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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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Publié le 01 mai 2006
Nombre de lectures 43
Langue Français

Extrait

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 −→ uAB= 2×(5) + (3)×(2) + 1×4 =10 + 6 + 4 = 0 et −→ −→ uAC= 2×1 + (3)×1 + 1×1 = 23 + 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 :2x3y+z+d= 0. Mais comme A appartient à (ABC), on a :2×23×1 + 3×1 +d= 0d=4. Donc le plan (ABC) a pour équation cartésiennne : 2x3y+z4 = 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 21 + 2 2×1 + (1)×(1) + 2×2 yG= =3 21 + 2 2×3 + (1)×7 + 2×4 zG5= = 21 + 2 Déterminons, s’il existe un réeltvérifiant : 5 =7 + 2t 3 =3tt= 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. Comme2M AM B+ 2M CM BM C= 0⇔ −M HM BM C= 0, alors l’en    −−→ −−→−−→ −−→−−→ sembleΓ1des points M de l’espace vérifiant2M AM B+ 2M CM BM C= 0est le plan de vecteur normalBCpassant par H. 5. Commek −2M AM B+ 2M Ck= 29⇔ k −M Hk= 29, alors l’ensembleΓ2des points M −−→ −−→−−→ de l’espace vérifiantk −2M AM 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 SHCB=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(2i) +i2 += 2i(12) 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(12)i) +i= (1+i) 2 2i2 +i 4 2 2 = (1+i) (2i) +i 2 = 3+ 2i 2. (a)L’image de B par la transformationfdu plan dans luimême 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, zz(1 +i)z+ 1z = iziz iz1 = iz i(iz) = =i iz Or ′ ′ MMzz = =| −i|= 1MM=MA   MA iz Donc M’ appartient au cercle de centre M et de rayon AM.
De plus,    −−−→ −−→zz π M A;M M=arg=arg(i) =iz2   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|z2|= 2BM= 2, alors l’ensembleΣ1des points M d’affixezvérifiant |z2|= 2est le cercle de centre B et de rayon2.
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(b) Deplus, z32i= (1 +i)z+ 132i= (1 +i)z+ 12(1 +i) = (1 +i)(z2) D’où : |z32i|=|(1 +i)(z2)|=|1 +i||z2|= 2|z2| Donc si M appartient àΣ1,|z2|= 2et ′ ′|z32i|= 2×2 = 2M 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 xMais 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= 0b=1   b+c= 0c= 1 Ainsi pour tout réelx6=1: 2 x1 =x1 + x+ 1x+ 1 (b) Ainsi Z Z  1 21 x1 I=dx=x1 +dx x+ 1x+ 1 0 0   1 1 2 =xx+ 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 20,6], 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+1un=xln(x+ 1)dxxln(x+ 1)dx 0 0 Z Z  1 1 n+1n =xln(x+ 1)xln(x+ 1)dx 0 0 Z 1 n = (x(x1) ln(x+ 1))dx 0 n n Mais sur [0;1],x>0,x160etln(x+ 1)>0, doncx(x1) ln(x+ 1)60. Donc Z 1 n (x(x1) ln(x+ 1))dx60un+1un60 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 206xln(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 λxλt p(X6t) =λe dx= 1e 0 1. p(X >6) = 0,31p(X66) = 0,3   6λ 11e= 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) = 0,51e= 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 : 2λ0,4 p(X>2) = 1p(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 11e
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