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BAC GÉNÉRAL 2022
Épreuve de la spécialité mathématiques
Jeudi 12 mai
Exercice 1
Partie A :
1.
2. 𝑃(𝑀 ∩ 𝑇) = 𝑃(𝑀) × 𝑃𝑀(𝑇)
𝑃(𝑀 ∩ 𝑇) = 0,7 × 0,97 = 0,679
3. D’après la formule des probabilités totales, on a :
𝑃(𝑇) = 𝑃(𝑀 ∩ 𝑇) + 𝑃(𝑀
̅ ∩ 𝑇)
𝑃(𝑇) = 𝑃(𝑀) × 𝑃𝑀(𝑇) + 𝑃(𝑀
̅) × 𝑃𝑀
̅(𝑇)
𝑃(𝑇) = 0,7 × 0,97 + 0,3 × 0,05 = 0,694
4. On cherche 𝑃𝑇(𝑀) :
𝑃𝑇(𝑀) =
𝑃(𝑇∩𝑀)
𝑃(𝑇)
𝑃𝑇(𝑀) =
0,679
0,694
≈ 0,978
La valeur prédictive positive de ce test est d’environ 0,978.
5. a. On appelle « valeur prédictive négative du test » la probabilité que le coyote soit
effectivement non malade sachant que son test est négatif.
b. 𝑃𝑇
̅(𝑀
̅) =
𝑃(𝑇
̅∩𝑀
̅)
𝑃(𝑇
̅)
𝑃𝑇
̅(𝑀
̅) =
0,3×0,95
1−0,694
=
0,285
0,306
≈ 0,931
La valeur prédictive positive est supérieure à la valeur prédictive négative.
Le test est plus efficace pour dépister les coyotes malades que pour dépister les coyotes non
malades. Dans ce dernier cas, il y a un peu plus d’erreurs (test positif bien que le coyote ne
soit pas malade).
Partie B :
1. a. On a deux issues : succès : « Le test est positif » et échec : « Le test est négatif ».
On répète cette expérience 5 fois de manière identique et indépendante.
𝑋 qui compte le nombre de succès suit donc une loi binomiale de paramètres 𝑛 = 5 et
𝑝 = 0,694
b. 𝑃(𝑋 = 𝑘) = (
5
𝑘
) × 0,694𝑘
× (1 − 0,694)𝑛−𝑘
𝑃(𝑋 = 1) = (
5
1
) × 0,6941
× 0,3064
𝑃(𝑋 = 1) = 5 × 0,694 × 0,3064
≈ 0,03
c. On cherche 𝑃(𝑋 ≥ 4):
𝑃(𝑋 ≥ 4) = 𝑃(𝑋 = 4) + 𝑃(𝑋 = 5)
𝑃(𝑋 ≥ 4) = (
5
4
) × 0,6944
× 0,3061
+ (
5
5
) × 0,6945
× 0,3060
𝑃(𝑋 ≥ 4) = 5 × 0,6944
× 0,306 + 1 × 0,6945
≈ 0,52
L’affirmation est vraie car la probabilité qu’au moins quatre coyotes sur cinq aient un test positif
est de 0,52.
2. On cherche le paramètre 𝑛 de la loi binomiale pour que 𝑃(𝑋 ≥ 1) > 0,99
Or 𝑃(𝑋 ≥ 1) = 1 − 𝑃(𝑋 = 0)
= 1 − (
𝑛
0
) × 0,6940
× 0,306𝑛
= 1 − 0,306𝑛
On résout :
1 − 0,306𝑛
> 0,99
0,01 > 0,306𝑛
ln(0,01) > ln(0,306𝑛
)
ln(0,01) > 𝑛 ln(0,306)
ln(0,01)
ln(0,306)
< 𝑛 car ln(0,306) < 0
𝑛 > 3,88
Ils doivent donc capturer 4 coyotes pour que la probabilité qu’au moins l’un d’entre eux présente un
test positif soit supérieure à 0,99.
Exercice 2
Question 1 : Réponse b
La fonction dérivée est positive sur ] − ∞; −
1
2
] et négative sur [−
1
2
; +∞[ donc la fonction 𝑓 est
croissante sur ] − ∞; −
1
2
] et décroissante sur [−
1
2
; +∞[. Elle admet donc un maximum en −
1
2
.
Question 2 : Réponse a
La fonction dérivée est croissante sur ] − ∞; −
3
2
] et décroissante sur [−
3
2
; +∞[ donc la fonction 𝑓
est convexe sur ] − ∞; −
3
2
] et concave sur [−
3
2
; +∞[. Elle admet un point d’inflexion en −
3
2
.
Question 3 : Réponse c
La fonction dérivée est croissante sur ] − ∞; −
3
2
] et décroissante sur [−
3
2
; +∞[ donc la fonction
dérivée seconde 𝑓′′ est positive sur ] − ∞; −
3
2
] et négative sur [−
3
2
; +∞[, elle s’annule en −
3
2
Question 4 : Réponse b
Une suite croissante est minorée par son premier terme, donc (𝑢𝑛) est minorée par 𝑢0 ce qui
signifie que pour tout entier naturel 𝑛, on a 𝑢0 ≤ 𝑢𝑛. Par conséquent, pour tout entier naturel 𝑛,
𝑢0 ≤ 𝑢𝑛 ≤ 𝑣𝑛. La suite (𝑣𝑛) est bien minorée par 𝑢0.
Question 5 : Réponse b
On sait que pour tout entier naturel 𝑛,
1
𝑛
≤ 1. La suite (𝑢𝑛) est croissante et majorée par 1.
D’après le théorème de convergence monotone, cette suite converge.
Question 6 : Réponse b
On peut déduire 𝑛 < 𝑢𝑛 < 𝑛 + 1 < 𝑢𝑛+1 < 𝑛 + 2, pour tout entier naturel 𝑛. Donc la suite (𝑢𝑛)
est croissante.
Exercice 3
1. 𝐸(0; 0; 1)
𝐹(1; 0; 1)
𝐺(1; 1; 1)
𝐾 (1;
1
2
; 0)
2. 𝐸𝐺
⃗⃗⃗⃗⃗ (
𝑥𝐺 − 𝑥𝐸
𝑦𝐺 − 𝑦𝐸
𝑧𝐺 − 𝑧𝐸
)
𝐸𝐺
⃗⃗⃗⃗⃗ (
1 − 0
1 − 0
1 − 1
) donc 𝐸𝐺
⃗⃗⃗⃗⃗ (
1
1
0
)
𝐸𝐾
⃗⃗⃗⃗⃗ (
1 − 0
1
2
− 0
0 − 1
) donc 𝐸𝐾
⃗⃗⃗⃗⃗ (
1
1
2
−1
)
Les vecteurs 𝐸𝐺
⃗⃗⃗⃗⃗ et 𝐸𝐾
⃗⃗⃗⃗⃗ ne sont pas colinéaires.
On calcule les produits scalaires avec 𝑛
⃗
𝐸𝐺
⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑛
⃗ = 1 × 2 + 1 × (−2) + 0 × 1 = 0
𝐸𝐾
⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑛
⃗ = 1 × 2 +
1
2
× (−2) + (−1) × 1 = 0
𝑛
⃗ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (𝐸𝐺𝐾) donc il est orthogonal à ce
plan.
3. Une équation cartésienne du plan (𝐸𝐺𝐾) est de la forme 2𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 + 𝑑 = 0.
Or le point 𝐸 appartient au plan (𝐸𝐺𝐾) donc on a :
2 × 0 − 2 × 0 + 1 + 𝑑 = 0 ce qui donne 1 + 𝑑 = 0 donc 𝑑 = −1.
Une équation cartésienne du plan (𝐸𝐺𝐾) est bien 2𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 − 1 = 0.
4. La droite (𝑑) est orthogonale au plan (𝐸𝐺𝐾) donc 𝑛
⃗ est un vecteur directeur.
Une représentation paramétrique est donc :
{
𝑥 = 1 + 2𝑡
𝑦 = −2𝑡
𝑧 = 1 + 𝑡
avec 𝑡 ∈R
5. 𝐿 est le projeté orthogonal de 𝐹 sur le plan (𝐸𝐺𝐾) donc il appartient à la droite (𝑑) et au
plan (𝐸𝐺𝐾). Ses coordonnées vérifient :
{
𝑥 = 1 + 2𝑡
𝑦 = −2𝑡
𝑧 = 1 + 𝑡
2𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 − 1 = 0
On a donc 2(1 + 2𝑡) − 2(−2𝑡) + (1 + 𝑡) − 1 = 0.
2 + 4𝑡 + 4𝑡 + 1 + 𝑡 − 1 = 0
9𝑡 + 2 = 0 soit 𝑡 = −
2
9
On obtient donc
{
𝑥𝐿 = 1 + 2 × (−
2
9
) =
5
9
𝑦𝐿 = −2 × (−
2
9
) =
4
9
𝑧𝐿 = 1 + (−
2
9
) =
7
9
Les coordonnées de 𝐺 sont bien (
5
9
;
4
9
;
7
9
).
6. 𝐿𝐹
⃗⃗⃗⃗
(
1 −
5
9
0 −
4
9
1 −
7
9)
soit 𝐿𝐹
⃗⃗⃗⃗
(
4
9
−
4
9
2
9 )
Donc 𝐿𝐹 = √(
4
9
)
2
+ (−
4
9
)
2
+ (
2
9
)
2
= √
36
81
=
6
9
=
2
3
7. Le triangle 𝐸𝐹𝐺 est isocèle et rectangle en 𝐹.
𝐸𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗ (
1
0
0
) Donc 𝐸𝐹 = √12 = 1
𝐴𝐸𝐹𝐺 =
1×1
2
=
1
2
Le tétraèdre a pour base le triangle 𝐸𝐹𝐺 et 𝐾𝐼 comme hauteur relative à cette base, avec
𝐼 le projeté orthogonal de 𝐾 sur (𝐸𝐹𝐺). 𝐼 est donc le milieu de [𝐹𝐺].
On a 𝐼𝐾 = 1
𝑉𝐸𝐹𝐺𝐾 =
1
3
× 𝐴𝐸𝐹𝐺 × 𝐼𝐾
𝑉𝐸𝐹𝐺𝐾 =
1
3
×
1
2
× 1 =
1
6
8. La hauteur relative à la base (𝐸𝐺𝐾) est 𝐿𝐹.
On a donc 𝑉𝐸𝐹𝐺𝐾 =
1
3
× 𝐴𝐸𝐺𝐾 × 𝐿𝐹
Soit
1
6
=
1
3
× 𝐴𝐸𝐺𝐾 ×
2
3
𝐴𝐸𝐺𝐾 =
1
6
× 3 ×
3
2
=
9
12
=
3
4
9. Les points 𝑃, 𝑀 𝑒𝑡 𝑁 étant les milieux respectifs des segments [𝐸𝐺], [𝐸𝐾] et [𝐺𝐾], le
triangle 𝑃𝑀𝑁 est une réduction du triangle 𝐸𝐺𝐾.
D’après le théorème de Thalès (ou le théorème des milieux), on sait que 𝑃𝑁 =
1
2
𝐸𝐾 donc
l’aire de 𝑃𝐺𝑁 vaut le quart de l’aire de 𝐸𝐺𝐾.
𝐴𝑃𝐺𝑁 =
1
4
𝐴𝐸𝐺𝐾
De même : 𝐴𝑀𝑁𝐾 =
1
4
𝐴𝐸𝐺𝐾 et 𝐴𝐸𝑃𝑀 =
1
4
𝐴𝐸𝐺𝐾
Par conséquent 𝐴𝑃𝑀𝑁 = 𝐴𝐸𝐺𝐾 − (𝐴𝑀𝑁𝐾 + 𝐴𝑃𝐺𝑁 + 𝐴𝐸𝐺𝐾)
Ce qui donne 𝐴𝑃𝑀𝑁 = 𝐴𝐸𝐺𝐾 −
3
4
𝐴𝐸𝐺𝐾 =
1
4
𝐴𝐸𝐺𝐾
Le tétraèdre 𝐹𝑃𝑀𝑁 a pour base 𝑃𝑀𝑁 et pour hauteur relative 𝐿𝐹.
Donc 𝑉𝐹𝑃𝑀𝑁 =
1
3
× 𝐴𝑃𝑀𝑁 × 𝐿𝐹
𝑉𝐹𝑃𝑀𝑁 =
1
3
×
1
4
×
3
4
×
2
3
=
1
24
Exercice 4
Partie A : étude de deux fonctions
𝑓(𝑥) = 0,06(−𝑥2
+ 13,7𝑥) 𝑔(𝑥) = (−0,15𝑥 + 2,2)𝑒^(0,2𝑥)
1. a. 𝑓(𝑥) = 0,06𝑥2
(−1 +
13,7
𝑥
)
Or lim
𝑥→+∞
−1 +
13,7
𝑥
= −1
Et lim
𝑥→+∞
0,06 𝑥2
= +∞
Donc par produit lim
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) = −∞
b. 𝑓′(𝑥) = 0,06(−2𝑥 + 13,7)
−2𝑥 + 13,7 > 0 équivaut à 13,7 > 2𝑥 soit 6,85 > 𝑥
La dérivée est positive sur [0; 6,85] donc 𝑓 est croissante sur [0; 6,85].
La dérivée est négative sur [6,85;+∞[ donc 𝑓 est décroissante sur [6,85;+∞[.
c. 𝑓(𝑥) = 0 équivaut à 0,06(−𝑥2
+ 13,7𝑥) = 0
0,06𝑥(−𝑥 + 13,7) = 0
On a une équation produit nul donc soit 0,06𝑥 = 0 soit −𝑥 + 13,7 = 0
Les solutions sont donc {0; 13,7}.
2. a. lim
𝑥→+∞
(−0,15𝑥 + 2,2) = −∞
lim
𝑥→+∞
𝑒0,2𝑥
= +∞
Par produit et somme, on a donc lim
𝑥→+∞
𝑔(𝑥) = −∞
b. 𝑔 est de la forme 𝑢𝑣 − 2.2 donc 𝑔′
= 𝑢′
𝑣 + 𝑢𝑣′ avec :
𝑢(𝑥) = −0,15𝑥 + 2,2 𝑣(𝑥) = 𝑒0,2𝑥
𝑢′(𝑥) = −0,15 𝑣′(𝑥) = 0,2𝑒0,2𝑥
Donc 𝑔′(𝑥) = −0,15𝑒0,2𝑥
+ (−0,15𝑥 + 2,2) × 0,2𝑒0,2𝑥
𝑔′(𝑥) = 𝑒0,2𝑥(−0,15 − 0,03𝑥 + 0,44) = 𝑒0,2𝑥
(−0,03𝑥 + 0,29)
c. Comme 𝑒0,2𝑥
> 0 pour tout réel 𝑥 ∈ [0;+∞[, le signe de 𝑔′(𝑥) dépend de celui de
−0,03𝑥 + 0,29
−0,03𝑥 + 0,29 > 0 équivaut à 0,29 > 0,03𝑥
Soit
0,29
0,03
> 𝑥 donc 𝑥 <
29
3
𝑔(0) = (−0,15 × 0 + 2,2)𝑒0,2×0
− 2,2 = 0
𝑔 (
29
3
) = (−0,15 ×
29
3
+ 2,2)𝑒0,2×
29
3 − 2,2 = 0,75𝑒
29
15 − 2,2 ≈ 2,98 à 10−2
près
(valeur du maximum de 𝑔)
d. On sait que 𝑔 est continue sur [0 ;+∞[ par produit de fonctions continues sur [0 ; +∞[.
Sur l’intervalle [0;
29
3
] , 𝑔est strictement croissante et minorée par 0. Elle ne s’annule pas
sauf en 0.
Sur l’intervalle [
29
3
; +∞[ , 𝑔est strictement décroissante
On a 𝑔 (
29
3
) ≈ 2,98 et lim
𝑥→+∞
𝑔(𝑥) = −∞ . Or 0 ∈] − ∞; 2,98[.
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, 𝑔(𝑥) = 0 admet une unique solution 𝛼 sur
[
29
3
; +∞[ .
Balayage à la calculatrice :
𝑔(13) ≈ 1,17
𝑔(14) ≈ −0,56
} donc 13 < 𝛼 < 14
𝑔(13,7) ≈ 0,05
𝑔(13,8) ≈ −0,15
} donc 13,7 < 𝛼 < 13,8
𝑔(13,72) ≈ 0,008
𝑔(13,73) ≈ −0,011
} donc 13,72 < 𝛼 < 13,73
𝑔(13,724) ≈ 0,0004
𝑔(13,725) ≈ −0,001
} donc 𝜶 ≈ 𝟏𝟑, 𝟕𝟐 à 𝟏𝟎−𝟐
près.
Partie B : trajectoire d’une balle de golf
1. Première modélisation :
a. Le maximum de la fonction 𝑓 est 𝑓(6,85)
𝑓(6,85) = 0,06(−6,852
+ 13,7 × 6,85) = 2,81535
La hauteur maximale est 28,1535 yards. (unité en dizaine de yards)
b. 𝑓′(0) = 0,06(−2 × 0 + 13,7) = 0,6 × 13,7 = 0,822
c. Une mesure de l’angle de décollage est 𝑑 vérifie tan(𝑑) = 0,822.
Donc 𝑑 = tan−1
(0,822) ≈ 39,4
L’angle de décollage est environ 39,4°.
d. Le sommet de la parabole a pour abscisse −
𝑏
2𝑎
= −
13,7
−2
= 6,85.
Remarque : cette abscisse est au milieu des abscisses des solutions de 𝑓(𝑥) = 0.
La fonction est donc symétrique par rapport à la droite d’équation 𝑥 = 6,85.
Les angles de décollage et d’atterrissage sont donc égaux.
2. Seconde modélisation :
a. Le maximum de la fonction 𝑔 est 𝑔 (
29
3
).
La hauteur maximale est donc d’environ 29,8 yards.
b. Une mesure de l’angle de décollage est 𝑑 vérifie tan(𝑑) = 0,29.
Donc 𝑑 = tan−1
(0,29) ≈ 16,2
L’angle de décollage est environ 16,2°.
c. Une mesure de l’angle d’atterrissage est 𝑎 vérifie tan(𝑎) = −(−1,87)
Donc 𝑎 = tan−1
(1,87) ≈ 61,8
L’angle de décollage est environ 62°.
Partie C : interrogation des modèles
L’angle de décollage et l’angle d’atterrissage ne sont pas égaux. Ce ne peut donc pas être modélisé
par la fonction 𝑓.
Ils sont plus proches de ceux trouvés en théorie par la fonction 𝑔.
Le maximum de 32 yards est proche de celui trouvé pour 𝑔 (29,8 yards)
On peut donc penser que le second modèle semble plus adapté pour décrire la frappe de la balle par
un joueur professionnel.

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Bac 2022 Correction maths jour 2

  • 1. BAC GÉNÉRAL 2022 Épreuve de la spécialité mathématiques Jeudi 12 mai Exercice 1 Partie A : 1. 2. 𝑃(𝑀 ∩ 𝑇) = 𝑃(𝑀) × 𝑃𝑀(𝑇) 𝑃(𝑀 ∩ 𝑇) = 0,7 × 0,97 = 0,679 3. D’après la formule des probabilités totales, on a : 𝑃(𝑇) = 𝑃(𝑀 ∩ 𝑇) + 𝑃(𝑀 ̅ ∩ 𝑇) 𝑃(𝑇) = 𝑃(𝑀) × 𝑃𝑀(𝑇) + 𝑃(𝑀 ̅) × 𝑃𝑀 ̅(𝑇) 𝑃(𝑇) = 0,7 × 0,97 + 0,3 × 0,05 = 0,694 4. On cherche 𝑃𝑇(𝑀) : 𝑃𝑇(𝑀) = 𝑃(𝑇∩𝑀) 𝑃(𝑇) 𝑃𝑇(𝑀) = 0,679 0,694 ≈ 0,978 La valeur prédictive positive de ce test est d’environ 0,978. 5. a. On appelle « valeur prédictive négative du test » la probabilité que le coyote soit effectivement non malade sachant que son test est négatif. b. 𝑃𝑇 ̅(𝑀 ̅) = 𝑃(𝑇 ̅∩𝑀 ̅) 𝑃(𝑇 ̅) 𝑃𝑇 ̅(𝑀 ̅) = 0,3×0,95 1−0,694 = 0,285 0,306 ≈ 0,931 La valeur prédictive positive est supérieure à la valeur prédictive négative. Le test est plus efficace pour dépister les coyotes malades que pour dépister les coyotes non malades. Dans ce dernier cas, il y a un peu plus d’erreurs (test positif bien que le coyote ne soit pas malade).
  • 2. Partie B : 1. a. On a deux issues : succès : « Le test est positif » et échec : « Le test est négatif ». On répète cette expérience 5 fois de manière identique et indépendante. 𝑋 qui compte le nombre de succès suit donc une loi binomiale de paramètres 𝑛 = 5 et 𝑝 = 0,694 b. 𝑃(𝑋 = 𝑘) = ( 5 𝑘 ) × 0,694𝑘 × (1 − 0,694)𝑛−𝑘 𝑃(𝑋 = 1) = ( 5 1 ) × 0,6941 × 0,3064 𝑃(𝑋 = 1) = 5 × 0,694 × 0,3064 ≈ 0,03 c. On cherche 𝑃(𝑋 ≥ 4): 𝑃(𝑋 ≥ 4) = 𝑃(𝑋 = 4) + 𝑃(𝑋 = 5) 𝑃(𝑋 ≥ 4) = ( 5 4 ) × 0,6944 × 0,3061 + ( 5 5 ) × 0,6945 × 0,3060 𝑃(𝑋 ≥ 4) = 5 × 0,6944 × 0,306 + 1 × 0,6945 ≈ 0,52 L’affirmation est vraie car la probabilité qu’au moins quatre coyotes sur cinq aient un test positif est de 0,52. 2. On cherche le paramètre 𝑛 de la loi binomiale pour que 𝑃(𝑋 ≥ 1) > 0,99 Or 𝑃(𝑋 ≥ 1) = 1 − 𝑃(𝑋 = 0) = 1 − ( 𝑛 0 ) × 0,6940 × 0,306𝑛 = 1 − 0,306𝑛 On résout : 1 − 0,306𝑛 > 0,99 0,01 > 0,306𝑛 ln(0,01) > ln(0,306𝑛 ) ln(0,01) > 𝑛 ln(0,306) ln(0,01) ln(0,306) < 𝑛 car ln(0,306) < 0 𝑛 > 3,88 Ils doivent donc capturer 4 coyotes pour que la probabilité qu’au moins l’un d’entre eux présente un test positif soit supérieure à 0,99. Exercice 2 Question 1 : Réponse b La fonction dérivée est positive sur ] − ∞; − 1 2 ] et négative sur [− 1 2 ; +∞[ donc la fonction 𝑓 est croissante sur ] − ∞; − 1 2 ] et décroissante sur [− 1 2 ; +∞[. Elle admet donc un maximum en − 1 2 . Question 2 : Réponse a
  • 3. La fonction dérivée est croissante sur ] − ∞; − 3 2 ] et décroissante sur [− 3 2 ; +∞[ donc la fonction 𝑓 est convexe sur ] − ∞; − 3 2 ] et concave sur [− 3 2 ; +∞[. Elle admet un point d’inflexion en − 3 2 . Question 3 : Réponse c La fonction dérivée est croissante sur ] − ∞; − 3 2 ] et décroissante sur [− 3 2 ; +∞[ donc la fonction dérivée seconde 𝑓′′ est positive sur ] − ∞; − 3 2 ] et négative sur [− 3 2 ; +∞[, elle s’annule en − 3 2 Question 4 : Réponse b Une suite croissante est minorée par son premier terme, donc (𝑢𝑛) est minorée par 𝑢0 ce qui signifie que pour tout entier naturel 𝑛, on a 𝑢0 ≤ 𝑢𝑛. Par conséquent, pour tout entier naturel 𝑛, 𝑢0 ≤ 𝑢𝑛 ≤ 𝑣𝑛. La suite (𝑣𝑛) est bien minorée par 𝑢0. Question 5 : Réponse b On sait que pour tout entier naturel 𝑛, 1 𝑛 ≤ 1. La suite (𝑢𝑛) est croissante et majorée par 1. D’après le théorème de convergence monotone, cette suite converge. Question 6 : Réponse b On peut déduire 𝑛 < 𝑢𝑛 < 𝑛 + 1 < 𝑢𝑛+1 < 𝑛 + 2, pour tout entier naturel 𝑛. Donc la suite (𝑢𝑛) est croissante. Exercice 3 1. 𝐸(0; 0; 1) 𝐹(1; 0; 1) 𝐺(1; 1; 1) 𝐾 (1; 1 2 ; 0) 2. 𝐸𝐺 ⃗⃗⃗⃗⃗ ( 𝑥𝐺 − 𝑥𝐸 𝑦𝐺 − 𝑦𝐸 𝑧𝐺 − 𝑧𝐸 ) 𝐸𝐺 ⃗⃗⃗⃗⃗ ( 1 − 0 1 − 0 1 − 1 ) donc 𝐸𝐺 ⃗⃗⃗⃗⃗ ( 1 1 0 ) 𝐸𝐾 ⃗⃗⃗⃗⃗ ( 1 − 0 1 2 − 0 0 − 1 ) donc 𝐸𝐾 ⃗⃗⃗⃗⃗ ( 1 1 2 −1 ) Les vecteurs 𝐸𝐺 ⃗⃗⃗⃗⃗ et 𝐸𝐾 ⃗⃗⃗⃗⃗ ne sont pas colinéaires. On calcule les produits scalaires avec 𝑛 ⃗ 𝐸𝐺 ⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑛 ⃗ = 1 × 2 + 1 × (−2) + 0 × 1 = 0 𝐸𝐾 ⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑛 ⃗ = 1 × 2 + 1 2 × (−2) + (−1) × 1 = 0
  • 4. 𝑛 ⃗ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (𝐸𝐺𝐾) donc il est orthogonal à ce plan. 3. Une équation cartésienne du plan (𝐸𝐺𝐾) est de la forme 2𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 + 𝑑 = 0. Or le point 𝐸 appartient au plan (𝐸𝐺𝐾) donc on a : 2 × 0 − 2 × 0 + 1 + 𝑑 = 0 ce qui donne 1 + 𝑑 = 0 donc 𝑑 = −1. Une équation cartésienne du plan (𝐸𝐺𝐾) est bien 2𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 − 1 = 0. 4. La droite (𝑑) est orthogonale au plan (𝐸𝐺𝐾) donc 𝑛 ⃗ est un vecteur directeur. Une représentation paramétrique est donc : { 𝑥 = 1 + 2𝑡 𝑦 = −2𝑡 𝑧 = 1 + 𝑡 avec 𝑡 ∈R 5. 𝐿 est le projeté orthogonal de 𝐹 sur le plan (𝐸𝐺𝐾) donc il appartient à la droite (𝑑) et au plan (𝐸𝐺𝐾). Ses coordonnées vérifient : { 𝑥 = 1 + 2𝑡 𝑦 = −2𝑡 𝑧 = 1 + 𝑡 2𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 − 1 = 0 On a donc 2(1 + 2𝑡) − 2(−2𝑡) + (1 + 𝑡) − 1 = 0. 2 + 4𝑡 + 4𝑡 + 1 + 𝑡 − 1 = 0 9𝑡 + 2 = 0 soit 𝑡 = − 2 9 On obtient donc { 𝑥𝐿 = 1 + 2 × (− 2 9 ) = 5 9 𝑦𝐿 = −2 × (− 2 9 ) = 4 9 𝑧𝐿 = 1 + (− 2 9 ) = 7 9 Les coordonnées de 𝐺 sont bien ( 5 9 ; 4 9 ; 7 9 ). 6. 𝐿𝐹 ⃗⃗⃗⃗ ( 1 − 5 9 0 − 4 9 1 − 7 9) soit 𝐿𝐹 ⃗⃗⃗⃗ ( 4 9 − 4 9 2 9 ) Donc 𝐿𝐹 = √( 4 9 ) 2 + (− 4 9 ) 2 + ( 2 9 ) 2 = √ 36 81 = 6 9 = 2 3 7. Le triangle 𝐸𝐹𝐺 est isocèle et rectangle en 𝐹. 𝐸𝐹 ⃗⃗⃗⃗⃗ ( 1 0 0 ) Donc 𝐸𝐹 = √12 = 1 𝐴𝐸𝐹𝐺 = 1×1 2 = 1 2
  • 5. Le tétraèdre a pour base le triangle 𝐸𝐹𝐺 et 𝐾𝐼 comme hauteur relative à cette base, avec 𝐼 le projeté orthogonal de 𝐾 sur (𝐸𝐹𝐺). 𝐼 est donc le milieu de [𝐹𝐺]. On a 𝐼𝐾 = 1 𝑉𝐸𝐹𝐺𝐾 = 1 3 × 𝐴𝐸𝐹𝐺 × 𝐼𝐾 𝑉𝐸𝐹𝐺𝐾 = 1 3 × 1 2 × 1 = 1 6 8. La hauteur relative à la base (𝐸𝐺𝐾) est 𝐿𝐹. On a donc 𝑉𝐸𝐹𝐺𝐾 = 1 3 × 𝐴𝐸𝐺𝐾 × 𝐿𝐹 Soit 1 6 = 1 3 × 𝐴𝐸𝐺𝐾 × 2 3 𝐴𝐸𝐺𝐾 = 1 6 × 3 × 3 2 = 9 12 = 3 4 9. Les points 𝑃, 𝑀 𝑒𝑡 𝑁 étant les milieux respectifs des segments [𝐸𝐺], [𝐸𝐾] et [𝐺𝐾], le triangle 𝑃𝑀𝑁 est une réduction du triangle 𝐸𝐺𝐾. D’après le théorème de Thalès (ou le théorème des milieux), on sait que 𝑃𝑁 = 1 2 𝐸𝐾 donc l’aire de 𝑃𝐺𝑁 vaut le quart de l’aire de 𝐸𝐺𝐾. 𝐴𝑃𝐺𝑁 = 1 4 𝐴𝐸𝐺𝐾 De même : 𝐴𝑀𝑁𝐾 = 1 4 𝐴𝐸𝐺𝐾 et 𝐴𝐸𝑃𝑀 = 1 4 𝐴𝐸𝐺𝐾 Par conséquent 𝐴𝑃𝑀𝑁 = 𝐴𝐸𝐺𝐾 − (𝐴𝑀𝑁𝐾 + 𝐴𝑃𝐺𝑁 + 𝐴𝐸𝐺𝐾) Ce qui donne 𝐴𝑃𝑀𝑁 = 𝐴𝐸𝐺𝐾 − 3 4 𝐴𝐸𝐺𝐾 = 1 4 𝐴𝐸𝐺𝐾 Le tétraèdre 𝐹𝑃𝑀𝑁 a pour base 𝑃𝑀𝑁 et pour hauteur relative 𝐿𝐹. Donc 𝑉𝐹𝑃𝑀𝑁 = 1 3 × 𝐴𝑃𝑀𝑁 × 𝐿𝐹 𝑉𝐹𝑃𝑀𝑁 = 1 3 × 1 4 × 3 4 × 2 3 = 1 24 Exercice 4 Partie A : étude de deux fonctions 𝑓(𝑥) = 0,06(−𝑥2 + 13,7𝑥) 𝑔(𝑥) = (−0,15𝑥 + 2,2)𝑒^(0,2𝑥) 1. a. 𝑓(𝑥) = 0,06𝑥2 (−1 + 13,7 𝑥 ) Or lim 𝑥→+∞ −1 + 13,7 𝑥 = −1 Et lim 𝑥→+∞ 0,06 𝑥2 = +∞ Donc par produit lim 𝑥→+∞ 𝑓(𝑥) = −∞ b. 𝑓′(𝑥) = 0,06(−2𝑥 + 13,7) −2𝑥 + 13,7 > 0 équivaut à 13,7 > 2𝑥 soit 6,85 > 𝑥 La dérivée est positive sur [0; 6,85] donc 𝑓 est croissante sur [0; 6,85].
  • 6. La dérivée est négative sur [6,85;+∞[ donc 𝑓 est décroissante sur [6,85;+∞[. c. 𝑓(𝑥) = 0 équivaut à 0,06(−𝑥2 + 13,7𝑥) = 0 0,06𝑥(−𝑥 + 13,7) = 0 On a une équation produit nul donc soit 0,06𝑥 = 0 soit −𝑥 + 13,7 = 0 Les solutions sont donc {0; 13,7}. 2. a. lim 𝑥→+∞ (−0,15𝑥 + 2,2) = −∞ lim 𝑥→+∞ 𝑒0,2𝑥 = +∞ Par produit et somme, on a donc lim 𝑥→+∞ 𝑔(𝑥) = −∞ b. 𝑔 est de la forme 𝑢𝑣 − 2.2 donc 𝑔′ = 𝑢′ 𝑣 + 𝑢𝑣′ avec : 𝑢(𝑥) = −0,15𝑥 + 2,2 𝑣(𝑥) = 𝑒0,2𝑥 𝑢′(𝑥) = −0,15 𝑣′(𝑥) = 0,2𝑒0,2𝑥 Donc 𝑔′(𝑥) = −0,15𝑒0,2𝑥 + (−0,15𝑥 + 2,2) × 0,2𝑒0,2𝑥 𝑔′(𝑥) = 𝑒0,2𝑥(−0,15 − 0,03𝑥 + 0,44) = 𝑒0,2𝑥 (−0,03𝑥 + 0,29) c. Comme 𝑒0,2𝑥 > 0 pour tout réel 𝑥 ∈ [0;+∞[, le signe de 𝑔′(𝑥) dépend de celui de −0,03𝑥 + 0,29 −0,03𝑥 + 0,29 > 0 équivaut à 0,29 > 0,03𝑥 Soit 0,29 0,03 > 𝑥 donc 𝑥 < 29 3 𝑔(0) = (−0,15 × 0 + 2,2)𝑒0,2×0 − 2,2 = 0 𝑔 ( 29 3 ) = (−0,15 × 29 3 + 2,2)𝑒0,2× 29 3 − 2,2 = 0,75𝑒 29 15 − 2,2 ≈ 2,98 à 10−2 près (valeur du maximum de 𝑔) d. On sait que 𝑔 est continue sur [0 ;+∞[ par produit de fonctions continues sur [0 ; +∞[. Sur l’intervalle [0; 29 3 ] , 𝑔est strictement croissante et minorée par 0. Elle ne s’annule pas sauf en 0.
  • 7. Sur l’intervalle [ 29 3 ; +∞[ , 𝑔est strictement décroissante On a 𝑔 ( 29 3 ) ≈ 2,98 et lim 𝑥→+∞ 𝑔(𝑥) = −∞ . Or 0 ∈] − ∞; 2,98[. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, 𝑔(𝑥) = 0 admet une unique solution 𝛼 sur [ 29 3 ; +∞[ . Balayage à la calculatrice : 𝑔(13) ≈ 1,17 𝑔(14) ≈ −0,56 } donc 13 < 𝛼 < 14 𝑔(13,7) ≈ 0,05 𝑔(13,8) ≈ −0,15 } donc 13,7 < 𝛼 < 13,8 𝑔(13,72) ≈ 0,008 𝑔(13,73) ≈ −0,011 } donc 13,72 < 𝛼 < 13,73 𝑔(13,724) ≈ 0,0004 𝑔(13,725) ≈ −0,001 } donc 𝜶 ≈ 𝟏𝟑, 𝟕𝟐 à 𝟏𝟎−𝟐 près. Partie B : trajectoire d’une balle de golf 1. Première modélisation : a. Le maximum de la fonction 𝑓 est 𝑓(6,85) 𝑓(6,85) = 0,06(−6,852 + 13,7 × 6,85) = 2,81535 La hauteur maximale est 28,1535 yards. (unité en dizaine de yards) b. 𝑓′(0) = 0,06(−2 × 0 + 13,7) = 0,6 × 13,7 = 0,822 c. Une mesure de l’angle de décollage est 𝑑 vérifie tan(𝑑) = 0,822. Donc 𝑑 = tan−1 (0,822) ≈ 39,4 L’angle de décollage est environ 39,4°. d. Le sommet de la parabole a pour abscisse − 𝑏 2𝑎 = − 13,7 −2 = 6,85. Remarque : cette abscisse est au milieu des abscisses des solutions de 𝑓(𝑥) = 0. La fonction est donc symétrique par rapport à la droite d’équation 𝑥 = 6,85. Les angles de décollage et d’atterrissage sont donc égaux. 2. Seconde modélisation : a. Le maximum de la fonction 𝑔 est 𝑔 ( 29 3 ). La hauteur maximale est donc d’environ 29,8 yards. b. Une mesure de l’angle de décollage est 𝑑 vérifie tan(𝑑) = 0,29.
  • 8. Donc 𝑑 = tan−1 (0,29) ≈ 16,2 L’angle de décollage est environ 16,2°. c. Une mesure de l’angle d’atterrissage est 𝑎 vérifie tan(𝑎) = −(−1,87) Donc 𝑎 = tan−1 (1,87) ≈ 61,8 L’angle de décollage est environ 62°. Partie C : interrogation des modèles L’angle de décollage et l’angle d’atterrissage ne sont pas égaux. Ce ne peut donc pas être modélisé par la fonction 𝑓. Ils sont plus proches de ceux trouvés en théorie par la fonction 𝑔. Le maximum de 32 yards est proche de celui trouvé pour 𝑔 (29,8 yards) On peut donc penser que le second modèle semble plus adapté pour décrire la frappe de la balle par un joueur professionnel.