix}.
\begin{aligned}\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} &= 1{,}5 \times 0{,}5 + 3 \times 4 + 3 \times (-2) \\ &= 0{,}75 + 12 - 6 \\ &= 6{,}75\end{aligned}
\begin{aligned}CA &= \sqrt{1{,}5^{2} + 3^{2} + 3^{2}} \\ &= \sqrt{20{,}25} \\ &= 4{,}5\end{aligned} et \begin{aligned}CB &= \sqrt{0{,}5^{2} + 4^{2} + (-2)^{2}} \\ &= \sqrt{20{,}25} \\ &= 4{,}5\end{aligned}
\begin{aligned}\cos(\widehat{ACB}) &= \dfrac{\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB}}{CA \times CB} \\ &= \dfrac{6{,}75}{4{,}5 \times 4{,}5} \\ &= \dfrac{6{,}75}{20{,}25} \\ &= \dfrac{1}{3}\end{aligned}
\begin{aligned}\widehat{ACB} &= \arccos\left(\dfrac{1}{3}\right) \\ &\approx 70{,}5^{\circ}\end{aligned}
L'affirmation 3 est VRAIE.

2.Affirmation 4 : Titouan a plus de chances d'ouvrir sa porte que Clotilde.

Le digicode de la porte A utilise 3 symboles distincts parmi 8, saisis dans un ordre précis : il y a 8 \times 7 \times 6 = 336 codes possibles.
Le digicode de la porte B utilise 4 symboles distincts parmi 8, saisis dans n'importe quel ordre : il y a \binom{8}{4} = 70 codes possibles.
Clotilde choisit un code au hasard pour la porte A : \begin{aligned}P(\text{ouvrir}) &= \dfrac{1}{336} \\ &\approx 0{,}0030\end{aligned}
Titouan choisit un code au hasard pour la porte B : \begin{aligned}P(\text{ouvrir}) &= \dfrac{1}{70} \\ &\approx 0{,}0143\end{aligned}
Comme \dfrac{1}{70} > \dfrac{1}{336}, Titouan a bien plus de chances d'ouvrir sa porte que Clotilde.
L'affirmation 4 est VRAIE.

A.1Donner les solutions de l'équation différentielle (E) : y' = -0,035y + 0,91 sur [0 ; +\infty[.

(E) est une équation différentielle linéaire du premier ordre de la forme y' = ay + b avec a = -0{,}035 et b = 0{,}91.
La solution constante particulière vérifie 0 = -0{,}035 y_p + 0{,}91, soit \begin{aligned}y_p &= \dfrac{0{,}91}{0{,}035} \\ &= 26\end{aligned}
Les solutions de (E) sur [0 ; +\infty[ sont les fonctions t \mapsto K e^{-0{,}035t} + 26, où K est une constante réelle.

A.2En déduire que, pour tout réel t de [0 ; +\infty[, T(t) = 26 - 8e^{-0{,}035t}.

D'après la question précédente, T(t) = K e^{-0{,}035t} + 26.
Comme T(0) = 18 : K e^{0} + 26 = 18, soit \begin{aligned}K &= 18 - 26 \\ &= -8\end{aligned}
Donc, pour tout t \in [0 ; +\infty[, T(t) = -8e^{-0{,}035t} + 26 = 26 - 8e^{-0{,}035t}.

A.3Déterminer au bout de combien de temps la pièce atteindra 20^{\circ}C (en heures et minutes, arrondi à la minute).

On résout T(t) = 20 : 26 - 8e^{-0{,}035t} = 20, soit 8e^{-0{,}035t} = 6, soit e^{-0{,}035t} = 0{,}75.
-0{,}035t = \ln(0{,}75), donc \begin{aligned}t &= \dfrac{-\ln(0{,}75)}{0{,}035} \\ &\approx 8{,}22\end{aligned} dizaines de minutes, soit environ 82,2 minutes.
82{,}2 minutes \approx 1 h 22 min.

A.4Si le système ne s'éteignait pas à 20^{\circ}C, la température pourrait-elle dépasser 28^{\circ}C selon ce modèle ?

Pour tout t \geq 0, e^{-0{,}035t} > 0, donc T(t) = 26 - 8e^{-0{,}035t} < 26.
La température modélisée par T reste donc toujours strictement inférieure à 26^{\circ}C, quelle que soit la durée de chauffe.
Non, selon ce modèle, la température de la pièce ne pourra jamais dépasser 28^{\circ}C (elle ne dépasse même jamais 26^{\circ}C).

B.1Montrer que u1 = 19,72.

u_1 = 0{,}965 \times u_0 + 0{,}35 + 0{,}07e^{-0{,}1 \times 0} = 0{,}965 \times 20 + 0{,}35 + 0{,}07 \times 1 = 19{,}3 + 0{,}35 + 0{,}07 = 19,72.

B.2Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a un > 10.

Initialisation : u_0 = 20 > 10, la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : supposons que u_n > 10 pour un entier n donné. Montrons que u_{n+1} > 10.
u_{n+1} = 0{,}965 u_n + 0{,}35 + 0{,}07e^{-0{,}1n}. Comme u_n > 10, on a 0{,}965 u_n > 9{,}65.
De plus, 0{,}07e^{-0{,}1n} > 0 pour tout n (une exponentielle est toujours strictement positive).
Donc u_{n+1} > 9{,}65 + 0{,}35 + 0 = 10 : la propriété est vraie au rang n+1.
Par principe de récurrence, pour tout entier naturel n, on a u_n > 10.

B.3En déduire que la suite (un) est convergente.

La suite (u_n) est décroissante (admis dans l'énoncé) et minorée par 10 (question précédente) : d'après le théorème de convergence monotone, la suite (u_n) est convergente.

B.4.aJustifier que la limite \ell est solution de l'équation x = 0,965x + 0,35.

Comme (u_n) converge vers \ell, la suite (u_{n+1}) converge aussi vers \ell.
De plus, e^{-0{,}1n} \to 0 quand n \to +\infty.
En passant à la limite dans la relation u_{n+1} = 0{,}965 u_n + 0{,}35 + 0{,}07e^{-0{,}1n}, on obtient \ell = 0{,}965\ell + 0{,}35.

B.4.bDéterminer \ell et interpréter le résultat dans le contexte de l'exercice.

\ell - 0{,}965\ell = 0{,}35, soit 0{,}035\ell = 0{,}35, soit \ell = \dfrac{0{,}35}{0{,}035} = 10.
Interprétation : si le chauffage ne se remettait jamais en marche, la température de la pièce se rapprocherait indéfiniment de 10^{\circ}C sans jamais l'atteindre.

B.5.aRecopier et compléter les lignes 4, 5 et 6 du programme Python pour qu'il renvoie le nombre de dizaines de minutes à partir duquel le chauffage se remet en marche.

B.5.bDéterminer le temps, en dizaines de minutes, à partir duquel le système de chauffage se remettra en marche.

En calculant successivement les termes de la suite, on obtient u_7 \approx 18{,}14 (encore supérieur à 18) puis u_8 \approx 17{,}90 (inférieur à 18).
Le chauffage se remet donc en marche à partir de n = 8 dizaines de minutes, soit 80 minutes (1 h 20 min) après le début du refroidissement.

A.1Justifier que a = 1.

Le point A(0 ; 1) appartient à la courbe, donc f(0) = 1. Or \begin{aligned}f(0) &= a + \dfrac{b\ln(1)}{1} \\ &= a + 0 \\ &= a\end{aligned} Donc a = 1.

A.2.aEn utilisant le graphique, donner la valeur de f'(0). Justifier.

La tangente T_A passe par A(0 ; 1) et semble également passer par le point de coordonnées (0{,}5 ; 3) (lecture graphique).
Son coefficient directeur est donc \begin{aligned}\dfrac{3-1}{0{,}5-0} &= \dfrac{2}{0{,}5} \\ &= 4\end{aligned}
f'(0) = 4 (coefficient directeur de la tangente en A).

A.2.bEn utilisant le graphique, donner le signe de f''(1). Justifier.

Le graphique montre que la courbe atteint son maximum peu avant x = 1, puis décroît en restant concave (tournée vers le bas) au voisinage de x = 1.
Le signe de f''(1) correspond donc au sens de variation de f' (la pente) à cet endroit, qui diminue juste après le maximum.
f''(1) est négatif.

A.3.aMontrer que, pour tout réel x appartenant à ]-1 ; +\infty[, on a f'(x) = b(1 - ln(x+1))/(x+1)^{2}.

On dérive \dfrac{\ln(x+1)}{x+1} par la formule du quotient \left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^{2}} avec u = \ln(x+1) et v = x+1.
u' = \dfrac{1}{x+1} et v' = 1, donc u'v - uv' = \dfrac{1}{x+1} \times (x+1) - \ln(x+1) \times 1 = 1 - \ln(x+1).
Donc f'(x) = b \times \dfrac{1 - \ln(x+1)}{(x+1)^{2}}.

A.3.bEn déduire la valeur de b.

D'après la question 2.a, f'(0) = 4. Or f'(0) = b \times \dfrac{1 - \ln(1)}{1^{2}} = b \times 1 = b. Donc b = 4.

B.1Justifier que la droite d'équation y = 1 est asymptote à la courbe représentative de f.

Quand x \to +\infty, on sait que \dfrac{\ln(x+1)}{x+1} \to 0 (limite usuelle du type \dfrac{\ln(t)}{t} \to 0 quand t \to +\infty).
Donc \begin{aligned}f(x) &= 1 + \dfrac{4\ln(x+1)}{x+1} \to 1 + 0 \\ &= 1\end{aligned} quand x \to +\infty.
La droite d'équation y = 1 est donc asymptote horizontale à la courbe représentative de f en +\infty.

B.2Résoudre l'inéquation 1 - ln(x+1) > 0 sur ]-1 ; +\infty[.

{1 - \ln(x+1) > 0 \Leftrightarrow \ln(x+1) < 1 \Leftrightarrow x + 1 < e} (la fonction ln étant strictement croissante), soit x < e - 1.
L'ensemble des solutions, en tenant compte du domaine x > -1, est ]-1 ; e-1[.

B.3Dresser le tableau de variation complet de f, en indiquant la valeur exacte de son extremum.

Le signe de f'(x) = \dfrac{4(1-\ln(x+1))}{(x+1)^{2}} est celui de 1-\ln(x+1) (le dénominateur est toujours positif).
D'après la question précédente, f'(x) > 0 sur ]-1 ; e-1[ et f'(x) < 0 sur ]e-1 ; +\infty[ : f est donc croissante puis décroissante, avec un maximum en x = e-1.
\begin{aligned}f(e-1) &= 1 + \dfrac{4\ln(e)}{e} \\ &= 1 + \dfrac{4}{e}\end{aligned} (valeur exacte du maximum).
Aux bornes : \lim_{x \to -1} f(x) = -\infty (admis) et \lim_{x \to +\infty} f(x) = 1 (question B.1).
Tableau : f décroît de -\infty à -1 (exclu), croît de -\infty à 1+\dfrac{4}{e} sur ]-1 ; e-1], puis décroît de 1+\dfrac{4}{e} vers 1 (sans l'atteindre) sur [e-1 ; +\infty[.

B.4Montrer que l'équation f(x) = 1,5 admet une unique solution dans [2 ; +\infty[. En donner une valeur approchée à 10^{-1}.

Sur [2 ; +\infty[ (inclus dans ]e-1 ; +\infty[ puisque e-1 \approx 1{,}72 < 2), f est continue et strictement décroissante.
\begin{aligned}f(2) &= 1 + \dfrac{4\ln(3)}{3} \\ &\approx 2{,}46\end{aligned} et \lim_{x \to +\infty} f(x) = 1.
Comme 1{,}5 est compris entre ces deux valeurs, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation f(x) = 1,5 admet une unique solution dans [2 ; +\infty[.
À l'aide de la calculatrice, on trouve une valeur approchée de cette solution : x_0 \approx 25,1.

B.5.aMontrer que l'intégrale de ln(x+1)/(x+1) entre 0 et 2 est égale à (\dfrac{1}{2})(ln3)^{2}.

On pose u = \ln(x+1), donc du = \dfrac{1}{x+1}dx ; quand x=0, \begin{aligned}u &= \ln(1) \\ &= 0\end{aligned} et quand x=2, u=\ln(3).
\displaystyle \int\limits_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}dx = \int\limits_0^{\ln(3)} u \, du = \left[\dfrac{u^{2}}{2}\right]_0^{\ln(3)} = \dfrac{(\ln 3)^{2}}{2} - 0 = \dfrac{1}{2}(\ln 3)^{2}.

B.5.bEn déduire l'aire, en unité d'aire, du domaine délimité par l'axe des abscisses, la courbe de f, l'axe des ordonnées et la droite d'équation x = 2.

Sur [0 ; 2], la fonction f est strictement positive (elle vaut 1 en x=0 et reste au-dessus de 2,4 ensuite) : l'aire cherchée est donc \displaystyle \int\limits_0^2 f(x)\,dx.
\begin{aligned}\displaystyle \int\limits_0^2 f(x)\,dx &= \int\limits_0^2 1\,dx + 4\int\limits_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}dx \\ &= [x]_0^2 + 4 \times \dfrac{1}{2}(\ln 3)^{2} \\ &= 2 + 2(\ln 3)^{2}\end{aligned}
L'aire cherchée est 2 + 2(\ln 3)^{2} unités d'aire, soit environ 4,41 u.a.

1.Montrer que les points A, B et C définissent un plan (A(2 ; 1 ; 1), B(3 ; -2 ; 0), C(0 ; -1 ; 1)).

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}3-2 \\ -2-1 \\ 0-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 \\ -3 \\ -1\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0-2 \\ -1-1 \\ 1-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2 \\ -2 \\ 0\end{pmatrix}.
Ces deux vecteurs ont des coordonnées non proportionnelles (par exemple \dfrac{1}{-2} \neq \dfrac{-3}{-2}), donc ils ne sont pas colinéaires.
Les points A, B et C ne sont donc pas alignés : ils définissent bien un plan.

2.aMontrer que le vecteur n(1 ; -1 ; 4) est normal au plan (ABC).

On calcule les produits scalaires (le repère est orthonormé) :
\begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} &= 1 \times 1 + (-1) \times (-3) + 4 \times (-1) \\ &= 1 + 3 - 4 \\ &= 0\end{aligned}
\begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} &= 1 \times (-2) + (-1) \times (-2) + 4 \times 0 \\ &= -2 + 2 + 0 \\ &= 0\end{aligned}
\vec{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : \vec{n} est donc un vecteur normal à (ABC).

2.bEn déduire qu'une équation cartésienne du plan (ABC) est x - y + 4z - 5 = 0.

\vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix} étant normal à (ABC), une équation de ce plan est de la forme x - y + 4z + d = 0.
Comme A appartient à (ABC) : 2 - 1 + 4 \times 1 + d = 0, soit 5 + d = 0, donc d = -5.
Une équation cartésienne de (ABC) est donc x - y + 4z - 5 = 0.

3.Vérifier la représentation paramétrique donnée de la droite \Delta passant par D et orthogonale au plan (ABC).

Une droite orthogonale au plan (ABC) est dirigée par un vecteur normal à ce plan, ici \vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix}.
Comme \Delta passe par D(0 ; 0 ; 2), une représentation paramétrique de \Delta est x = 0 + 1t, y = 0 - 1t, z = 2 + 4t, soit bien x = t, y = -t, z = 2 + 4t avec t \in \mathbb{R}.

4.Montrer que le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC) est le point H(-\dfrac{1}{6} ; \dfrac{1}{6} ; \dfrac{4}{3}).

Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est le point d'intersection de \Delta et de (ABC).
Un point de \Delta a pour coordonnées (t ; -t ; 2+4t). En le substituant dans l'équation du plan :
\begin{aligned}t - (-t) + 4(2+4t) - 5 &= 0 \\ &\Leftrightarrow 2t + 8 + 16t - 5 = 0 \\ &\Leftrightarrow 18t = -3 \\ &\Leftrightarrow t = -\dfrac{1}{6}\end{aligned}
Les coordonnées de H sont donc \left(-\dfrac{1}{6} ; \dfrac{1}{6} ; 2 - \dfrac{4}{6}\right) = \left(-\dfrac{1}{6} ; \dfrac{1}{6} ; \dfrac{4}{3}\right).

5.aMontrer que le triangle ABC est isocèle en B.

\begin{aligned}AB &= \sqrt{(3-2)^{2} + (-2-1)^{2} + (0-1)^{2}} \\ &= \sqrt{1+9+1} \\ &= \sqrt{11}\end{aligned}
\begin{aligned}CB &= \sqrt{(3-0)^{2} + (-2-(-1))^{2} + (0-1)^{2}} \\ &= \sqrt{9+1+1} \\ &= \sqrt{11}\end{aligned}
Comme AB = CB, le triangle ABC est isocèle en B.

5.bMontrer que l'aire du triangle ABC est 3\sqrt{2}.

Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal (ici B) passe par le milieu I de la base [AC].
\begin{aligned}I &= \left(\dfrac{2+0}{2} ; \dfrac{1-1}{2} ; \dfrac{1+1}{2}\right) \\ &= (1 ; 0 ; 1)\end{aligned}
\begin{aligned}AC &= \sqrt{(0-2)^{2} + (-1-1)^{2} + (1-1)^{2}} \\ &= \sqrt{8} \\ &= 2\sqrt{2}\end{aligned} et \begin{aligned}BI &= \sqrt{(1-3)^{2} + (0-(-2))^{2} + (1-0)^{2}} \\ &= \sqrt{9} \\ &= 3\end{aligned}
Aire = \dfrac{AC \times BI}{2} = \dfrac{2\sqrt{2} \times 3}{2} = 3\sqrt{2}.

6.aEn déduire que le volume du tétraèdre ABCD est égal à 1.

En choisissant ABC comme base, la hauteur associée est la distance DH (H étant le projeté orthogonal de D sur (ABC), question 4).
\begin{aligned}DH &= \sqrt{\left(-\dfrac{1}{6}\right)^{2} + \left(\dfrac{1}{6}\right)^{2} + \left(\dfrac{4}{3}-2\right)^{2}} \\ &= \sqrt{\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36}+\dfrac{4}{9}} \\ &= \sqrt{\dfrac{18}{36}} \\ &= \dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{aligned}
V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}_{ABC} \times DH = \dfrac{1}{3} \times 3\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{1}{3} \times 3 = 1.

6.bSachant que la distance de A au plan (BCD) vaut \sqrt{2}, en déduire l'aire du triangle BCD.

En reprenant le volume avec BCD comme base et h = \sqrt{2} comme hauteur associée : V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}_{BCD} \times h.
1 = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}_{BCD} \times \sqrt{2}, donc \text{Aire}_{BCD} = \dfrac{3}{\sqrt{2}} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}.

7.aDéterminer k pour lequel A, B, C et Dk(0 ; 0 ; k) sont coplanaires. Quel est alors le projeté orthogonal de Dk sur (ABC) ?

D_k appartient au plan (ABC) si et seulement si ses coordonnées vérifient l'équation du plan :
\begin{aligned}0 - 0 + 4k - 5 &= 0 \\ &\Leftrightarrow k = \dfrac{5}{4}\end{aligned}
Pour k = \dfrac{5}{4}, le point D_k appartient déjà au plan (ABC) : son projeté orthogonal sur (ABC) est donc lui-même.

7.bPeut-on trouver une valeur de k telle que A soit le projeté orthogonal de Dk sur (ABC) ?

Pour que A soit le projeté orthogonal de D_k sur (ABC), le vecteur \overrightarrow{AD_k} devrait être colinéaire au vecteur normal \vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix}.
\overrightarrow{AD_k}\begin{pmatrix}0-2 \\ 0-1 \\ k-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2 \\ -1 \\ k-1\end{pmatrix}.
Les deux premières coordonnées seraient dans un rapport \dfrac{-2}{1} = -2 pour \overrightarrow{AD_k}, contre \dfrac{-1}{-1} = 1 pour \vec{n} : ces rapports sont différents, quelle que soit la valeur de k.
Non, il n'existe aucune valeur de k pour laquelle A est le projeté orthogonal de D_k sur (ABC).

A.1Calculer V1 et V2 (V0 = 0, Vn+1 = 0,995 Vn + 6).

V_1 = 0{,}995 \times 0 + 6 = 6 litres.
V_2 = 0{,}995 \times 6 + 6 = 5{,}97 + 6 = 11,97 litres.

A.2Recopier et compléter le programme Python pour qu'il renvoie le volume après n heures.

A.3Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, Vn \leq Vn+1 \leq 1200.

Initialisation : V_0 = 0 et V_1 = 6 (question 1), donc V_0 \leq V_1 \leq 1\,200 : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : supposons que V_n \leq V_{n+1} \leq 1\,200 pour un entier n donné.
Comme 0{,}995 > 0, on peut multiplier chaque membre : 0{,}995V_n \leq 0{,}995V_{n+1} \leq 0{,}995 \times 1\,200, soit 0{,}995V_n \leq 0{,}995V_{n+1} \leq 1\,194.
En ajoutant 6 partout : 0{,}995V_n + 6 \leq 0{,}995V_{n+1} + 6 \leq 1\,200, c'est-à-dire V_{n+1} \leq V_{n+2} \leq 1\,200 : la propriété est vraie au rang n+1.
Par principe de récurrence, pour tout entier naturel n, V_n \leq V_{n+1} \leq 1\,200.

A.4Justifier que la suite (Vn) converge, et calculer sa limite.

D'après la question précédente, la suite (V_n) est croissante et majorée par 1\,200.
D'après le théorème de convergence monotone, la suite (V_n) converge vers une limite \ell.
La fonction associée à la récurrence, x \mapsto 0{,}995x + 6, est continue (fonction affine), donc \ell est solution de l'équation x = 0{,}995x + 6.
\begin{aligned}0{,}005x = 6 &\Leftrightarrow x = \dfrac{6}{0{,}005} \\ &\Leftrightarrow x = 1\,200\end{aligned}
La suite (V_n) converge donc vers 1 200 : le volume de substance polluante se stabilise autour de 1 200 litres.

B.1.aDéterminer les solutions de l'équation différentielle (E) : y' = -0,005y + 6 sur [0 ; +\infty[.

(E) est de la forme y' = ay + b avec a = -0{,}005 et b = 6. Sa solution particulière constante est \begin{aligned}y_p &= -\dfrac{b}{a} \\ &= \dfrac{6}{0{,}005} \\ &= 1\,200\end{aligned}
Les solutions de (E) sur [0 ; +\infty[ sont les fonctions t \mapsto Ce^{-0{,}005t} + 1\,200, où C est une constante réelle.

B.1.bMontrer que, pour tout réel t de [0 ; +\infty[, v(t) = 1200(1 - e^{-0,005t}).

Comme v(0) = 0 : Ce^{0} + 1\,200 = 0, donc C = -1\,200.
v(t) = -1\,200e^{-0{,}005t} + 1\,200 = 1\,200\left(1 - e^{-0{,}005t}\right).

B.1.cCalculer la limite de v en +\infty.

Quand t \to +\infty, e^{-0{,}005t} \to 0, donc v(t) \to 1\,200 \times (1-0) = 1 200.

B.1.dDéterminer le sens de variation de la fonction v sur [0 ; +\infty[.

v'(t) = 1\,200 \times 0{,}005 \times e^{-0{,}005t} = 6e^{-0{,}005t}, toujours strictement positif.
La fonction v est donc strictement croissante sur [0 ; +\infty[.

B.2Un taux de substance polluante supérieur à 5 % du volume du bassin (30 000 L) nécessite un nettoyage complet. Le propriétaire devra-t-il procéder à ce nettoyage ?

Le seuil critique est 0{,}05 \times 30\,000 = 1 500 litres.
La fonction v est strictement croissante et tend vers 1 200 sans jamais l'atteindre : elle est donc toujours strictement inférieure à 1 200, donc à 1 500.
Non, selon ce modèle, le volume de substance polluante n'atteindra jamais le seuil de 1 500 litres : un nettoyage complet ne sera jamais nécessaire.

B.3Déterminer la valeur exacte de l'instant au-delà duquel le volume dépasse 50 litres (en heure et minute, arrondi à la minute).

On résout v(t) = 50 : 1\,200\left(1-e^{-0{,}005t}\right) = 50, soit \begin{aligned}1 - e^{-0{,}005t} &= \dfrac{50}{1\,200} \\ &= \dfrac{1}{24}\end{aligned}
e^{-0{,}005t} = \dfrac{23}{24}, donc -0{,}005t = \ln\left(\dfrac{23}{24}\right).
t = \dfrac{\ln\left(\frac{23}{24}\right)}{-0{,}005} = 200\ln\left(\dfrac{24}{23}\right) (valeur exacte), soit environ 8,51 heures.
8{,}51 heures \approx 8 h 31 min.

A.1.aÀ l'aide du graphique, donner f'(1) (la courbe admet une tangente horizontale au point C d'abscisse 1).

La tangente en C (abscisse 1) est parallèle à l'axe des abscisses, donc de coefficient directeur nul : f'(1) = 0.

A.1.bDonner la solution de l'équation f(x) = 0 sur [0 ; 3] (la courbe coupe l'axe des abscisses au point A d'abscisse \dfrac{1}{2}).

La courbe ne coupe l'axe des abscisses qu'au point A, d'abscisse \dfrac{1}{2} : la solution de f(x)=0 sur [0;3] est \dfrac{1}{2}.

A.2Déterminer f'(\dfrac{1}{2}) (la tangente en A(\dfrac{1}{2} ; 0) passe par B(1 ; e^{2})).

f'\left(\dfrac{1}{2}\right) est le coefficient directeur de la tangente en A, c'est-à-dire de la droite (AB) :
\dfrac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \dfrac{e^{2} - 0}{1 - \frac{1}{2}} = 2e^{2}.

A.3Parmi les courbes C1, C2 et C3, indiquer lesquelles représentent des primitives de f.

Deux primitives d'une même fonction diffèrent uniquement d'une constante : leurs courbes se déduisent l'une de l'autre par une translation verticale.
C'est le cas de \mathcal{C}_1 et \mathcal{C}_2, qui ont la même forme décalée verticalement.
\mathcal{C}_3 est décroissante là où f est positive (autour de x = 0,5 à 0,7), ce qui est incompatible avec une primitive de f à cet endroit.
Les courbes \mathcal{C}_1 et \mathcal{C}_2 représentent des primitives de f.

B.1.aVérifier que, pour tout x de [0 ; +\infty[, f(x) = e^{2} \times (2x-1)/e^{2x-1} (avec f(x) = (2x-1)e^{-2x+3}).

On remarque que -2x+3 = -(2x-1)+2, donc e^{-2x+3} = e^{-(2x-1)} \times e^{2}.
\begin{aligned}f(x) &= (2x-1) \times e^{-(2x-1)} \times e^{2} \\ &= e^{2} \times \dfrac{2x-1}{e^{2x-1}}\end{aligned}

B.1.bEn déduire la limite de f en +\infty (on pourra poser X = 2x-1).

Quand x \to +\infty, X = 2x-1 \to +\infty, et par croissances comparées \dfrac{X}{e^{X}} \to 0.
Donc \dfrac{2x-1}{e^{2x-1}} \to 0, puis f(x) = e^{2} \times \dfrac{2x-1}{e^{2x-1}} \to 0.

B.2.aMontrer que, pour tout x de [0 ; +\infty[, f'(x) = (-4x+4)e^{-2x+3}.

En dérivant le produit f(x) = (2x-1)e^{-2x+3} :
f'(x) = 2 \times e^{-2x+3} + (2x-1) \times (-2)e^{-2x+3} = \left(2 - 2(2x-1)\right)e^{-2x+3} = (2-4x+2)e^{-2x+3} = (-4x+4)e^{-2x+3}.

B.2.bConstruire le tableau complet des variations de f sur [0 ; +\infty[.

L'exponentielle étant toujours strictement positive, f'(x) est du signe de (-4x+4), positif avant x=1 et négatif après.
f est donc croissante sur [0;1] puis décroissante sur [1;+\infty[.
\begin{aligned}f(0) &= (0-1)e^{3} \\ &= -e^{3}\end{aligned} et \begin{aligned}f(1) &= (2-1)e^{1} \\ &= e\end{aligned}
Tableau : f croît de -e^{3} à e sur [0;1], puis décroît de e vers 0 (sans l'atteindre) sur [1;+\infty[.

B.3Justifier que la contrainte du client se traduit par f(\alpha) = 0,15, puis montrer qu'il existe une unique valeur de \alpha dans [1 ; +\infty[ vérifiant cette égalité. En donner une valeur arrondie au dixième.

Le point (\alpha ; f(\alpha)) et son symétrique (\alpha ; -f(\alpha)) par rapport à l'axe des abscisses sont distants verticalement de 2f(\alpha).
Cette distance doit valoir 0,3 cm : \begin{aligned}2f(\alpha) &= 0{,}3 \\ &\Leftrightarrow f(\alpha) = 0{,}15\end{aligned}
Sur [1 ; +\infty[, f est continue et strictement décroissante, de \begin{aligned}f(1) &= e \\ &\approx 2{,}7\end{aligned} vers 0 (sans l'atteindre).
Comme {0 < 0{,}15 < e}, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation f(x) = 0,15 admet une unique solution \alpha dans [1 ; +\infty[.
À la calculatrice, on trouve \alpha \approx 3{,}3.

C.1À l'aide d'une intégration par parties, montrer que l'intégrale I de f entre 0,5 et 3,3 est, arrondie au dixième, égale à 3,6.

On pose u(x) = 2x-1 et v'(x) = e^{-2x+3}, donc u'(x) = 2 et v(x) = -\dfrac{1}{2}e^{-2x+3}.
\displaystyle I = \left[u(x)v(x)\right]_{0,5}^{3,3} - \int\limits_{0,5}^{3,3} u'(x)v(x)\,dx = \left[-\dfrac{1}{2}(2x-1)e^{-2x+3}\right]_{0,5}^{3,3} + \int\limits_{0,5}^{3,3} e^{-2x+3}\,dx
Le crochet vaut -\dfrac{1}{2}\left(5{,}6e^{-3,6} - 0\right) = -2{,}8e^{-3,6}.
L'intégrale restante vaut \left[-\dfrac{1}{2}e^{-2x+3}\right]_{0,5}^{3,3} = -\dfrac{1}{2}e^{-3,6} + \dfrac{1}{2}e^{2}.
I = -2{,}8e^{-3,6} - 0{,}5e^{-3,6} + 0{,}5e^{2} = 0{,}5e^{2} - 3{,}3e^{-3,6} \approx 3,6.

C.2Déterminer le volume du porte-clé en cm^{3}, arrondi au dixième (volume = aire du logo \times épaisseur de 0,2 cm).

Le logo est symétrique par rapport à l'axe des abscisses : son aire est le double de l'aire sous la courbe de f entre 0,5 et 3,3, c'est-à-dire \begin{aligned}2I &\approx 2 \times 3{,}6 \\ &= 7{,}2\end{aligned} cm^{2}.
Volume \approx 7{,}2 \times 0{,}2 = 1,4 cm^{3}.

A.1Recopier et compléter l'arbre pondéré.

P(A_1) = 0{,}96 et P(\overline{A_1}) = 1 - 0{,}96 = 0,04.
D'après l'énoncé : P_{A_1}(A_2) = 0,94, P_{A_1}(\overline{A_2}) = 0,06, P_{\overline{A_1}}(A_2) = 0,35, P_{\overline{A_1}}(\overline{A_2}) = 0,65.

A.2Montrer que P(A_{2}) = 0,9164.

A_1 et \overline{A_1} formant une partition de l'univers, d'après la formule des probabilités totales :
P(A_2) = P(A_1) \times P_{A_1}(A_2) + P(\overline{A_1}) \times P_{\overline{A_1}}(A_2)
P(A_2) = 0{,}96 \times 0{,}94 + 0{,}04 \times 0{,}35 = 0,9164.

A.3Calculer P_{A_2}(\overline{A_1}) et interpréter.

P_{A_2}(\overline{A_1}) = \dfrac{P(\overline{A_1} \cap A_2)}{P(A_2)} = \dfrac{0{,}04 \times 0{,}35}{0{,}9164} \approx 0,0153 (arrondi à 10^{-4}).
Sachant que le message reçu par le deuxième relai est sans erreur, il y a environ 1,53 % de chances que le message reçu par le premier relai comportait des erreurs.

B.1.aDéterminer la probabilité que 4 tests soient positifs.

P(X=4) = \binom{50}{4} \times 0{,}04^{4} \times 0{,}96^{46} \approx 0,09 (arrondi au centième).

B.1.bDonner la probabilité qu'au moins un test soit positif.

À la calculatrice, P(X \geq 1) \approx 0,87 (arrondi au centième).

B.1.cCalculer l'espérance et la variance de X.

X suit la loi binomiale (50 ; 0{,}04), donc E(X) = 50 \times 0{,}04 = 2 et V(X) = 50 \times 0{,}04 \times 0{,}96 = 1,92.

B.2.aVérifier que E(M) = 2 et montrer que V(M) = 0,0768.

M est la moyenne de 25 variables indépendantes de même loi que X : E(M) = E(X) = 2.
V(M) = \dfrac{V(X)}{25} = \dfrac{1{,}92}{25} = 0,0768.

B.2.bÀ l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer que P(M < 7) > 0,99.

\begin{aligned}P(M < 7) &= P(-3 < M < 7) \\ &= P(-5 < M - 2 < 5) \\ &= 1 - P(|M-2| \geq 5)\end{aligned}
D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour t=5 : \begin{aligned}P(|M-2| \geq 5) &\leq \dfrac{V(M)}{5^{2}} \\ &= \dfrac{0{,}0768}{25} \\ &= 0{,}003072\end{aligned}
Donc \begin{aligned}P(M < 7) &\geq 1 - 0{,}003072 \\ &= 0{,}996928\end{aligned} qui est bien supérieur à 0,99.

C.1Montrer par récurrence que, pour tout n \geq 1, p_{n+1} \leq p_{n}.

Initialisation : \begin{aligned}p_2 &= 0{,}59 \times p_1 + 0{,}35 \\ &= 0{,}59 \times 0{,}96 + 0{,}35 \\ &= 0{,}9164 \\ &\leq 0{,}96 \\ &= p_1\end{aligned} La propriété est vraie au rang 1.
Hérédité : supposons p_{n+1} \leq p_n pour un n donné. Comme 0{,}59 > 0 : 0{,}59 p_{n+1} \leq 0{,}59 p_n, donc 0{,}59 p_{n+1} + 0{,}35 \leq 0{,}59 p_n + 0{,}35, soit p_{n+2} \leq p_{n+1} : vraie au rang n+1.
Conclusion : d'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n \geq 1, p_{n+1} \leq p_n.

C.2Montrer que la suite (p_{n}) est convergente.

La suite (p_n) est décroissante (question C.1) et minorée par 0 (une probabilité est toujours positive) : elle est donc convergente.

C.3Déterminer la valeur exacte de sa limite.

Notons f(x) = 0{,}59x + 0{,}35, fonction continue telle que p_{n+1} = f(p_n). D'après le théorème du point fixe, la limite \ell vérifie f(\ell) = \ell.
\begin{aligned}0{,}59\ell + 0{,}35 &= \ell \\ &\Leftrightarrow 0{,}35 = 0{,}41\ell \\ &\Leftrightarrow \ell = \dfrac{35}{41}\end{aligned}
La suite (p_n) converge donc vers \dfrac{35}{41}.

A.1.aMontrer que le triangle ABC est isocèle en C.

Le repère étant orthonormé : \begin{aligned}AC &= \sqrt{\left(\frac{9}{4}\right)^{2}+3^{2}} \\ &= \sqrt{\frac{81}{16}+\frac{144}{16}} \\ &= \sqrt{\frac{225}{16}} \\ &= \frac{15}{4}\end{aligned}
\begin{aligned}CB &= \sqrt{\left(\frac{9}{4}-\frac{9}{2}\right)^{2}+3^{2}} \\ &= \sqrt{\left(-\frac{9}{4}\right)^{2}+3^{2}} \\ &= \sqrt{\frac{225}{16}} \\ &= \frac{15}{4}\end{aligned}
Comme AC = CB, le triangle ABC est isocèle en C.

A.1.bMontrer que l'aire du triangle ABC est 6,75 m^{2}.

Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal C est aussi une médiane : elle passe par I, milieu de [AB], de coordonnées \left(\dfrac{9}{4} ; 0 ; 0\right).
AB = \dfrac{9}{2} et \begin{aligned}CI &= \sqrt{0^{2}+3^{2}+0^{2}} \\ &= 3\end{aligned}
Aire = \dfrac{AB \times CI}{2} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{9}{2} \times 3 = 6,75 m^{2}.

A.2.aVérifier qu'une équation cartésienne du plan (ABC) est z = 0.

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}\dfrac{9}{2} \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}\dfrac{9}{4} \\ 3 \\ 0\end{pmatrix} ont des coordonnées non proportionnelles : A, B, C ne sont pas alignés et définissent un plan.
Comme \begin{aligned}z_A &= z_B \\ &= z_C \\ &= 0\end{aligned} une équation cartésienne du plan (ABC) est bien z=0.

A.2.bMontrer que H(\dfrac{3}{2} ; 1 ; 0) est le projeté orthogonal de D sur (ABC).

z_H = 0, donc H appartient à (ABC).
\overrightarrow{HD}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 3\end{pmatrix} est colinéaire au vecteur \vec{m}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}, normal à (ABC) (car l'équation du plan est z=0) : la droite (HD) est donc orthogonale à (ABC).
H est donc bien le projeté orthogonal de D sur (ABC).

A.3En déduire le volume du module.

En choisissant ABC comme base, la hauteur associée est \begin{aligned}DH &= \sqrt{0^{2}+0^{2}+3^{2}} \\ &= 3\end{aligned}
V = \dfrac{1}{3} \times 6{,}75 \times 3 = 6,75 m^{3}.

B.1.aMontrer que n(4 ; 3 ; 3) est normal au plan (BCD).

\overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}-\dfrac{9}{4} \\ 3 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}-3 \\ 1 \\ 3\end{pmatrix} ne sont pas colinéaires : B, C, D définissent bien un plan.
\begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{BC} &= 4 \times \left(-\frac{9}{4}\right) + 3 \times 3 + 3 \times 0 \\ &= -9+9 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{BD} &= 4\times(-3)+3\times1+3\times3 \\ &= -12+3+9 \\ &= 0\end{aligned}
\vec{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCD) : \vec{n} est donc normal à (BCD).

B.1.bEn déduire qu'une équation cartésienne de (BCD) est 4x + 3y + 3z - 18 = 0.

Une équation de (BCD) est de la forme 4x+3y+3z+d=0. Comme B\left(\frac{9}{2};0;0\right) \in (BCD) : 4\times\frac{9}{2}+d=0, donc d=-18.
Une équation cartésienne de (BCD) est donc bien 4x+3y+3z-18=0.

B.1.cDonner une représentation paramétrique de la droite \Delta orthogonale à (BCD) passant par D.

\Delta est dirigée par \vec{n}(4;3;3) et passe par D\left(\frac{3}{2};1;3\right) : \begin{cases}x = \frac{3}{2}+4t \\ y = 1+3t \\ z = 3+3t\end{cases} avec t \in \mathbb{R}.

B.2Montrer que L a pour coordonnées (-\dfrac{5}{2} ; -2 ; 0).

L, point de \Delta, a pour coordonnées \left(\frac{3}{2}+4t_0 ; 1+3t_0 ; 3+3t_0\right) pour un certain t_0, et vérifie l'équation de (ABC), soit z=0.
\begin{aligned}3+3t_0 &= 0 \\ &\Leftrightarrow t_0 = -1\end{aligned}
En remplaçant : \begin{aligned}x &= \frac{3}{2}-4 \\ &= -\frac{5}{2}\end{aligned} \begin{aligned}y &= 1-3 \\ &= -2\end{aligned} z=0 : L a bien pour coordonnées \left(-\frac{5}{2} ; -2 ; 0\right).

B.3Montrer que le module est adapté aux débutants.

\overrightarrow{DH}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ -3\end{pmatrix} et \overrightarrow{DL}\begin{pmatrix}-4 \\ -3 \\ -3\end{pmatrix}.
\begin{aligned}\overrightarrow{DH} \cdot \overrightarrow{DL} &= 0\times(-4)+0\times(-3)+(-3)\times(-3) \\ &= 9\end{aligned}
Or \overrightarrow{DH} \cdot \overrightarrow{DL} = DH \times DL \times \cos(\widehat{LDH}), avec DH=3 et \begin{aligned}DL &= \sqrt{16+9+9} \\ &= \sqrt{34}\end{aligned}
\begin{aligned}\cos(\widehat{LDH}) &= \dfrac{9}{3\sqrt{34}} \\ &= \dfrac{3\sqrt{34}}{34}\end{aligned} donc \widehat{LDH} \approx 59{,}04^{\circ}.
Comme 59{,}04^{\circ} < 60^{\circ}, le module est bien adapté aux débutants.

1.aAffirmation 1 : la courbe de f passe par A(ln 2 ; \dfrac{1}{2}). Vrai ou faux ?

L'équation y'+2y=0 s'écrit y'=-2y, de solutions x \mapsto Ce^{-2x} avec C \in \mathbb{R}.
Comme f(0)=1 : C=1, donc f(x)=e^{-2x}.
\begin{aligned}f(\ln 2) &= e^{-2\ln 2} \\ &= e^{\ln(\dfrac{1}{4})} \\ &= \dfrac{1}{4} \\ &\neq \dfrac{1}{2}\end{aligned}
L'affirmation 1 est FAUSSE.

1.bAffirmation 2 : sur [π/2 ; π], la courbe de f est au-dessus de ses tangentes. Vrai ou faux ?

f'(x) = 1+\sin(x), donc f''(x) = \cos(x).
Sur \left[\frac{\pi}{2} ; \pi\right], \cos(x) \leq 0 : f est donc concave, et sa courbe est en dessous de ses tangentes (pas au-dessus).
L'affirmation 2 est FAUSSE.

1.cAffirmation 3 : y = 1 est asymptote horizontale à la courbe de f. Vrai ou faux ?

Pour tout x>0 : {-1 \leq \sin(x) \leq 1}, donc {-\dfrac{1}{x} \leq \dfrac{\sin(x)}{x} \leq \dfrac{1}{x}}, soit {1-\dfrac{1}{x} \leq f(x) \leq 1+\dfrac{1}{x}}.
Comme \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0, les deux bornes tendent vers 1 : d'après le théorème des gendarmes, \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 1.
L'affirmation 3 est VRAIE : y=1 est bien asymptote horizontale en +\infty.

2.Affirmation 4 : f(x) = 2x - e^{3x} est solution de (E_{2}). Vrai ou faux ?

f est dérivable sur \mathbb{R} et f'(x) = 2-3e^{3x}.
f'(x) - 3f(x) = (2-3e^{3x}) - 3(2x-e^{3x}) = 2-3e^{3x}-6x+3e^{3x} = 2-6x.
f vérifie donc bien l'équation (E_2) : l'affirmation 4 est VRAIE.

A.1Donner les variations de F_{2} sur ]0 ; 3].

F_2 est une primitive de f_2, donc ses variations sont données par le signe de f_2. D'après le graphique, F_2 est décroissante sur ]0 ; 0{,}3], croissante sur [0{,}3 ; 2{,}5], puis décroissante sur [2{,}5 ; 3].

A.2Identifier les courbes représentant f_{2}′ et f_{2}″.

f_2 admet un maximum en x \approx 0{,}75 (là où F_2 change de croissante à décroissante) : sa dérivée doit s'y annuler. C'est la courbe 1 qui s'annule vers 0,75 : elle représente f_2'.
Le point A (point d'inflexion de \mathcal{C}_2) est situé vers x \approx 1{,}6 : la dérivée seconde s'y annule. C'est la courbe 2 qui s'annule vers 1,6 : elle représente f_2''.

B.1.aMontrer que f_{1}′(x) = -1 - ln(x)/x^{2}.

f_1 = w + \dfrac{u}{v} avec w(x)=1-x, u(x)=1+\ln x, v(x)=x, donc w'(x)=-1, u'(x)=\dfrac{1}{x}, v'(x)=1.
f_1'(x) = w'(x) + \dfrac{u'(x)v(x)-v'(x)u(x)}{v(x)^{2}} = -1 + \dfrac{1-(1+\ln x)}{x^{2}} = -1-\dfrac{\ln x}{x^{2}}.

B.1.bDéterminer la limite de f_{1}′(x) en +\infty.

Par croissances comparées, \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x^{2}} = 0, donc, par somme, \lim\limits_{x \to +\infty} f_1'(x) = -1.

B.2.aJustifier les variations de f_{1}′ et la valeur de l'extremum.

f_1''(x) a le signe de 2\ln x - 1 (car x^{3}>0), positif pour x>e^{\dfrac{1}{2}}.
f_1' est donc décroissante sur ]0 ; e^{\dfrac{1}{2}}] puis croissante sur [e^{\dfrac{1}{2}} ; +\infty[.
f_1'(e^{\dfrac{1}{2}}) = -1-\dfrac{\ln(e^{\dfrac{1}{2}})}{e} = -1-\dfrac{1}{2e} : c'est bien la valeur du minimum du tableau.

B.2.bJustifier la limite de f_{1}′ en 0.

Quand x \to 0^+ : -\ln(x) \to +\infty et x^{2} \to 0^+, donc par quotient puis somme, \lim\limits_{x \to 0^+} f_1'(x) = +\infty.

B.2.cMontrer qu'il existe une unique solution \alpha à f_{1}′(x) = 0, puis que f_{1} admet un maximum.

Sur \left]0 ; e^{\dfrac{1}{2}}\right], f_1' est continue et strictement décroissante, avec \lim\limits_{x\to0^+} f_1'(x) = +\infty > 0 et f_1'(e^{\dfrac{1}{2}}) = -1-\frac{1}{2e} < 0 : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f_1'(x)=0 y admet une unique solution.
Sur \left[e^{\dfrac{1}{2}} ; +\infty\right[, f_1' est strictement croissante et tend vers -1, donc reste toujours strictement négative : pas de solution sur cet intervalle.
Il existe donc une unique solution \alpha à f_1'(x)=0 sur ]0;+\infty[, et f_1 admet un maximum en \alpha (signe de f_1' positif puis négatif).

B.2.dCompléter le script Python calculant une valeur approchée de \alpha.

C.1Montrer que H est une primitive de h.

H est de la forme \dfrac{1}{2}u^{2} avec u(x)=1+\ln x, donc u'(x)=\dfrac{1}{x}, et H'(x) = u'(x)u(x) = \dfrac{1}{x}(1+\ln x) = h(x).
H est donc bien une primitive de h sur ]0;+\infty[.

C.2Existe-t-il k tel que la valeur moyenne de fₖ sur [1 ; e] soit nulle ?

La valeur moyenne est \begin{aligned}\displaystyle \mu &= \dfrac{1}{e-1}\int\limits_1^{e} f_k(x)\,dx \\ &= \dfrac{1}{e-1}\int\limits_1^{e}\left(1-x+kh(x)\right)dx \\ &= \dfrac{1}{e-1}\left[x-\dfrac{x^{2}}{2}+kH(x)\right]_1^{e}\end{aligned}
= \dfrac{1}{e-1}\left(\left(e-\dfrac{e^{2}}{2}+k\dfrac{(1+1)^{2}}{2}\right) - \left(1-\dfrac{1}{2}+k\dfrac{(1+0)^{2}}{2}\right)\right) = \dfrac{2e-e^{2}+3k-1}{2(e-1)}.
\begin{aligned}\mu &= 0 \\ &\Leftrightarrow 2e-e^{2}+3k-1 = 0 \\ &\Leftrightarrow k = \dfrac{e^{2}-2e+1}{3} \\ &\Leftrightarrow k = \dfrac{(e-1)^{2}}{3}\end{aligned}
Oui, il existe une unique valeur k = \dfrac{(e-1)^{2}}{3} pour laquelle la valeur moyenne de f_k sur [1;e] est nulle.

Affirmation 1 : quelle que soit la valeur de u, x^{2} + x - u^{2} = 0 possède deux solutions réelles distinctes. Vrai ou faux ?

Le discriminant de cette équation du second degré est \begin{aligned}\Delta &= 1^{2}-4\times1\times(-u^{2}) \\ &= 1+4u^{2}\end{aligned}
Comme 4u^{2}\geq0 pour tout réel u, {\Delta\geq1>0} : le discriminant est toujours strictement positif, l'équation admet donc toujours deux solutions réelles distinctes. L'affirmation 1 est VRAIE.

Affirmation 2 : la suite (u_{n}) définie par u_{n} = 2^{-}ⁿ est géométrique de raison \dfrac{1}{2}. Vrai ou faux ?

\begin{aligned}u_n &= 2^{-n} \\ &= \dfrac{1}{2^{n}} \\ &= \left(\dfrac12\right)^{n}\end{aligned} (u_n) est bien géométrique de raison \dfrac12, de premier terme u_0=1.
L'affirmation 2 est VRAIE.

Affirmation 3 : le point A(3;3) appartient à la tangente à Cf en x=0, pour f(x) = eˣ - 1. Vrai ou faux ?

f'(x)=e^{x}, donc f'(0)=1 et f(0)=0. L'équation de la tangente en x=0 est y=f'(0)(x-0)+f(0) = x.
Le point A(3;3) vérifie y=x (puisque 3=3) : il appartient bien à la tangente. L'affirmation 3 est VRAIE.

1.Donner les coordonnées du vecteur KP et sa norme. (P(4;0), K(1;0))

\overrightarrow{KP}\begin{pmatrix}3 \\ 0 \\ \end{pmatrix}, de norme 3.

2.Exprimer en fonction de x les coordonnées du vecteur KM et sa norme. (M(x;3))

\overrightarrow{KM}\begin{pmatrix}x-1 \\ 3 \\ \end{pmatrix}, de norme \sqrt{(x-1)^{2}+9}.

3.Montrer que le produit scalaire KP \cdot KM est égal à 3x - 3.

\overrightarrow{KP}\cdot\overrightarrow{KM} = 3(x-1)+0\times3 = 3x-3.

4.Montrer que, si l'angle PKM vaut π/3, alors x est solution de (E) : \surd((x-1)^{2} + 9) = 2x - 2.

\begin{aligned}\overrightarrow{KP}\cdot\overrightarrow{KM} &= KP\times KM\times\cos(\widehat{PKM}) \\ &= 3\times\sqrt{(x-1)^{2}+9}\times\cos\left(\dfrac\pi3\right) \\ &= \dfrac32\sqrt{(x-1)^{2}+9}\end{aligned} (car \cos(\pi/3)=\frac12).
Or ce produit scalaire vaut aussi 3x-3 (question 3) : \begin{aligned}\dfrac32\sqrt{(x-1)^{2}+9} = 3x-3 &\iff \sqrt{(x-1)^{2}+9} = 2x-2 \end{aligned}
x est donc bien solution de l'équation (E) lorsque l'angle \widehat{PKM} vaut \dfrac\pi3.

5.Vérifier que 1 + \sqrt{3} est solution de (E).

En élevant au carré (valide car 2x-2\geq0 pour une solution) : \begin{aligned}(x-1)^{2}+9 = (2x-2)^{2} &\iff 3x^{2}-6x-6 = 0 \end{aligned}
Discriminant : \begin{aligned}\Delta &= 36+72 \\ &= 108 \\ &= (6\sqrt3)^{2}\end{aligned} Les solutions sont \dfrac{6\pm6\sqrt3}{6} = 1\pm\sqrt3.
1+\sqrt3 est donc bien solution de l'équation (E).

1.Par lecture graphique, déterminer f(-2) et f(1).

D'après les coordonnées des points A et B sur le graphique : f(-2)=-5 et f(1)=4.

2.Par lecture graphique, déterminer f'(-2) et f'(1).

f'(-2) est le coefficient directeur de la tangente (d) en A, soit 6 ; f'(1) est le coefficient directeur de la tangente T en B, horizontale, soit 0.

3.Résoudre l'équation f(x) = 0 par lecture graphique.

La courbe coupe l'axe des abscisses aux points d'abscisses -1 et 3 : \mathcal{S}=\{-1;3\}.

4.Dresser le tableau de variation de f par lecture graphique.

f est croissante sur [-3;1] (de -12 à 4) puis décroissante sur [1;4] (de 4 à -5).

5.On admet que f(x) = -x^{2} + 2x + 3. Retrouver par le calcul les résultats de la question 1.

\begin{aligned}f(-2) &= -4-4+3 \\ &= -5\end{aligned} et \begin{aligned}f(1) &= -1+2+3 \\ &= 4\end{aligned} Cela confirme la lecture graphique.

6.aDéterminer f'(x) puis retrouver les résultats de la question 2.

f'(x) = -2x+2. f'(-2) = 4+2 = 6 et f'(1) = -2+2 = 0 : cela confirme la lecture graphique.

6.bVérifier par le calcul que f(x) = (x + 1)(-x + 3), puis retrouver les résultats de la question 3.

\begin{aligned}(x+1)(-x+3) &= -x^{2}+3x-x+3 \\ &= -x^{2}+2x+3\end{aligned} ce qui correspond bien à f(x).
\begin{aligned}(x+1)(-x+3) = 0 &\iff x = -1 \end{aligned} ou x=3 : cela confirme les solutions trouvées en question 3.

6.cDresser le tableau de signes de f'(x) sur [-3 ; 4] et en déduire les variations de f.

f'(x)=-2x+2=0 \iff x=1, et f'(x)>0 \iff x<1 (fonction affine décroissante en x, de coefficient directeur -2).
f est donc croissante sur [-3;1] (où f'\geq0) et décroissante sur [1;4] (où f'\leq0), conformément à la lecture graphique.

A.1Donner la puissance électrique des panneaux à 11 h 00 (lecture graphique).

Avec la précision permise par le graphique, on lit une puissance d'environ 5,75 kW à 11 h.

A.2Résoudre graphiquement f(x) \geq 5 et interpréter.

Graphiquement, f(x)\geq5 pour x\in[10{,}5\,;\,15{,}5] environ : la puissance des panneaux dépasse 5 kW entre environ 10 h 30 et 15 h 30, soit pendant environ 5 heures dans la journée.

B.1Déterminer la nature de la suite (c_{n}) et préciser sa raison.

Chaque année, le tarif est multiplié par 1{,}06 (hausse de 6 %) : (c_n) est géométrique de raison q=1{,}06, de premier terme c_0=0{,}15.

B.2Exprimer c_{n} en fonction de n.

(c_n) étant géométrique : \begin{aligned}c_n &= c_0\times q^{n} \\ &= 0{,}15\times1{,}06^{n}\end{aligned}.

B.3Donner le calcul permettant d'obtenir le coût en 2030.

2030 correspond à 2020+10, soit n=10 : le coût pour 1 kWh en 2030 est c_{10} = 0{,}15\times1{,}06^{10} (calcul non demandé).

B.4.aQue représentent les variables c et S du programme Python ?

c représente le coût (en euros) d'un kWh pour l'année considérée. S représente l'économie totale cumulée (en euros) depuis 2020 : à chaque tour de boucle, on ajoute l'économie de l'année (2000 kWh non achetés, au prix c), puis on met à jour l'année et le prix.

B.4.bLe programme affiche 16. Interpréter ce résultat.

Il faut 16 années pour que l'économie cumulée dépasse 7 000 €, le coût de l'installation : selon ce modèle, l'investissement de Camille est rentabilisé en 2020+16=2036.

1.aDonner f(1).

La courbe \mathcal{C}_f passe par A(1;20) : f(1)=20.

1.bDéterminer f'(1).

f'(1) est le coefficient directeur de la tangente T_A, c'est-à-dire de la droite (AB) : f'(1) = \dfrac{10-20}{3-1} = \dfrac{-10}{2} = -5.

1.cJustifier que la tangente TA a pour équation y = -5x + 25.

L'équation de la tangente en x=1 est y=f'(1)(x-1)+f(1) = -5(x-1)+20 = -5x+5+20 = -5x+25.

2.aDémontrer que f'(x) = (2x - 3)(2x + 3)/x^{2} pour f(x) = (4x^{2} + 7x + 9)/x.

Par la formule de dérivation d'un quotient : f'(x) = \dfrac{(8x+7)x-(4x^{2}+7x+9)\times1}{x^{2}} = \dfrac{8x^{2}+7x-4x^{2}-7x-9}{x^{2}} = \dfrac{4x^{2}-9}{x^{2}}.
\begin{aligned}4x^{2}-9 &= (2x)^{2}-3^{2} \\ &= (2x-3)(2x+3)\end{aligned} donc f'(x)= \dfrac{(2x-3)(2x+3)}{x^{2}}.

2.bÉtudier le signe de f'(x) sur ]0 ; +\infty[.

x^{2}>0 sur ]0;+\infty[. 2x+3>0 toujours sur cet intervalle. 2x-3>0 \iff x>\frac32. Donc f'(x)<0 sur \left]0;\frac32\right[ et f'(x)>0 sur \left]\frac32;+\infty\right[.

2.cEn déduire les variations de f sur ]0 ; +\infty[.

f est décroissante sur \left]0;\frac32\right] et croissante sur \left[\frac32;+\infty\right[.

3.Existe-t-il une tangente à Cf parallèle à la droite y = 3x + 5 ?

Deux droites sont parallèles ssi elles ont le même coefficient directeur : on cherche x_0 tel que f'(x_0)=3.
\begin{aligned}\dfrac{4x^{2}-9}{x^{2}} = 3 &\iff 4x^{2}-9 = 3x^{2} \\ &\iff x^{2}-9 = 0 \\ &\iff (x-3)(x+3) = 0 \\ &\iff x = 3 \end{aligned} ou x=-3.
Seule x_0=3 appartient à ]0;+\infty[ : oui, il existe une unique tangente à \mathcal{C}_f parallèle à y=3x+5, c'est la tangente au point d'abscisse 3.

1.Dans un repère, un point A est placé sur la grille. Quelles sont ses coordonnées ?

D'après le repère, A(4 ; 3).

2.Un sac de 32 billes contient 4 billes vertes. Quelle est la probabilité de tirer une bille verte au hasard ?

Il y a 4 billes vertes sur 32 : la probabilité est \dfrac{4}{32} = \dfrac18.

3.Quelle est la solution de l'équation 5x - 4 = 6 ?

\begin{aligned}5x-4 = 6 &\iff 5x = 10 \\ &\iff x =\end{aligned} 2.

4.Dans la liste 13, 5, 9, 11, 15, 8, 14, 16, 17, quelle est la médiane ?

En rangeant dans l'ordre croissant : 5, 8, 9, 11, 13, 14, 15, 16, 17 : la valeur du milieu (5e sur 9) est 13.

5.Dans une configuration où (DB) est parallèle à (EC), avec A, D, B alignés et A, E, C alignés, quelle égalité donne le théorème de Thalès ?

\dfrac{AD}{AE} = \dfrac{AB}{AC} (les rapports des longueurs sur chaque droite sécante sont égaux).

1.Le programme A consiste à : choisir un nombre, multiplier par 3, ajouter 15, diviser par 3, soustraire le nombre de départ. Montrer que, pour le nombre 4, le résultat est 5.

4 \xrightarrow{\times3} 12 \xrightarrow{+15} 27 \xrightarrow{\div3} 9 \xrightarrow{-4} 5 : on obtient bien 5.

2.Montrer que, pour le nombre -2, le résultat du programme A est encore 5.

-2 \xrightarrow{\times3} -6 \xrightarrow{+15} 9 \xrightarrow{\div3} 3 \xrightarrow{-(-2)} 5 : on retrouve 5.

3.Justifier que « le programme A donne toujours le même résultat » est vrai.

En partant d'un nombre a : a \xrightarrow{\times3} 3a \xrightarrow{+15} 3a+15=3(a+5) \xrightarrow{\div3} a+5 \xrightarrow{-a} 5. Quel que soit a, le résultat final est toujours 5.

4.Le programme B consiste à : soustraire 1 au nombre choisi, soustraire 6 au nombre choisi, multiplier les deux résultats, ajouter 5. Lorsque le nombre choisi est 10, quel résultat obtient-on ?

10-1=9 et 10-6=4 : leur produit vaut 9\times4=36, puis 36+5= 41.

5.Il existe exactement deux nombres pour lesquels les programmes A et B donnent des résultats identiques. Lesquels ?

Le programme A donne toujours 5 (question 3). Avec le programme B, en partant de x, on obtient (x-1)(x-6)+5.
Les résultats sont égaux si 5=(x-1)(x-6)+5, c'est-à-dire (x-1)(x-6)=0, dont les solutions sont 1 et 6.

PartieA ; 1. ABCD est un rectangle avec AD = x et AB = 16-2x ; EFGH est un carré de côté 2x. Pour x = 1,5 cm, calculer le périmètre du carré EFGH.

Périmètre = 4\times2x = 4\times2\times1{,}5 = 12 cm.

PartieA ; 2. Calculer AB pour x = 1,5 cm.

AB = 16-2x = 16-2\times1{,}5 = 13 cm.

PartieA ; 3. Construire en vraie grandeur le rectangle ABCD.

On construit un rectangle de largeur AD = 1,5 cm et de longueur AB = 13 cm, à l'aide de l'équerre et de la règle graduée.

PartieA ; 4. Les périmètres de ABCD et EFGH sont-ils égaux pour x = 1,5 cm ?

Périmètre de ABCD = 2\times(AB+AD) = 2\times(13+1{,}5) = 2\times14{,}5 = 29 cm.
Périmètre de EFGH = 12 cm (question A.1). 29\neq12 : les périmètres ne sont pas égaux.

PartieB ; 1.a Un tableur donne le périmètre du carré (colonne B à G) en fonction de x (ligne 1). Quelle formule saisir en B2 avant de l'étirer jusqu'à G2 ?

Le périmètre du carré vaut 4\times2x = 8x, avec x dans la cellule B1 : la formule est =8*B1 (ou =4*2*B1).

PartieB ; 1.b Le tableau (x de 1 à 6, périmètres du carré 8-16-24-32-40-48, périmètres du rectangle 30-28-26-24-22-20) permet-il de trouver une valeur de x où les deux périmètres sont égaux ?

Non : aucune ligne du tableau ne donne deux périmètres identiques (les valeurs se croisent entre x=3 et x=4 sans jamais coïncider exactement dans le tableau).

PartieB ; 2.a Montrer que le périmètre du rectangle peut s'écrire -2x + 32.

Périmètre = 2\times(AB+AD) = 2\times(x+16-2x) = 2\times(16-x) = 32-2x = -2x+32.

PartieB ; 2.b Déterminer par le calcul la valeur de x pour laquelle les deux périmètres sont égaux.

On résout -2x+32 = 8x (périmètre du carré =4\times2x=8x) : 32 = 10x, donc x = 3{,}2.
La solution est x = 3,2 cm.

L'espace est muni d'un repère orthonormé. La droite (d) a pour représentation paramétrique x = 3-2t, y = -1, z = 2-6t (t réel). On donne A(3 ; -3 ; -2), B(5 ; -4 ; -1), C le point de (d) d'abscisse 2, et H le projeté orthogonal de B sur le plan P d'équation x + 3z - 7 = 0. Affirmation 1 : la droite (d) et l'axe des ordonnées sont deux droites non coplanaires. Vraie ou fausse ?

(d) est dirigée par \overrightarrow{u}\begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ -6\end{pmatrix} et l'axe des ordonnées par \overrightarrow{\jmath}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} : ces vecteurs ne sont pas colinéaires (ils sont même orthogonaux), donc les droites ne sont ni parallèles ni confondues.
L'axe des ordonnées passe par l'origine et a pour représentation paramétrique x = 0, y = s, z = 0. Chercher un point commun revient à résoudre 3-2t=0, -1=s, 2-6t=0, soit t=1{,}5 et t=\frac13 simultanément : système impossible, donc les droites ne sont pas sécantes.
Les droites ne sont ni parallèles, ni confondues, ni sécantes : elles sont donc non coplanaires. L'affirmation est vraie.

Affirmation 2 : le plan passant par A et orthogonal à la droite (d) a pour équation cartésienne x + 3z + 3 = 0. Vraie ou fausse ?

(d) est dirigée par \overrightarrow{u}\begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ -6\end{pmatrix}, colinéaire à \overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 3\end{pmatrix}, qui est donc un vecteur normal du plan cherché : une équation du plan est de la forme x+3z+d=0.
Le point A appartient au plan : \begin{aligned}3+3\times(-2)+d = 0 &\iff d = 3 \end{aligned}
Le plan a donc pour équation x+3z+3=0. L'affirmation est vraie.

Affirmation 3 : une mesure, en radian, de l'angle géométrique BAC est π/6. Vraie ou fausse ?

C appartient à (d) et a pour abscisse 2 : \begin{aligned}3-2t = 2 &\iff t = \frac12 \end{aligned} d'où \begin{aligned}z_C &= 2-6\times\frac12 \\ &= -1\end{aligned} soit C(2~;~-1~;~-1).
\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-1 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} &= 2\times(-1)+(-1)\times2+1\times1 \\ &= -3\end{aligned}
\begin{aligned}\|\overrightarrow{AB}\| &= \sqrt{2^{2}+(-1)^{2}+1^{2}} \\ &= \sqrt6\end{aligned} et \begin{aligned}\|\overrightarrow{AC}\| &= \sqrt{(-1)^{2}+2^{2}+1^{2}} \\ &= \sqrt6\end{aligned}
Or \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = AB\times AC\times\cos(\widehat{BAC}), donc \begin{aligned}\cos(\widehat{BAC}) &= \dfrac{-3}{\sqrt6\times\sqrt6} \\ &= -\dfrac12\end{aligned} soit \widehat{BAC}=\dfrac{2\pi}{3}.
\dfrac{2\pi}{3}\neq\dfrac{\pi}{6} : l'affirmation est fausse.

Affirmation 4 : la distance BH est égale à \surd\dfrac{10}{2}. Vraie ou fausse ?

Le vecteur \overrightarrow{u'}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 3\end{pmatrix}, normal au plan P, dirige la droite \Delta orthogonale à P passant par B : une représentation paramétrique de \Delta est x = 5+t, y = -4, z = -1+3t.
L'intersection avec P vérifie \begin{aligned}(5+t)+3(-1+3t)-7 = 0 &\iff 10t = 5 \\ &\iff t = \frac12 \end{aligned} donc H\left(\frac{11}{2}~;~-4~;~\frac12\right).
\overrightarrow{BH}\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2} \\ 0 \\ \dfrac{3}{2}\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}\|\overrightarrow{BH}\|^{2} &= \frac14+\frac94 \\ &= \frac{10}{4}\end{aligned} soit \begin{aligned}BH &= \sqrt{\frac{10}{4}} \\ &= \dfrac{\sqrt{10}}{2}\end{aligned}
L'affirmation est vraie.

PartieA ; 1. Les courbes C_{1} et C_{2} représentent deux fonctions définies et dérivables sur \mathbb{R}, l'une étant la dérivée de l'autre ; C_{1} coupe l'axe des ordonnées en (0 ; 1), C_{2} le coupe en (0 ; 2) et coupe l'axe des abscisses en (-2 ; 0) et (1 ; 0). Associer à g et g' leur courbe.

La fonction représentée par \mathcal{C}_1 est décroissante sur ]-\infty~;~-2] et [1~;~+\infty[, croissante sur [-2~;~1].
La fonction représentée par \mathcal{C}_2 est négative sur ]-\infty~;~-2] et [1~;~+\infty[, positive sur [-2~;~1] : ce sont exactement les intervalles où la fonction de \mathcal{C}_1 croît ou décroît.
Le signe de la dérivée déterminant les variations, \mathcal{C}_1 représente g et \mathcal{C}_2 représente g'.

PartieA ; 2. Justifier que l'équation réduite de la tangente à la courbe de g au point d'abscisse 0 est y = 2x + 1.

La tangente en 0 a pour équation y=g'(0)x+g(0).
\mathcal{C}_1 coupe l'axe des ordonnées en (0~;~1) donc g(0)=1 ; \mathcal{C}_2 le coupe en (0~;~2) donc g'(0)=2.
L'équation de la tangente est donc y=2x+1.

PartieB ; 1. On considère l'équation différentielle (E) : y + y' = (2x+3)e^{-x}. Montrer que f_0(x) = (x^2+3x)e^{-x} est une solution particulière de (E).

f_0 est dérivable sur \mathbb{R} comme produit de fonctions dérivables : f_0'(x) = (2x+3)e^{-x} + (x^{2}+3x)(-e^{-x}) = (2x+3-x^{2}-3x)e^{-x} = (-x^{2}-x+3)e^{-x}.
f_0(x)+f_0'(x) = (x^{2}+3x)e^{-x} + (-x^{2}-x+3)e^{-x} = (2x+3)e^{-x} : f_0 vérifie bien (E).

PartieB ; 2. Résoudre l'équation différentielle (E_{0}) : y + y' = 0.

(E_0) équivaut à y'=-y : ses solutions sont les fonctions x\longmapsto Ce^{-x}, avec C\in\mathbb{R}.

PartieB ; 3. Déterminer les solutions de l'équation différentielle (E).

(E) est de la forme y'=ay+f avec f_0 solution particulière : ses solutions sont les fonctions x\longmapsto Ce^{-x}+f_0(x) = (x^{2}+3x+C)e^{-x}, avec C\in\mathbb{R}.

PartieB ; 4. On admet que g est solution de (E). Déterminer l'expression de g.

Il existe C\in\mathbb{R} tel que g(x)=(x^{2}+3x+C)e^{-x}. Comme g(0)=1 : \begin{aligned}1 &= (0+0+C)e^{0} \\ &= C\end{aligned}
g(x) = (x^{2}+3x+1)e^{-x}.

PartieB ; 5. Déterminer les solutions de (E) dont la courbe admet exactement deux points d'inflexion.

Une courbe admet exactement deux points d'inflexion si et seulement si sa dérivée seconde s'annule exactement deux fois en changeant de signe.
Soit f(x)=(x^{2}+3x+C)e^{-x} une solution de (E) : f'(x) = (-x^{2}-x+3-C)e^{-x} et f''(x) = (x^{2}-x-4+C)e^{-x}.
L'exponentielle étant strictement positive, f''(x) est du signe de x^{2}-x-4+C, dont le discriminant est \begin{aligned}\Delta &= 1-4(-4+C) \\ &= 17-4C\end{aligned}
Ce polynôme change deux fois de signe si et seulement si \Delta>0, soit C<\dfrac{17}{4}.
Les solutions cherchées sont les fonctions x\longmapsto(x^{2}+3x+C)e^{-x} avec C<\dfrac{17}{4}.

PartieC ; 1. On considère f(x) = (x^{2}+3x+2)e^{-x} sur \mathbb{R}. Démontrer que la limite de f en +\infty est égale à 0.

f(x) = \dfrac{x^{2}}{e^{x}}+3\dfrac{x}{e^{x}}+\dfrac{2}{e^{x}}.
Par croissances comparées, pour tout entier n non nul, \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x^{n}}{e^{x}}=0 ; donc, par somme, \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0.

PartieC ; 2.a Vérifier que, pour tout réel x, f'(x) = (-x^{2} - x + 1)e^{-x}.

f'(x) = (2x+3)e^{-x}+(x^{2}+3x+2)(-e^{-x}) = (2x+3-x^{2}-3x-2)e^{-x} = (-x^{2}-x+1)e^{-x}.

PartieC ; 2.b Déterminer le signe de f' sur \mathbb{R} puis en déduire les variations de f.

L'exponentielle étant strictement positive, f'(x) est du signe de -x^{2}-x+1, de discriminant \Delta=1+4=5>0.
Ses racines sont x_1=\dfrac{-1-\sqrt5}{2} et x_2=\dfrac{-1+\sqrt5}{2} ; le coefficient dominant étant négatif, -x^2-x+1 est négatif à l'extérieur des racines et positif entre elles.
f est décroissante sur ]-\infty~;~x_1] et sur [x_2~;~+\infty[, croissante sur [x_1~;~x_2].

PartieC ; 3. Expliquer pourquoi f est positive sur [0 ; +\infty[.

L'exponentielle étant strictement positive, f(x) est du signe de x^{2}+3x+2=(x+2)(x+1), de racines -2 et -1.
Le coefficient dominant étant positif, ce polynôme est positif sur ]-1~;~+\infty[, donc en particulier sur [0~;~+\infty[ : f est positive sur [0~;~+\infty[.

PartieC ; 4. On admet que F(x) = (-x^{2} - 5x - 7)e^{-x} est une primitive de f. Pour \alpha réel positif, déterminer l'aire A(\alpha) du domaine délimité par l'axe des abscisses, la courbe de f et les droites x = 0 et x = \alpha.

f étant positive sur [0~;~\alpha], l'aire cherchée est \begin{aligned}\displaystyle \mathcal{A}(\alpha) &= \displaystyle\int\limits_0^{\alpha}f(x)\,\mathrm{d}x \\ &= F(\alpha)-F(0)\end{aligned}
\begin{aligned}F(0) &= (0-0-7)e^{0} \\ &= -7\end{aligned} donc \mathcal{A}(\alpha) = (-\alpha^{2}-5\alpha-7)e^{-\alpha}+7 unités d'aire.

PartieA ; 1.a On considère la suite (u_n) définie par u_0=2 et u_{n+1}=\sqrt{u_n}. Donner la valeur exacte de u_1 et u_2.

\begin{aligned}u_1 &= \sqrt{u_0} \\ &= \sqrt2\end{aligned} et \begin{aligned}u_2 &= \sqrt{u_1} \\ &= \sqrt{\sqrt2}\end{aligned}

PartieA ; 1.b Émettre une conjecture, à la calculatrice, sur le sens de variation et la limite éventuelle de la suite.

À la calculatrice, on conjecture que la suite (u_n) est décroissante et converge vers 1.

PartieA ; 2.a Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, {1 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n}.

Initialisation : \begin{aligned}u_1 &= \sqrt2 \\ &\approx 1{,}414\end{aligned} et u_0=2, donc {1\leqslant u_1\leqslant u_0} : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : on suppose que, pour un entier n, {1\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n}. La fonction racine carrée étant croissante sur \mathbb{R}^{+} : {\sqrt1\leqslant\sqrt{u_{n+1}}\leqslant\sqrt{u_n}}, soit {1\leqslant u_{n+2}\leqslant u_{n+1}} : la propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n, {1\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n}.

PartieA ; 2.b En déduire que la suite (u_n) est convergente.

D'après la question précédente, (u_n) est minorée par 1 et décroissante : toute suite décroissante et minorée étant convergente, (u_n) converge vers une limite \ell\geqslant1.

PartieA ; 2.c Résoudre dans [0 ; +\infty[ l'équation \sqrt{x} = x.

Pour x\geqslant0 : \begin{aligned}\sqrt{x} = x &\iff x = x^{2} \\ &\iff x^{2}-x = 0 \\ &\iff x(x-1) = 0 \\ &\iff x = 0 \end{aligned} ou x=1.
L'équation admet deux solutions sur [0~;~+\infty[ : 0 et 1.

PartieA ; 2.d Déterminer, en justifiant, la limite de la suite (u_n).

(u_n) converge vers \ell et vérifie u_{n+1}=f(u_n) avec f la fonction racine carrée, continue sur [0~;~+\infty[ : par le théorème du point fixe, \ell est solution de f(x)=x.
D'après la question précédente, les solutions sont 0 et 1, et comme \ell\geqslant1, on a \ell=1.
La suite (u_n) converge vers 1.

PartieB ; 1.a On pose v_n = \ln(u_n). Démontrer que la suite (v_n) est géométrique de raison \dfrac{1}{2}.

Pour tout entier naturel n : \begin{aligned}v_{n+1} &= \ln(u_{n+1}) \\ &= \ln(\sqrt{u_n}) \\ &= \dfrac12\ln(u_n) \\ &= \dfrac12v_n\end{aligned}
(v_n) est géométrique de raison \dfrac12, de premier terme \begin{aligned}v_0 &= \ln(u_0) \\ &= \ln(2)\end{aligned}

PartieB ; 1.b Exprimer v_n en fonction de n.

\begin{aligned}v_n &= v_0\times\left(\dfrac12\right)^{n} \\ &= \dfrac{\ln(2)}{2^{n}}\end{aligned}

PartieB ; 1.c En déduire que, pour tout entier naturel n, ln(2) = 2ⁿ ln(u_n).

Comme v_n=\ln(u_n) et v_n=\dfrac{\ln(2)}{2^{n}}, on a \dfrac{\ln(2)}{2^{n}}=\ln(u_n), soit \ln(2)=2^{n}\ln(u_n).

PartieB ; 2.a Déterminer à la calculatrice le plus petit entier naturel k tel que u_k appartienne à ]0,99 ; 1,01[, et une valeur approchée de u_k à 10^{-5} près.

À la calculatrice, pour tout k<7, u_k>1{,}01, et u_7\approx1{,}00543 : la plus petite valeur est k=7.

PartieB ; 2.b En déduire une approximation de ln(u_k).

En prenant x-1 comme approximation de \ln(x) pour x\in\,]0{,}99~;~1{,}01[ : \begin{aligned}\ln(u_7) &\approx u_7-1 \\ &\approx 0{,}00543\end{aligned}

PartieB ; 2.c Déduire des questions précédentes une approximation de ln(2).

D'après ce qui précède, \ln(2)\approx2^{7}\ln(u_7) \approx 2^{7}\times0{,}00543 \approx 0,695.

PartieB ; 3. On généralise à tout réel a strictement supérieur à 1. Compléter l'algorithme Python (from math import * ; def Briggs(a): n=0 ; while a>=1.01: a=sqrt(a) ; n=n+1 ; L=... ; return L) pour que Briggs(a) approche ln(a).

En s'appuyant sur la relation \ln(a)\approx2^{n}(a-1) établie précédemment, il faut compléter la ligne par L = 2n * (a-1).