Correction Liban Mai
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Correction Liban Mai 2006 Exercice I : 1. Les vecteurs ???AB et ??AC ont pour coordonnées respectives (?5 ; ?2 ; 4) et (1 ; 1 ; 1). Or il n'existe pas de réél k tel que ???AB = k??AC, donc les vecteurs ???AB et ??AC ne sont pas colinéaires et les points A, B et C ne sont pas alignés, ils forment donc le plan (ABC). 2. (a) La droite (d) admet pour vecteur directeur ??u de coordonnées (2 ; ?3 ; 1) (les coefficients de t dans son équation paramétrique voir son cours). Or ??u · ???AB = 2? (?5) + (?3)? (?2) + 1? 4 = ?10 + 6 + 4 = 0 et ??u · ??AC = 2? 1 + (?3)? 1 + 1? 1 = 2? 3 + 1 = 0. Donc la droite (d) est orthogonale à deux droites sécantes du plan (ABC), les droites (AB) et (AC), ainsi (d) est perpendiculaire au plan (ABC) et un vecteur normal au plan (ABC) est ??u . (b) Donc (ABC) a pour équation : 2x? 3y + z + d = 0. Mais comme A appartient à (ABC), on a : 2? 2? 3? 1 + 3? 1 + d = 0 ? d = ?4.point d'intersection ??u · cercle de centre b' et de rayon vecteur ???ab durées de vie indé plan de vecteur normal tangente au point d'abscisse
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Correction Liban Mai 2006 Exercice I : −→→− 1. LesvecteursABetACont pour coordonnées respectives(−5 ;−2 ;4)et1)1 ;(1 ;. −→−→−→→− Or il n’existe pas de réélktel queAB=kAC, donc les vecteursABetACne sont pas colinéaires et les points A, B et C ne sont pas alignés, ils forment donc le plan (ABC). −→ 2. (a)La droite (d) admet pour vecteur directeurude coordonnées(2 ;−1)3 ;(les coefficients detdans son équation paramétrique voir son cours). Or −→ −→ u∙AB= 2×(−5) + (−3)×(−2) + 1×4 =−10 + 6 + 4 = 0 et −→ −→ u∙AC= 2×1 + (−3)×1 + 1×1 = 2−3 + 1 = 0. Donc la droite (d) est orthogonale à deux droites sécantes du plan (ABC), les droites (AB) et (AC), ainsi (d) est perpendiculaire au plan (ABC) et un vecteur normal au plan (ABC) −→ estu. (b) Donc(ABC) a pour équation :2x−3y+z+d= 0. Mais comme A appartient à (ABC), on a :2×2−3×1 + 3×1 +d= 0⇔d=−4. Donc le plan (ABC) a pour équation cartésiennne : 2x−3y+z−4 = 0 3. Appelons G le barycentre de (A;2), (B;1) et (C;2), alors G appartient au plan (ABC) (cf cours). Montrons que G appartient à la droite (d). Pour cela, calculons les coordonnées de G : −2×2 + (−1)×(−3) + 2×3 xG= =−5 −2−1 + 2 −2×1 + (−1)×(−1) + 2×2 yG= =−3 −2−1 + 2 −2×3 + (−1)×7 + 2×4 zG5= = −2−1 + 2 Déterminons, s’il existe un réeltvérifiant : −5 =−7 + 2t −3 =−3t⇔t= 1 5 = 4 +t Ainsi G appartient à la droite (d), mais aussi au plan (ABC) donc (comme (d) est perpendiculaire à (ABC) il ne peut y avoir qu’un point d’intersection), le point d’intersection de (ABC) avec (d) est le barycentre de (A;2), (B;1) et (C;2), c’est à dire H. −−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→ 4. Comme−2M A−M B+ 2M C∙M B−M C= 0⇔ −M H∙M B−M C= 0, alors l’en −−→ −−→−−→ −−→−−→ sembleΓ1des points M de l’espace vérifiant−2M A−M B+ 2M C∙M B−M C= 0est le −→ plan de vecteur normalBCpassant par H. −−→−−→−−→−−→ 5. Commek −2M A−M B+ 2M Ck= 29⇔ k −M Hk= 29, alors l’ensembleΓ2des points M −−→ −−→−−→ de l’espace vérifiantk −2M A−M B+ 2M Ck= 29est la sphère de centre H et de rayon29. 6. Commela sphère est de centre H et le plan passant par H, alors l’intersection deΓ1etΓ2est le cercle de centre H et de rayon29. −→−→ 7. Commeles vecteursSHetCBont pour coordonnées respectives(3 ;−4 ;2)et(−6 ;−3)3 ;, donc −→−→ SH∙CB=−18 + 12 + 6 = 0
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Ainsi S appartient àΓ1.
Et −→ kSHk= 929+ 16 + 4 = Donc S appartient aussi àΓ2, donc S appartient à l’intersection deΓ1etΓ2.
Exercice II : 1. (a)Comme B1est l’image de B, d’affixe 2, par l’homothétie de centre A, d’affixe i, et de rapport 2, alors son affixe est : 2(2−i) +i2 += 2i(1−2) π (b) CommeB’ est l’image de B1par la rotation de centre A et d’angle, alors son affixe est : 4 2 π i e(2 2+i(1−2)−i) +i= (1+i) 2 2−i2 +i 4 2 2 = (1+i) (2−i) +i 2 = 3+ 2i 2. (a)L’image de B par la transformationfdu plan dans luimême qui, à tout point M d’affixez ′ associe le point M’ d’affixez= (1 +i)z+ 1a pour affixe : (1 +i)×2 + 1 = 3 + 2i Donc l’image de B est bien B’. (b) Unpoint M d’affixezest invariant parfsi et seulement si : ′ z=z⇔(1 +i)z+ 1 =z ⇔iz=−1 1 ⇔z=−=i i Donc le point A est le seul point invariant parf. (c) Pourtout nombre complexe distinct de i, ′ z−z(1 +i)z+ 1−z = i−zi−z iz−1 = i−z −i(i−z) = =−i i−z Or ′ ′ MMz−z ′ = =| −i|= 1⇔MM=MA MA i−z Donc M’ appartient au cercle de centre M et de rayon AM.
De plus, ′ −−−→ −−→z−z π ′ M A;M M=arg=arg(−i) =− i−z2 −−→−−−→π ′ Ainsi M’ est le point du cercle de centre M et de rayon AM tel que :M A;M M=−. 2 3. (a)Comme|z−2|= 2⇔BM= 2, alors l’ensembleΣ1des points M d’affixezvérifiant |z−2|= 2est le cercle de centre B et de rayon2.
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(b) Deplus, ′ z−3−2i= (1 +i)z+ 1−3−2i= (1 +i)z+ 1−2(1 +i) = (1 +i)(z−2) D’où : ′ |z−3−2i|=|(1 +i)(z−2)|=|1 +i||z−2|= 2|z−2| Donc si M appartient àΣ1,|z−2|= 2et ′ ′′ |z−3−2i|= 2×2 = 2⇔M B= 2 Donc si M appartient àΣ1, alors M’ appartient au cercle de centre B’ et de rayon 2. (c) Figurede l’exercice
Exercice III : Partie A : Soitfla fonction définie sur[0; +∞[parf(x) =xln(x+ 1) 1. (a)fest dérivable sur[0; +∞[, et x ′ f(x) = ln(x+ 1) + x+ 1 x′ Mais sur[0; +∞[,ln(x+ 1)>0et>0, doncf(x)>0. x+1 Ainsifest croissante sur[0; +∞[. ′ (b) Commef(0) = 0etf(0) = 0, alors la tangente au point d’abscisse 0 esty= 0, c’est à dire l’axe des abscisses. 2. (a)Déterminons les réelsa,betctels que pour tout réelx6=−1: 2 x c 2 =ax+b+⇔x= (ax+b)(x+ 1) +c x+ 1x+ 1 2 2 ⇔x=ax+ (a+b)x+b+c
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a= 1a= 1 Donca+b= 0⇔b=−1 b+c= 0c= 1 Ainsi pour tout réelx6=−1: 2 x1 =x−1 + x+ 1x+ 1 (b) Ainsi Z Z 1 21 x1 I=dx=x−1 +dx x+ 1x+ 1 0 0 1 1 2 =x−x+ ln(x+ 1) 2 0 1 1 =−1 + ln(1 + 1) =−+ ln 2 2 2 3. Orsur[0; +∞[,x>0etln(x+ 1)>0, alorsfest positive sur[0; +∞[, donc l’aireAde la partie du plan limitée par la courbe(C)et les droitesx= 0,x= 1ety= 0est : Z 1 A=f(x)dx 0 Intégrons par parties : ′1 2 u=x u=x 2 ′1 v= ln(x+ 1)v= x+1 Donc Z 1 1 2 1 1x 2 A=xln(x+ 1)−dx 2 2x+ 1 0 0 1 1 1 2 =xln(x+ 1)−I 2 2 0 1 11 1 = ln2− −=+ ln 2 2 22 4 4. Commef;1] à valeurs dansest continue et strictement croissante sur [0[f(0);f(1)] = [0;ln 2≈ 0,6], alors l’équationf(x) = 0,25admet une unique solutionα;1] de valeur approchéesur [0 Partie B : R 1 n Soit la suite(un)définie parun=xln(x+ 1)dx. 0 1. Z Z 1 1 n+1n un+1−un=xln(x+ 1)dx−xln(x+ 1)dx 0 0 Z Z 1 1 n+1n =xln(x+ 1)−xln(x+ 1)dx 0 0 Z 1 n = (x(x−1) ln(x+ 1))dx 0 n n Mais sur [0;1],x>0,x−160etln(x+ 1)>0, doncx(x−1) ln(x+ 1)60. Donc Z 1 n (x(x−1) ln(x+ 1))dx60⇔un+1−un60 0 Ainsi la suiteuest décroissante, comme de plus,uest minorée par 0 alors la suiteuconverge.
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2. Sur[0 ;1],06ln(x+ 1)6ln 2puisque la fonctionlnest croissante. Donc sur [0;1],
Z Z 1 1 n nn n 06xln(x+ 1)6xln 2⇔06xln(x+ 1)dx6xln(2)dx 0 0 1 1 n+1 ⇔06un6xln 2 n+ 1 0 1 ⇔06un6ln 2 n+ 1 1 Or,0lim =, donc (théorème des gendarmes),limun= 0. n→+∞n→+∞ n+ 1 Exercice IV :La probabilité qu’un robot tombe en panne avant l’instanttest : Z t −λx−λt p(X6t) =λe dx= 1−e 0 1. p(X >6) = 0,3⇔1−p(X66) = 0,3 −6λ ⇔1−1−e= 0,3 −6λ ⇔e= 0,3 ⇔ −6λ= ln0,3 ln 0,3 ⇔λ=− 6 2. L’instanttpour lequel la probabilité qu’un robot tombe en panne pour la première fois soit de 0,5 vérifie : −λt p(X6t) = 0,5⇔1−e= 0,5 −λt ⇔e= 0,5 ⇔ −λt0= ln,5 ln 0,5 ⇔t=− ≈3,5ans λ 3. Laprobabilité que le robot n’ait pas de panne au cours des deux premières années est : −2λ−0,4 p(X>2) = 1−p(X62) =e=e 4. Sachantqu’un robot n’a pas eu de panne au cours des deux premières années, la probabilité qu’il soit encore en état de marche au bout de six ans est : −0,8 p(X>6/X>2) =p(X>4) =e
5. Dansun lot de 10 robots fonctionnant de manière indépendante et donc des durées de vie indé pendantes, la probabilité qu’au moins un robot n’ait pas eu de panne au cours des deux premières années est, en passant par l’événement contraire : 10 −0,4 1−1−e
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