Fiche de mathématiques

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Épreuve de Mathématiques (session de contrôle)

Section Mathématiques

Tunisie 2019

COEFFICIENT : 4

DURÉE : 4 HEURES

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Bac Maths (contrôle) Tunisie 2019

3 points

exercice 1

Soient ABC un triangle rectangle en A et deltamaj

la médiatrice du segment [AB].

Bac Maths (contrôle) Tunisie 2019 : image 9

1. La proposition est vraie.

$t_{\overrightarrow{AC}}\circ S_ {(AC)}=(t_{\overrightarrow{BC}}\circ t_{\overrightarrow{AB}})\circ S_ {(AC)} \\\phantom{t_{\overrightarrow{AC}}\circ S_ {(AC)}}=t_{\overrightarrow{BC}}\circ {\blue{t_{\overrightarrow{AB}}}}\circ S_ {(AC)} \\\\\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}(AB)\perp (AC)\\\Delta=t_{\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}}((AC))\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ {\blue{t_{\overrightarrow{AB}}=S_{\Delta}\circ S_{(AC)}}}$

$\text{D'où, }t_{\overrightarrow{AC}}\circ S_ {(AC)}=t_{\overrightarrow{BC}}\circ ({\blue{S_{\Delta}\circ S_{(AC)}}})\circ S_ {(AC)} \\\phantom{\text{D'où, }t_{\overrightarrow{AC}}\circ S_ {(AC)}}=t_{\overrightarrow{BC}}\circ S_{\Delta}\circ S_{(AC)}\circ S_ {(AC)} \\\phantom{\text{D'où, }t_{\overrightarrow{AC}}\circ S_ {(AC)}}=t_{\overrightarrow{BC}}\circ S_{\Delta}\circ (S_{(AC)}\circ S_ {(AC)}) \\\phantom{\text{D'où, }t_{\overrightarrow{AC}}\circ S_ {(AC)}}=t_{\overrightarrow{BC}}\circ S_{\Delta}\circ \mathbb{Id}_P \\\phantom{\text{D'où, }t_{\overrightarrow{AC}}\circ S_ {(AC)}}=t_{\overrightarrow{BC}}\circ S_{\Delta} \\\\\Longrightarrow\boxed{t_{\overrightarrow{AC}}\circ S_ {(AC)}=t_{\overrightarrow{BC}}\circ S_{\Delta}}$
Par conséquent, la proposition est vraie.

2. La proposition est vraie.

$S_{(AB)}\circ h_{(A,2)}\circ S_{(AC)}=S_{(AB)}\circ S_{(AC)}\circ h_{(A,2)} \\\\\text{Or }(AB)\perp (AC)\Longrightarrow S_{(AB)}\circ S_{(AC)}=r_{(A,\pi)} \\\\\text{D'où, }\ S_{(AB)}\circ h_{(A,2)}\circ S_{(AC)}=r_{(A,\pi)}\circ h_{(A,2)}=h_{(A,-2)} \\\\\Longrightarrow\boxed{S_{(AB)}\circ h_{(A,2)}\circ S_{(AC)}=h_{(A,-2)}}$
Par conséquent, la proposition est vraie.

3. La proposition est fausse.
f est une isométrie fixant les points A et B.
Donc f est soit l'application identique $\mathbb{Id}_P$ , soit la symétrie orthogonale d'axe (AB).

Si f est l'application identique $\mathbb{Id}_P$ , alors :

$f^{-1}\circ S_{\Delta}\circ f=(\mathbb{Id}_P)^{-1}\circ S_{\Delta}\circ\mathbb{Id}_P \\\phantom{f^{-1}\circ S_{\Delta}\circ f}=\mathbb{Id}_P\circ S_{\Delta}\circ\mathbb{Id}_P \\\phantom{f^{-1}\circ S_{\Delta}\circ f}=S_{\Delta} \\\\\Longrightarrow\boxed{f^{-1}\circ S_{\Delta}\circ f=S_{\Delta}}$

Si f est la symétrie orthogonale $S_{(AB)}$ d'axe (AB), alors :

$f^{-1}\circ S_{\Delta}\circ f=(S_{(AB)})^{-1}\circ S_{\Delta}\circ S_{(AB)} \\\phantom{f^{-1}\circ S_{\Delta}\circ f}=S_{(AB)}\circ S_{\Delta}\circ S_{(AB)} \\\phantom{f^{-1}\circ S_{\Delta}\circ f}={\blue{(S_{(AB)}\circ S_{\Delta})}}\circ S_{(AB)} \\\\\text{Or }\ (AB)\perp\Delta\Longrightarrow {\blue{S_{(AB)}\circ S_{\Delta}= S_{\Delta}\circ S_{(AB)}}} \\\\\text{D'où }f^{-1}\circ S_{\Delta}\circ f={\blue{(S_{\Delta}\circ S_{(AB)})}}\circ S_{(AB)} \\\phantom{\text{D'où }f^{-1}\circ S_{\Delta}\circ f}=S_{\Delta}\circ S_{(AB)}\circ S_{(AB)} \\\phantom{\text{D'où }f^{-1}\circ S_{\Delta}\circ f}=S_{\Delta}\circ \mathbb{I}_P \\\phantom{\text{D'où }f^{-1}\circ S_{\Delta}\circ f}=S_{\Delta} \\\\\Longrightarrow\boxed{f^{-1}\circ S_{\Delta}\circ f=S_{\Delta}}$
Par conséquent, la proposition de l'énoncé est fausse.

4,5 points

exercice 2

1. a) Placement des points I, C, D et K dans le repère R.
Les points I, C, D et K sont représentés sur la figure ci-dessous (voir question 2. d)

1. b) Théorème de l'existence et unicité d'une similitude indirecte :
Soient A, B, A' et B' quatre points du plan tels que A B et A' B'.
Alors il existe une unique similitude plane g telle que g (A) = A' et g (B) = B'.

Dans cet exercice, nous savons que I different

D et D

K.
Donc il existe une unique similitude plane g qui transforme I en D et D en K.

1. c) Le rapport k de g est donné par le quotient $\dfrac{DK}{ID}.$
$k=\dfrac{DK}{ID}=\dfrac{|z_K-z_D|}{|z_D-z_I|}=\dfrac{|3\text{i}-2\text{i}|}{|2\text{i}-(1+\text{i})|}=\dfrac{|\text{i}|}{|-1+\text{i}|} \\\\\phantom{k}=\dfrac{1}{\sqrt{(-1)^2+1^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.$
Par conséquent, le rapport de g est $\boxed{k=\dfrac{\sqrt{2}}{2}}.$

1. d) Montrons que le triangle IDO est rectangle isocèle direct en I en montrant que $\dfrac{z_O-z_I}{z_D-z_I}=\text{i}.$

$\dfrac{z_O-z_I}{z_D-z_I}=\dfrac{0-(1+\text{i})}{2\text{i}-(1+\text{i})}=\dfrac{-1-\text{i}}{-1+\text{i}}=\dfrac{(-1-\text{i})^2}{(-1+\text{i})(-1-\text{i})}=\dfrac{1+2\text{i}-1}{(-1)^2+1^2}=\dfrac{2\text{i}}{2}=\text{i} \\\\\Longrightarrow\boxed{\dfrac{z_O-z_I}{z_D-z_I}=\text{i}}$
D'où le triangle IDO est rectangle isocèle direct en I.
Puisque g (I) = D, l'image du triangle IDO par g est un triangle rectangle isocèle indirect en D.
Nous savons que g (D) = K.
Soit le point P tel que g (O) = P.
Déterminons l'affixe $z_P=a+\text{i}b$ du point P.
L'image du triangle IDO par g est le triangle DKP rectangle isocèle indirect en D.

Il s'ensuit que $\dfrac{z_P-z_D}{z_K-z_D}=-\text{i}.$
$\text{Dès lors, }\dfrac{z_P-z_D}{z_K-z_D}=-\text{i}\Longleftrightarrow\dfrac{a+\text{i}b-2\text{i}}{3\text{i}-2\text{i}}=-\text{i} \\\\\phantom{\text{Dès lors, }\dfrac{z_P-z_D}{z_K-z_D}=-\text{i}}\Longleftrightarrow\dfrac{a+(b-2)\text{i}}{\text{i}}=-\text{i} \\\phantom{\text{Dès lors, }\dfrac{z_P-z_D}{z_K-z_D}=-\text{i}}\Longleftrightarrow a+(b-2)\text{i}=-\text{i}^2 \\\phantom{\text{Dès lors, }\dfrac{z_P-z_D}{z_K-z_D}=-\text{i}}\Longleftrightarrow a+(b-2)\text{i}=1 \\\phantom{\text{Dès lors, }\dfrac{z_P-z_D}{z_K-z_D}=-\text{i}}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=1\\b-2=0\end{matrix}\right. \\\phantom{\text{Dès lors, }\dfrac{z_P-z_D}{z_K-z_D}=-\text{i}}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=1\\b=2\end{matrix}\right. \\\\\Longrightarrow \boxed{z_P=1+2\text{i}}$

Or z_C = 1 + 2i.
D'où le point P est confondu avec le point C.
En résumé, g (I) = D, g (D) = K et g (O) = C.
Par conséquent, l'image du triangle IDO par g est le triangle DKC.

2. Soit M un point du plan et M' son image par g .
On désigne par z et z' les affixes respectives de M et M'.

2. a) La représentation complexe de la similitude indirecte g telle que g (M) = M' est : $z'=a\overline{z}+b$
où $a\in\C^*,b\in\C.$
En nous basant sur l'équivalence $M'=g(M)\Longleftrightarrow z'=a\overline{z}+b$ , nous obtenons :

$\left\lbrace\begin{matrix}C=g(O)\\K=g(D)\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}1+2\text{i}=a\times\overline{0}+b\\3\text{i}=a\times\overline{2\text{i}}+b\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}1+2\text{i}=b\\3\text{i}=-2\text{i}a+b\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}b=1+2\text{i}\\3\text{i}=-2\text{i}a+1+2\text{i}\end{matrix}\right. \\\\\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}b=1+2\text{i}\\a=\dfrac{-1+\text{i}}{-2\text{i}}\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}b=1+2\text{i}\\a=\dfrac{(-1+\text{i})\text{i}}{-2\text{i}\times\text{i}}\end{matrix}\right. \Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}b=1+2\text{i}\\a=\dfrac{-1-\text{i}}{2}\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}b=1+2\text{i}\\a=-\dfrac{1}{2}(1+\text{i})\end{matrix}\right. \\\\\Longrightarrow\boxed{z'=-\dfrac{1}{2}(1+\text{i})\overline{z}+1+2\text{i}}$

2. b) Déterminons l'affixe z = x + iy du centre omegamaj

de g .

est un point invariant de la similitude g .

$\text{Donc }\ \Omega=g(\Omega)\Longleftrightarrow z_{\Omega}=a\times\overline{z_{\Omega}}+b \\\phantom{\text{Donc }\ \Omega=g(\Omega)}\Longleftrightarrow x+\text{i}\,y=-\dfrac{1}{2}(1+\text{i})(x-\text{i}\,y)+1+2\text{i} \\\phantom{\text{Donc }\ \Omega=g(\Omega)}\Longleftrightarrow x+\text{i}\,y=-\dfrac{1}{2}(x-\text{i}\,y+\text{i}\,x+y)+1+2\text{i} \\\phantom{\text{Donc }\ \Omega=g(\Omega)}\Longleftrightarrow x+\text{i}\,y=-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}\text{i}\,y-\dfrac{1}{2}\text{i}\,x-\dfrac{1}{2}y+1+2\text{i} \\\phantom{\text{Donc }\ \Omega=g(\Omega)}\Longleftrightarrow (\dfrac{3}{2}x+\dfrac{1}{2}y-1)+\text{i}(\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}y-2)=0$
Par conséquent,

$\left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{3}{2}x+\dfrac{1}{2}y-1=0\\\\\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}y-2=0\end{matrix}\right.\ \ \ \underset{\text{par soustraction}}{\Longrightarrow}\ \ \ x+1=0\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{x=-1} \\\\\\\left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}y-2=0\\x=-1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{1}{2}y-\dfrac{5}{2}=0\\x=-1\ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}y=5\\x=-1\end{matrix}\right.$

D'où, l'affixe de est $\boxed{z_{\Omega}=-1+5\text{i}}$ .

2. c) L'affixe du milieu du segment [ omegamaj

I] est donné par : $\dfrac{ z_{\Omega}+ z_{I}}{2}=\dfrac{(-1+5\text{i})+(1+\text{i})}{2}=\dfrac{6\text{i}}{2}=3\text{i}=z_K.$
Nous en déduisons que le point K est le milieu du segment [I].

2. d) Nous devons construire le centre omegamaj

et l'axe

de g .
Puisque K est le milieu du segment [ omegamaj

I], traçons un cercle de centre K et de rayon KI.
Le point omegamaj

sera alors le point diamétralement opposé au point I.
Nous vérifions bien que l'affixe de ce point omegamaj

est -1 + 5i.

L'axe deltamaj

peut se construire comme la bissectrice de l'angle $\widehat{I\Omega D}}$ (ou de l'angle $\widehat{D\Omega K}}$ ).

Figure ci-dessous.

Bac Maths (contrôle) Tunisie 2019 : image 12

3. Soit $h=g\circ g.$

3. a) Nous devons montrer que h est une homothétie de rapport $\dfrac{1}{2}.$

La forme réduite de la similitude g est : $g=h'_{(\Omega,\frac{\sqrt{2}}{2})}\circ S_{\Delta}=S_{\Delta}\circ h'_{(\Omega,\frac{\sqrt{2}}{2})}$ .
$\text{D'où }\ h=g\circ g=\left(h'_{(\Omega,\frac{\sqrt{2}}{2})}\circ S_{\Delta}\right)\circ \left(S_{\Delta}\circ h'_{(\Omega,\frac{\sqrt{2}}{2})}\right) \\\\\phantom{\text{D'où }\ h}=h'_{(\Omega,\frac{\sqrt{2}}{2})}\circ (S_{\Delta}\circ S_{\Delta})\circ h'_{(\Omega,\frac{\sqrt{2}}{2})}\right) \\\\\phantom{\text{D'où }\ h}=h'_{(\Omega,\frac{\sqrt{2}}{2})}\circ\mathscr{Id}_P\circ h'_{(\Omega,\frac{\sqrt{2}}{2})} \\\\\phantom{\text{D'où }\ h}=h'_{(\Omega,\frac{\sqrt{2}}{2})}\circ h'_{(\Omega,\frac{\sqrt{2}}{2})} \\\\\phantom{\text{D'où }\ h}=h'_{(\Omega,\frac{1}{2})} \\\\\Longrightarrow\boxed{h=h'_{(\Omega,\frac{1}{2})}}$
Nous en déduisons que h est une homothétie de centre et de rapport $\dfrac{1}{2}.$

3. b) Soit la suite de points (A_n )_n définie par $\left\lbrace\begin{matrix}A_0=I\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\A_{n+2}=h(A_n)\ \ \ \ (n\in\N)\end{matrix}\right.$

$A_2=h(A_0)\Longrightarrow A_2=h(I)$
Par définition de h , nous en déduisons que : $\overrightarrow{\Omega A_2}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{\Omega I}$
Puisque le point K est le milieu de [ omegamaj

I], il s'ensuit que $\boxed{A_2=K}$

$A_4=h(A_2)\Longrightarrow A_4=h(K)$
Par définition de h , nous en déduisons que : $\overrightarrow{\Omega A_4}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{\Omega K}$
Par conséquent, le point A₄ est le milieu du segment [K].

Les points A₂ et A₄ sont représentés sur la figure ci-dessus (voir question 2. d)

3. c) Soit $S_n=A_0A_2+A_2A_4+\dots+A_{2n-2}A_{2n}.$

Soit la suite numérique $(u_n)_{n\in\N^*}$ définie par $u_n=A_{2n-2}A_{2n}$ .

$\forall\ n\in\N^*,\left\lbrace\begin{matrix}A_{2n}=h(A_{2n-2})\\A_{2n+2}=h(A_{2n})\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \overrightarrow{A_{2n}A_{2n+2}}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{A_{2n-2}A_{2n}} \\\phantom{WWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow\ \ \ A_{2n}A_{2n+2}=\dfrac{1}{2} \times A_{2n-2}A_{2n} \\\phantom{WWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow\ \ \ \boxed{u_{n+1}=\dfrac{1}{2} \times u_n}$
Nous en déduisons que la suite $(u_n)_{n\in\N^*}$ est une suite géométrique de raison $\dfrac{1}{2}.$
La somme des n premiers termes de cette suite est donnée par :

$S_n=\text{premier terme}\times\dfrac{1-\text{raison}^{\text{nombre de termes}}}{1-\text{raison}} \\\\\phantom{S_n}=A_0A_2\times\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}}{1-\dfrac{1}{2}} =IK\times\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}}{\dfrac{1}{2}}=2\times IK\times\left(1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\right) \\\\\Longrightarrow\boxed{S_n=2\times IK\times\left[1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\right]}$

$0<\dfrac{1}{2}<1\Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^n=0 \\\phantom{0<\dfrac{1}{2}<1}\Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty}\left[1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right]=1 \\\phantom{0<\dfrac{1}{2}<1}\Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty}\left\lbrace2\times IK\times\left[1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\right]\right\rbrace=2\times IK \\\\\Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty}S_n=2\,IK \\\\\text{Or }IK=|z_K-z_I|=|3\text{i}-(1+\text{i})|=|-1+2\text{i}|=\sqrt{(-1)^2+2^2}=\sqrt{5}. \\\\\text{D'où }\ \boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}S_n=2\sqrt{5}}$

3 points

exercice 3

1. Arbre pondéré de probabilités traduisant la situation.

Bac Maths (contrôle) Tunisie 2019 : image 10

2. a) Nous devons calculer $p(D\cap\overline{R}).$

$p(D\cap\overline{R})=p(D)\times p_{_{D}}(\overline{R}) \\\phantom{p(D\cap\overline{R})}=0,06\times 0,03 \\\phantom{p(D\cap\overline{R})}=0,0018 \\\\\Longrightarrow\boxed{p(D\cap\overline{R})=0,0018}$
D'où, la probabilité que la pièce soit défectueuse et ne soit pas rejetée par l'unité de contrôle est égale à 0,0018.

2. b) Nous devons calculer $p((\overline{D}\cap R)\cup(D\cap\overline{R})).$
Les événements $\overline{D}\cap R$ et $D\cap\overline{R}$ sont incompatibles.

$\text{D'où, }\ p((D\cap\overline{R})\cup(\overline{D}\cap R))=p(D\cap\overline{R})+p(\overline{D}\cap R) \\\phantom{\text{D'où, }\ p((D\cap\overline{R})\cup(\overline{D}\cap R))}=0,0018+p(\overline{D})\times p_{_{\overline{D}}}(R) \\\phantom{\text{D'où, }\ p((D\cap\overline{R})\cup(\overline{D}\cap R))}=0,0018+0,94\times 0,02 \\\phantom{\text{D'où, }\ p((D\cap\overline{R})\cup(\overline{D}\cap R))}=0,0018+0,0188 \\\phantom{\text{D'où, }\ p((D\cap\overline{R})\cup(\overline{D}\cap R))}=0,0206 \\\\\Longrightarrow\boxed{p((D\cap\overline{R})\cup(\overline{D}\cap R))=0,0206}$
Par conséquent, la probabilité qu'il y ait une erreur de contrôle est égale à 0,0206.

3. Nous devons calculer $p(\overline{R}).$

En utilisant la formule des probabilités totales, nous obtenons :

$p(\overline{R})=p(D\cap\overline{R})+p(\overline{D}\cap\overline{R}) \\\phantom{p(\overline{R})}=0,0018+p(\overline{D})\times p_{_{\overline{D}}}(\overline{R}) \\\phantom{p(\overline{R})}=0,0018+0,94\times 0,98 \\\phantom{p(\overline{R})}=0,923 \\\\\Longrightarrow\boxed{p(\overline{R})=0,923}$
D'où, la probabilité que la pièce soit acceptée est égale à 0,923.

4. L'entreprise décide de faire passer chaque pièce à trois contrôles successifs, de manière indépendante.
Chaque contrôle n'a que deux issues possibles :
le "succès" : la pièce est acceptée.
l'"échec" : la pièce est refusée.
La probabilité du succès est p = 0,923 (voir question précédente).
La probabilité de l'échec est 1 - p = 1 - 0,923 = 0,077.
Soit X la variable aléatoire correspondant au nombre de succès à l'issue des trois contrôles.
La loi de probabilité de la variable aléatoire X est la loi binomiale de paramètres n = 3 et p = 0,923.
La probabilité d'obtenir k succès (0 infegal

n) est donnée par la formule suivante :
${\blue{p(X=k)=\begin{pmatrix}3\\k\end{pmatrix}\times p^k\times(1-p)^{3-k}}}\ \ \ \ \text{pour }k=0,1,2,3.$

4. a) La pièce est commercialisée sans le logo de la marque de voiture si elle est acceptée uniquement par deux contrôles.
Nous devons donc calculer $p(X=2).$

$p(X=2)=\begin{pmatrix}3\\2\end{pmatrix}\times0,923^2\times(1-0,923)^{3-2} \\\\\Longrightarrow\boxed{p(X=2)=3\times(0,923)^2\times(0,077)}$

4. b) La pièce est détruite si elle est acceptée par un contrôle ou est rejetée.
Nous devons donc calculer $p(X=1\ \text{ou}\ X=0).$

$p(X=1\ \text{ou}\ X=0)=p(X=1)+p(X=0) \\\\\phantom{p(X=1\ \text{ou}\ X=0)}=\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}\times0,923^1\times(1-0,923)^{3-1}+\begin{pmatrix}3\\0\end{pmatrix}\times0,923^0\times(1-0,923)^{3-0} \\\\\phantom{p(X=1\ \text{ou}\ X=0)}=3\times0,923\times0,077^2+1\times1\times0,077^{3} \\\phantom{p(X=1\ \text{ou}\ X=0)}=0,016873934 \\\\\Longrightarrow\boxed{p(X=1\ \text{ou}\ X=0)\approx0,0169}$
Par conséquent, la probabilité que la pièce soit détruite est égale à 0,0169 (valeur arrondie à 10^-4).

4 points

exercice 4

Soit le plan P₁ d'équation : $3x-2y-2z=1$ et P₂ d'équation : $4x-11y+2z=0.$

1. a) Nous savons que tout plan de vecteur normal $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ admet une équation cartésienne de la forme $ax+by+cz+d=0.$
Dès lors, un vecteur normal au plan P₁ est $\overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix}3\\-2\\-2\end{pmatrix}$ et un vecteur normal au plan P₂ est $\overrightarrow{n_2}\begin{pmatrix}4\\-11\\2\end{pmatrix}.$

Les vecteurs $\overrightarrow{n_1}$ et $\overrightarrow{n_2}$ ne sont pas colinéaires car $\dfrac{3}{4}\neq\dfrac{-2}{-11}.$
Nous en déduisons que les plans P₁ et P₂ sont sécants suivant une droite .

1. b) Nous devons donner une représentation paramétrique de deltamaj

.

$\left\lbrace\begin{matrix}3x-2y-2z=1\\4x-11y+2z=0\end{matrix}\right.\ \ \ \underset{\text{par addition}}{\Longleftrightarrow}\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}7x-13y=1\\4x-11y+2z=0\end{matrix}\right. \Longleftrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}x=t\\7t-13y=1\\4t-11y+2z=0\end{matrix}\right.\ \ \ (t\in\R) \\\\\Longleftrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}x=t\\-13y=1-7t\\2z=11y-4t\end{matrix}\right.\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}x=t\\y=-\dfrac{1}{13}+\dfrac{7}{13}t\\\\z=\dfrac{11}{2}y-2t\end{matrix}\right.\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}x=t\\y=-\dfrac{1}{13}+\dfrac{7}{13}t\\\\z=\dfrac{11}{2}(-\dfrac{1}{13}+\dfrac{7}{13}t)-2t\end{matrix}\right.$
$\Longleftrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}x=t\\y=-\dfrac{1}{13}+\dfrac{7}{13}t\\\\z=-\dfrac{11}{26}+\dfrac{77}{26}t-2t\end{matrix}\right.\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}x=t\\y=-\dfrac{1}{13}+\dfrac{7}{13}t\\\\z=-\dfrac{11}{26}+\dfrac{25}{26}t\end{matrix}\right\ \ \ (t\in\R)$

D'où, une représentation paramétrique de est $\left\lbrace\begin{matrix}x=t\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\y=-\dfrac{1}{13}+\dfrac{7}{13}t\\\\z=-\dfrac{11}{26}+\dfrac{25}{26}t\end{matrix}\right\ \ \ (t\in\R)$

2. Soit dans

l'équation (E) : 7x - 13y = 1.

(2 ; 1) est solution de l'équation (E) car 7 multiplie

2 - 13

1 = 14 - 13 = 1.

Résolvons l'équation (E) dans

.

$\left\lbrace\begin{matrix}7x-13y=1\\7\times2-13\times1=1\end{matrix}\right.\ \ \ \ \underset{\text{par soustraction}}{\Longrightarrow}\ \ \ \ 7(x-2)-13(y-1)=0 \\\\\phantom{WWWWWWWWWWW...}\Longrightarrow\ \ \ \ 7(x-2)=13(y-1)$

Donc l'entier 13 divise le produit 7(x - 2).
Or nous savons que 13 et 7 sont premiers entre eux.
Par le théorème de Gauss, nous en déduisons que 13 divise (x - 2).
Dès lors, il existe un entier relatif k tel que x - 2 = 13k , soit $\boxed{x=2+13k}$ .

$\text{De plus, }\ \left\lbrace\begin{matrix}7(x-2)=13(y-1)\\x-2=13k\end{matrix}\right.\ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ 7\times13k=13(y-1) \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWW....}\Longrightarrow\ \ \ \ 7k=y-1 \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWW....}\Longrightarrow\ \ \ \ \boxed{y=1+7k}$
Par conséquent, l'ensemble S des solutions de (E) dans

est S = {(2 + 13k ; 1 + 7k ) ; k}.

3. Soit dans

le système (S) : $\left\lbrace\begin{matrix}3x-2y-2z=1\\4x-11y+2z=0\end{matrix}\right.$

3. a) Soit $(x,y,z)\in\Z \times\Z \times\Z .$

$(x,y,z)\text{ est solution de (S)}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}3x-2y-2z=1\\4x-11y+2z=0\end{matrix}\right. \\\\\phantom{(x,y,z)\text{ est solution de(}}\underset{\text{par addition}}{\Longleftrightarrow}\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}7x-13y=1\\4x-11y+2z=0\end{matrix}\right. \\\\\phantom{(x,y,z)\text{ est solution de (S)}}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}7x-13y=1\\2z=11y-4x\end{matrix}\right. \\\\\text{D'où, }\boxed{(x,y,z)\text{ est solution de (S)}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}7x-13y=1\\2z=11y-4x\end{matrix}\right.}$

3. b) Soit un point quelconque M (x , y , z ) appartenant à la droite deltamaj

.
Les coordonnées de M vérifient alors le système (S).
En utilisant les résultats de la question 2, nous obtenons :

$(x,y,z)\text{ est solution de (S)}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}7x-13y=1\\2z=11y-4x\end{matrix}\right. \\\\\phantom{(x,y,z)\text{ est solution de (S)}}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}x=2+13k\\y=1+7k\\2z=11y-4x\end{matrix}\right. \\\\\phantom{(x,y,z)\text{ est solution de (S)}}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}x=2+13k\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\y=1+7k\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\2z=11(1+7k)-4(2+13k)\end{matrix}\right. \\\\\phantom{(x,y,z)\text{ est solution de (S)}}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}x=2+13k\\y=1+7k\\2z=3+25k\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ (\text{où }k\text{ est impair)}$
Remarque : k doit être impair car si k était pair, alors 3 + 25k serait impair, ce qui est impossible
car 3 + 25k = 2z (qui est pair).
Puisque k est impair, il existe n appartient

tel que k = 2n + 1.

Nous en déduisons que
$(x,y,z)\text{ est solution de (S)}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}x=2+13(2n+1)\\y=1+7(2n+1)\\2z=3+25(2n+1)\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ (\text{où }n\in\Z) \\\\\phantom{(x,y,z)\text{ est solution de (S)}}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}x=15+26n\\y=8+14n\\2z=28+50n\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ (\text{où }n\in\Z) \\\\\phantom{(x,y,z)\text{ est solution de (S)}}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}x=15+26n\\y=8+14n\\z=14+25n\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ (\text{où }n\in\Z)$
Par conséquent,
l'ensemble des points de à coordonnées entières est $\boxed{\lbrace(15+26n\,;\,8+14n\,;\,14+25n)\ |\ n\in\Z\rbrace}$

5,5 points

exercice 5

Soit g la fonction définie par $\left\lbrace\begin{matrix}g(x)=\text{e}^{-\frac{1}{2x^2}}\ \ \ \text{si }x\neq0\\g(0)=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.$

1. a) Nous devons montrer que la fonction g est continue sur

.

Montrons que la fonction g est continue sur

^*.
La fonction h définie par $x\mapsto h(x)=-\dfrac{1}{2x^2}$ est continue sur

^* et Im(h ) = ]- infini

; 0[.
La fonction exponentielle est continue sur ]- infini

; 0[.
Or la fonction g est la composée de la fonction h et de la fonction exponentielle.
Donc la fonction g est continue sur

^*.

Montrons que la fonction g est continue en 0.

$\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0}(-\dfrac{1}{2x^2})=-\infty\\\overset{}{\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^{X}=0}\end{matrix}\right.\ \ \ \underset{\text{(par composition)}}{\Longrightarrow}\ \ \ \lim\limits_{x\to0}\text{e}^{-\frac{1}{2x^2}}=0 \\\phantom{WWWWWWWWWW.W..}\Longrightarrow\ \ \ \ \ \ \ \ {\blue{\lim\limits_{x\to0}g(x)=0}} \\\\\text{Or }g(0)=0 \\\\\text{D'où } \boxed{{\blue{\lim\limits_{x\to0}g(x)=g(0)}}}$
Donc la fonction g est continue en 0.

Par conséquent, la fonction g est continue sur .

1. b) Nous devons montrer que la fonction g est paire.

$\forall\,x\in\R, \ -x\in\R. \\\\\left\lbrace\begin{matrix}\forall\,x\in\R^*,\ g(-x)=\text{e}^{-\frac{1}{2(-x)^2}}=\text{e}^{-\frac{1}{2x^2}}=g(x)\\g(0)=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{\forall\,x\in\R,\ g(-x)=g(x)}$
Donc, la fonction g est paire.

Nous en déduisons que la courbe $\mathscr{C}$ est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées $(O,\vec{j}).$

2. a) Nous devons calculer $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{g(x)}{x}$ , soit $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\text{e}^{-\frac{1}{2x^2}}}{x}.$

Puisque x tend vers 0⁺, nous savons que x est positif. Posons $X=-\dfrac{1}{2x^2}.$

Dans ce cas, $x^2=-\dfrac{1}{2X}\Longrightarrow x=\sqrt{-\dfrac{1}{2X}}\Longrightarrow x=\dfrac{1}{\sqrt{-2X}}.$
De plus, $(x\to0^+)\Longleftrightarrow(X\to-\infty)$

Il s'ensuit que :
$\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\text{e}^{-\frac{1}{2x^2}}}{x}=\lim\limits_{X\to-\infty}\dfrac{\text{e}^{X}}{\dfrac{1}{\sqrt{-2X}}} \\\\\phantom{\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{\text{e}^{-\frac{1}{2x^2}}}{x}}=\lim\limits_{X\to-\infty}\sqrt{-2X}\,\text{e}^{X}=0\ \ \ \ (\text{par les croissances comparées)} \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{g(x)}{x}=\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{\text{e}^{-\frac{1}{2x^2}}}{x}=0}$

Nous en déduisons que la fonction g est dérivable à droite de 0 et que $\boxed{g\,'_d(0)=0}.$

Puisque la fonction g est paire, nous en déduisons que $\boxed{g\,'_g(0)=-g\,'_d(0)=0}.$
D'où $\boxed{g\,'(0)=0}.$
Par conséquent, la fonction g est dérivable en 0.

2. b) La fonction h définie par $x\mapsto h(x)=-\dfrac{1}{2x^2}$ est dérivable sur

^* et Im(h ) = ]- infini

; 0[.
La fonction exponentielle est dérivable sur ]- infini

; 0[.
Or la fonction g est la composée de la fonction h et de la fonction exponentielle.
Donc la fonction g est dérivable sur ^*.

De plus,
$\forall\,x\neq0,\ g'(x)=(-\dfrac{1}{2x^2})'\ \text{e}^{-\frac{1}{2x^2}}=-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x^2}\right)'\ \text{e}^{-\frac{1}{2x^2}} \\\\\phantom{\forall\,x\neq0,\ g'(x)}=-\dfrac{1}{2}(x^{-2})'\ \text{e}^{-\frac{1}{2x^2}}=-\dfrac{1}{2}(-2x^{-3})\ \text{e}^{-\frac{1}{2x^2}} \\\\\phantom{\forall\,x\neq0,\ g'(x)}=\dfrac{1}{x^3}\ \text{e}^{-\frac{1}{2x^2}}=\dfrac{1}{x^3}\,g(x)=\dfrac{g(x)}{x^3} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\neq0,\ g'(x)=\dfrac{g(x)}{x^3}}$

2. c) Etudions les variations de la fonction g sur l'intervalle [0 ; + infini

[.

$\forall\,x\in]0\,;\,+\infty[,\ \left\lbrace\begin{matrix}g(x)=\text{e}^{-\frac{1}{2x^2}}>0\\x^3>0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \dfrac{g(x)}{x^3}>0\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ g'(x)>0$
De plus, g' (0) = 0 (voir question 2. a).

Donc $\forall\,x\in[0\,;\,+\infty[,\ g'(x)\ge0$ .

$\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}(-\dfrac{1}{2x^2})=0\\\overset{}{\lim\limits_{X\to0}\text{e}^{X}=1}\end{matrix}\right.\ \ \ \underset{\text{(par composition)}}{\Longrightarrow}\ \ \ \lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{-\frac{1}{2x^2}}=1 \\\phantom{WWWWWWWWWW.W..}\Longrightarrow\ \ \ \ \ \ \ \ {\blue{\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=1}}$

Nous obtenons ainsi le tableau de variations de la fonction g sur l'intervalle [0 ; + infini

[.

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x&0&&&&+\infty \\\hline&&&&&&g'(x)&0&+&+&+&\\&&&&&\\\hline &&&&&1 \\ g(x)&&\nearrow&\nearrow&\nearrow&\\ &0&&&& \\ \hline \end{array}$

Etant donné que la fonction g est paire, la courbe $\mathscr{C}$ est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées $(O,\vec{j})$ et le tableau de variations de g sur

est donné par :

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x&-\infty&&0&&+\infty \\\hline&&&&&&g'(x)&&-&0&+&\\&&&&&\\\hline &1&&&&1 \\ g(x)&&\searrow&&\nearrow&\\ &&&0&& \\ \hline \end{array}$

2. d) Par la question 2. c), nous savons que la fonction continue g est strictement croissante sur [0 ; + infini

[
et que g ([0 ; + infini

[) = [0 ; 1[.
Par conséquent, la fonction g réalise une bijection de [0 ; +[ sur l'intervalle J = [0 ; 1[.

2. e) La fonction g réalise une bijection de l'intervalle I =[0 ; + infini

[ sur l'intervalle J = [0 ; 1[.

Il existe donc une fonction réciproque g ^-1 de J dans I telle que : $\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}x\in J\ \ \ \ \\y=g^{-1}(x)\end{matrix}\right.}\Longleftrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}y\in I\ \ \ \ \\x=g(y)\end{matrix}\right.}$

$\forall\,x\in]0\,;\,1[,\ y=g^{-1}(x)\Longleftrightarrow x=g(y)\Longleftrightarrow x=\text{e}^{-\frac{1}{2y^2}} \\\\\phantom{\forall\,x\in]0\,;\,1[,\ y=g^{-1}(x)}\Longleftrightarrow \ln x=-\dfrac{1}{2y^2}\Longleftrightarrow y^2=-\dfrac{1}{2\ln x} \\\\\phantom{\forall\,x\in]0\,;\,1[,\ y=g^{-1}(x)}\Longleftrightarrow y=\sqrt{-\dfrac{1}{2\ln x}} \\\\\text{Si }x=0, \ g^{-1}(x)=0\ \ \ \text{car}\ g(0)=0.$

Par conséquent, la fonction g ^-1 est définie sur [0 ; 1[ par : $\left\lbrace\begin{matrix}g^{-1}(x)=\sqrt{-\dfrac{1}{2\ln x}}\ \ \ \text{si }x\neq0\\\\g^{-1}(0)=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.$

3. a) Nous devons montrer que la courbe $\mathscr{C}$ admet deux points d'inflexion.

Etudions le signe de la dérivée seconde g'' (x ).

$\forall\ x\neq0,\ g''(x)=(g'(x))'=\left(\dfrac{g(x)}{x^3}\right)'=\dfrac{g'(x)\times x^3-g(x)\times(x^3)'}{(x^3)^2} \\\\\phantom{\forall\ x\neq0,\ g''(x)}=\dfrac{\dfrac{g(x)}{x^3}\times x^3-g(x)\times(3x^2)}{x^6}=\dfrac{g(x)-g(x)\times(3x^2)}{x^6} \\\\\phantom{\forall\ x\neq0,\ g''(x)}=\dfrac{g(x)(1-3x^2)}{x^6} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\ x\neq0,\ g''(x)=\dfrac{g(x)(1-3x^2)}{x^6}}$

Par la question 2. c), nous savons que pour tout x non nul, g (x ) > 0.
De plus, pour tout x non nul, x ⁶ > 0.
Il s'ensuit que le signe de g'' (x ) est celui du polynôme du second degré (1 - 3x )².

$\begin{matrix}1-3x^2=0\Longleftrightarrow3x^2=1\\\phantom{\text{e}^{x}-1<0}\Longleftrightarrow x^2=\dfrac{1}{3}\\\phantom{\text{e}^{x}-1<0}\Longleftrightarrow x=\pm\sqrt{\dfrac{1}{3}}\\\phantom{\text{e}^{x}-1<0}\Longleftrightarrow x=\pm\dfrac{1}{\sqrt{3}} \end{matrix} \ \ \begin{matrix} |\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&\\ x&-\infty&&-\dfrac{1}{\sqrt{3}}&&\dfrac{1}{\sqrt{3}}&&+\infty\\&&&&&&&\\\hline &&&&&&&\\ 1-3x^2&&-&0&+&0&-&\\&&&&&&&\\ \hline \end{array}\end{matrix}$

D'où le tableau de signes de la dérivée seconde g'' (x ) sur

^*:

$\begin{array}{|c|ccccccccc|}\hline &&&&&&&&&\\ x&-\infty&&-\dfrac{1}{\sqrt{3}}&&0&&\dfrac{1}{\sqrt{3}}&&+\infty\\&&&&&&&&&\\\hline &&&&&&&&&\\ g''(x)&&-&0&+&||&+&0&-&\\&&&&&&&&&\\ \hline \end{array}$

Nous observons que la dérivée seconde g'' (x ) s'annule deux fois en changeant de signe.

$g\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)= \text{e}^{-\frac{1}{2(\frac{1}{\sqrt{3}})^2}}= \text{e}^{-\frac{1}{2\times\frac{1}{3}}}= \text{e}^{-\frac{3}{2}} \\\\\Longrightarrow \left\lbrace\begin{matrix}g\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)=\text{e}^{-\frac{3}{2}}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\\g\left(-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)=g\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)=\text{e}^{-\frac{3}{2}}\ \ \ \text{(car }g\text{ est une fonction paire)}\end{matrix}\right.$
Par conséquent, la courbe $\mathscr{C}$ admet deux points d'inflexion : $A\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\,;\,\text{e}^{-\frac{3}{2}}\right)$ et $B\left(-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\,;\,\text{e}^{-\frac{3}{2}}\right).$

3. b) Représentation graphique de $\mathscr{C}$ .

Bac Maths (contrôle) Tunisie 2019 : image 11

4. Soit la fonction f définie sur [0 ; + infini

[ par $f(x)=g^2(x).$

$\forall\,x\in[0\,;\,+\infty[,\ f(x)=g^2(x)\Longrightarrow f'(x)=2\,g'(x)\ g(x).$
Or, quelquesoit

[0 ; +

[, g (x )

0 et g' (x ) supegal

0 (voir question 2 c).

D'où $\forall\,x\in[0\,;\,+\infty[,\ f'(x)\ge 0.$
Par conséquent, f est croissante sur [0 ; +[.

5. Soit un entier n supegal

2. On pose : $V(n)=\pi\int\limits_0^nf(t)dt.$

5. a) $V(n)=\pi\int\limits_0^nf(t)dt\Longrightarrow \boxed{V(n)=\pi\int\limits_0^ng^2(t)dt}$
Puisque la fonction g est continue sur l'intervalle [0 ; n ], nous pouvons interpréter V(n ) comme étant le volume (en unité de volume) du solide de révolution engendré par la rotation de la courbe $\mathscr{C}$ autour de l'axe des abscisses entre les abscisses x = 0 et x = n .

${\red{5.\ \text{b) }}}V(n)=\pi\int\limits_0^nf(t)dt\Longrightarrow V(n)=\pi\left(\int\limits_0^{\sqrt{n}}f(t)dt+\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(t)dt\right)\ \ \ \ (\text{relation de Chasles}) \\\\\phantom{{\red{5.\ \text{b) }}}V(n)=\pi\int\limits_0^nf(t)dt}\Longrightarrow V(n)=\pi\int\limits_0^{\sqrt{n}}f(t)dt+\pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(t)dt \\\\\text{Or }\forall\,t\in[0\,;\,\sqrt{n}], \ f(t)\ge0\ \Longrightarrow\ \int\limits_0^{\sqrt{n}}f(t)dt\ge0\ \Longrightarrow\ \pi\int\limits_0^{\sqrt{n}}f(t)dt\ge0 \\\\\text{D'où }\left\lbrace\begin{matrix}V(n)=\pi\int\limits_0^{\sqrt{n}}f(t)dt+\pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(t)dt\\\pi\int\limits_0^{\sqrt{n}}f(t)dt\ge0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{V(n)\ge\pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(t)dt}$

5. c) Nous devons montrer que : $\lim\limits_{n\to+\infty}V(n)=+\infty.$

$\forall\,n\ge2, \ \sqrt{n}\le t\le n\Longrightarrow f(\sqrt{n})\le f(t)\le f(n)\ \ \ \ (\text{car }f\text{ est croissante sur }[0\,;\,+\infty[) \\\\\phantom{\forall\,n\ge2, \ \sqrt{n}\le t\le n}\Longrightarrow \int\limits_{\sqrt{n}}^nf(\sqrt{n})\,dt\le \int\limits_{\sqrt{n}}^nf(t)dt\le \int\limits_{\sqrt{n}}^nf(n)dt \\\phantom{\forall\,n\ge2, \ \sqrt{n}\le t\le n}\Longrightarrow \pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(\sqrt{n})\,dt\le \pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(t)dt$

$\text{Or }\pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(\sqrt{n})\,dt=\pi f(\sqrt{n})\int\limits_{\sqrt{n}}^n1\,dt \\\phantom{\text{Or }\pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(\sqrt{n})\,dt}=\pi f(\sqrt{n})\times\left[\overset{}{t}\right]\limits_{\sqrt{n}}^n \\\phantom{\text{Or }\pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(\sqrt{n})\,dt}=\pi f(\sqrt{n})\times[n-\sqrt{n}] \\\phantom{\text{Or }\pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(\sqrt{n})\,dt}=\pi\sqrt{n} (\sqrt{n}-1)f(\sqrt{n})$

$\text{D'où }\ \forall\,n\ge2,\\\\\left\lbrace\begin{matrix}{ \blue{\pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(\sqrt{n})\,dt}}\le \pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(t)dt \ \ \ \ \ \ \ \ \\ {\blue{\pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(\sqrt{n})\,dt}}=\pi\sqrt{n} (\sqrt{n}-1)f(\sqrt{n})\end{matrix}\right. \ \Longrightarrow\ \boxed{ \pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(t)dt\ge\pi\sqrt{n} (\sqrt{n}-1)f(\sqrt{n})}$

$\text{Dès lors, }\ \left\lbrace\begin{matrix}V(n)\ge\pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(t)dt\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\pi\int\limits_{\sqrt{n}}^nf(t)dt\ge\pi\sqrt{n} (\sqrt{n}-1)f(\sqrt{n})\end{matrix}\right.\ \Longrightarrow\ \boxed{V(n)\ge\pi\sqrt{n} (\sqrt{n}-1)f(\sqrt{n})}$

$\text{De plus }\ \lim\limits_{n\to+\infty}f(\sqrt{n})=\lim\limits_{\sqrt{n}\to+\infty}f(\sqrt{n}) \\\\\phantom{\text{De pl }\ \lim\limits_{n\to+\infty}f(\sqrt{n})} \underset{(X=\sqrt{n})}{=}\ \ \lim\limits_{X\to+\infty}f(X) \\\\\phantom{\text{De plus }\ \lim\limits_{n\to+\infty}f(\sqrt{n})}=\lim\limits_{X\to+\infty}g^2(X)=1\ \ \ \ (\text{voir question 2. c}) \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}f(\sqrt{n})=1}$

Nous en déduisons alors que :

$\left\lbrace\begin{matrix}\pi>0\\\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt{n}=+\infty\\\lim\limits_{n\to+\infty}(\sqrt{n}-1)=+\infty\\\lim\limits_{n\to+\infty}f(\sqrt{n})=1\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty}\pi\sqrt{n} (\sqrt{n}-1)f(\sqrt{n})=+\infty \\\\\text{Par conséquent, }\left\lbrace\begin{matrix}V(n)\ge \pi\sqrt{n} (\sqrt{n}-1)f(\sqrt{n})\ \ \ \\\lim\limits_{n\to+\infty}\pi\sqrt{n} (\sqrt{n}-1)f(\sqrt{n})=+\infty\end{matrix}\right.\ \ \Longrightarrow\ \ \boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}V(n)=+\infty}$

5. d) Dans la question 2. c), le tableau de variation de g montre que pour tout x appartient

[0 ; +

[, g (x )

1.

$\text{Donc }\ \forall\,t\in[0\,;\,+\infty[,\ g(t) \le1\Longrightarrow f(t)\le1 \\\\\phantom{\text{Donc }\ \forall\,t\in[0\,;\,+\infty[,\ g(t) \le1}\Longrightarrow \int\limits_0^nf(t)\ dt\le\int\limits_0^n1\,dt \\\\\phantom{\text{Donc }\ \forall\,t\in[0\,;\,+\infty[,\ g(t) \le1}\Longrightarrow \pi\int\limits_0^nf(t)\ dt\le\pi\int\limits_0^n1\,dt \\\\\phantom{\text{Donc }\ \forall\,t\in[0\,;\,+\infty[,\ g(t) \le1}\Longrightarrow V(n)\le\pi\left[\overset{}{t}\right]\limits_0^n \\\\\phantom{\text{Donc }\ \forall\,t\in[0\,;\,+\infty[,\ g(t) \le1}\Longrightarrow V(n)\le\pi(n-0) \\\\\phantom{\text{Donc }\ \forall\,t\in[0\,;\,+\infty[,\ g(t) \le1}\Longrightarrow \boxed{V(n)\le n\pi }$

5. e) Nous avons montré dans la résolution de l'exercice 5. c) que pour tout n supegal

2, $V(n)\ge\pi\sqrt{n} (\sqrt{n}-1)f(\sqrt{n})$ ,
soit que $V(n)\ge\pi (n-\sqrt{n})f(\sqrt{n}).$
De plus nous savons par la question 5. d) que $V(n)\le n\pi.$

Donc $\pi (n-\sqrt{n})f(\sqrt{n})\le V(n)\le n\pi.$

$\pi (n-\sqrt{n})f(\sqrt{n})\le V(n)\le n\pi\ \ \Longleftrightarrow\ \ \dfrac{\pi (n-\sqrt{n})f(\sqrt{n})}{n}\le \dfrac{V(n)}{n}\le \dfrac{n\pi}{n} \\\\\phantom{\pi (n-\sqrt{n})f(\sqrt{n})\le V(n)\le n\pi\ \ }\Longleftrightarrow\ \ \pi (1-\dfrac{1}{\sqrt{n}})f(\sqrt{n})\le \dfrac{V(n)}{n}\le \pi \\\\\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{n\to+\infty} (1-\dfrac{1}{\sqrt{n}})=1-0=1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\lim\limits_{n\to+\infty} f(\sqrt{n})=1\ \ \ (\text{voir question 5. c)}\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \lim\limits_{n\to+\infty} \pi (1-\dfrac{1}{\sqrt{n}})f(\sqrt{n})=\pi\times1\times1=\pi$

Par conséquent,

$\pi (1-\dfrac{1}{\sqrt{n}})f(\sqrt{n})\le \dfrac{V(n)}{n}\le \pi\Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty}\pi (1-\dfrac{1}{\sqrt{n}})f(\sqrt{n})\le \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{V(n)}{n}\le \lim\limits_{n\to+\infty}\pi \\\\\phantom{\pi (1-\dfrac{1}{\sqrt{n}})f(\sqrt{n})\le \dfrac{V(n)}{n}\le \pi}\Longrightarrow\pi\le \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{V(n)}{n}\le \pi \\\\\phantom{\pi (1-\dfrac{1}{\sqrt{n}})f(\sqrt{n})\le \dfrac{V(n)}{n}\le \pi}\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{V(n)}{n}=\pi}$

Publié par malou le 14-02-2021

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