\documentclass[a4paper,12pt,french]{article}
\linespread{1}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Définitions de la feuille d'exercices
\newcommand{\ch}{Devoir Commun}
\newcommand{\Ch}{}	
\newcommand{\Cl}{TS}	
\newcommand{\Annee}{2010-2011}	
\newcommand{\num}{5}	
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Début
\begin{document}
 


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Table des matieres et style de pages
\debutSansCha

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%  Les exos

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}

\begin{enumerate} 
\item \begin{enumerate} 
\item\textbf{[1,5 pt]} 
Si le dé indique 1, alors la probabilité de gagner est de $\dfrac{4}{10}$. Donc :
$\quad \quad p_{\text{D}_{1}}(\text{G})=\dfrac{4}{10}$\\
Si le dé indique 2, alors la probabilité de gagner est de $\dfrac{\binom{4}{2}}{\binom{10}{2}}=\dfrac{2}{15}$. Donc:
$\qquad p_{\text{D}_{2}}(\text{G})=\dfrac{2}{15}$\\
Si le dé indique 3, alors la probabilité de gagner est de $\dfrac{\binom{4}{3}}{\binom{10}{3}}=\dfrac{1}{30}$. Donc:
$\quad \quad p_{\text{D}_{3}}(\text{G})=\dfrac{1}{30}$
\item \textbf{[1 pt]} On a 
\begin{eqnarray*}
p(G) & = & p(G\cap D_1)+p(G\cap D_2)+p(G\cap D_3) \\
& = & p(\text{D}_1)\times p_{\text{D}_{1}}(\text{G})+p(\text{D}_2)\times p_{\text{D}_{2}}(\text{G})+p(\text{D}_3)\times p_{\text{D}_{3}}(\text{G}) \\
p(G) & = & \cfrac{23}{180}
\end{eqnarray*}  
\end{enumerate}
\item \textbf{[1 pt]} Un joueur a gagné la partie. Alors la probabilité qu'il ait obtenu le numéro 1 avec le
dé est $$p_{\text{G}}{(\text{D}_{1})}=\frac{p(\text{D}_1\cap \text{G})}{p(\text{G})}=\frac{12}{23}$$

\item \textbf{[1,5 pt]} Un joueur fait six parties. Comme il remet les boules tirées dans l'urne après chaque partie, les parties sont considérées 
comme indépendantes.\\
Appelons X la variable aléatoire désignant le nombre de parties gagnées. Alors, on répète de manière indépendante la même 
expérience aléatoire (jouer une partie) à deux issues  (gagner ou perdre) 6 fois. 
Donc X suit une loi binomiale de paramètres 6 et $\dfrac{23}{180}$.\\
Ainsi la probabilité qu'il gagne exactement deux parties est: 
$$P(X=2)=\binom{6}{2}\left(\frac{23}{180}\right)^2\times \left(1-\frac{23}{180}\right)^4 \approx 0,14 $$


Pour déterminer le nombre minimal de parties qu'un joueur doit faire pour que la probabilité d'en gagner au moins une soit supérieure à
 0,9, résolvons: 
\begin{eqnarray*}
P(X\geqslant1)\geqslant 0,9 &\iff &1-P(X<1)\geqslant 0,9 \iff  1 - P(X=0)\geqslant 0,9\\
&\iff &1 - \left(1 -\frac{23}{180}\right)^n\geqslant 0,9\\
&\iff&\left(\frac{157}{180}\right)^n \leqslant 0,1\\
%&\iff&\ln \left(\frac{157}{180}\right)^n \leqslant \ln 0,1\\
&\iff& n \ln \left(\frac{157}{180}\right) \leqslant \ln (0,1)
\iff  n  \geqslant \frac{\ln (0,1)}{\ln \left(\frac{157}{180}\right)}
\end{eqnarray*}
Or $\dfrac{\ln (0,1)}{\ln \left(\frac{157}{180}\right)} \simeq 16.8$. \hfill Ainsi, le nombre minimal cherché est $n=17$.
\end{enumerate}


\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
	\item \textbf{[0,5 pt]} B$_1$ est l'image de B par l'homothétie de centre A et de rapport $\sqrt{2}$, 
donc on a :
	$$z_{B_1}=\sqrt{2}(z_B-z_A)+z_B = \sqrt{2}(2-\text{i})+\text{i}=2\sqrt{2}+\text{i}(1-\sqrt{2})$$
	\item \textbf{[0,5 pt]} Comme B' est l'image de B$_1$ par la rotation de centre A et d'angle $\frac{\pi}4$, alors on a :
	\begin{eqnarray*}
	z_{B'}&=&\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}4}(z_{B_1}-z_A)+z_A
	=\left(\cos \left(\frac{\pi}{4}\right)+\text{i}\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)\right)(2\sqrt{2}+\text{i}(1-\sqrt{2})-\text{i})+\text{i} \\
	&=&\left(\frac{\sqrt{2}}2 + \text{i} \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\left(2\sqrt{2}-\text{i}\sqrt{2}\right)+\text{i}\\
	&=&(2-\text{i}+2\text{i}-\text{i}^2)+\text{i}
	=3+2\text{i}
	\end{eqnarray*}
%\textbf{[0,5 pt]} Voir figure ci-contre.
      \end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
	\item \textbf{[0,5 pt]} On a $\qquad z_B'= (1+\text{i})z_B+1=(1+\text{i})\times2+1=3+2\text{i}=z_{B'}$.\\
	Donc l'image de B par la transformation $f$ est bien B'.
	\item \textbf{[0,5 pt]} Un point M d'affixe $z$ est invariant par $f$ si et seulement si:
	\begin{eqnarray*}
	z'=z &\iff& (1+\text{i})z+1=z \iff z+\text{i}z+1=z\\
	&\iff& \text{i}z=-1\\
	&\iff& z=-\frac1{\text{i}}=\text{i}
	\end{eqnarray*}
	Donc le point A est le seul point invariant par $f$.
	\item \textbf{[1.5 pt]} Pour tout nombre complexe distinct de $\text{i}$, 
	\begin{eqnarray*}
	\frac{z'-z}{\text{i}-z}&=&\frac{(1+\text{i})z+1-z}{\text{i}-z}
	=\frac{\text{i}z+1}{\text{i}-z} \times \frac{\text{i}+z}{\text{i}+z}\\
	&=&\frac{-z+\text{i}z^2+\text{i}+z}{\text{i}^2-z^2}\\
	&=&\frac{\text{i}z^2+\text{i}}{-1-z^2}=\frac{\text{i}(z^2+1)}{-(z^2+1)}=-\text{i}
	\end{eqnarray*}
	Or $\qquad \dfrac{\text{MM}'}{\text{MA}}=\left|\dfrac{z'-z}{\text{i}-z}\right|=|-\text{i}|=1 \iff \text{MM}'=\text{MA}$\\
	Donc M' appartient au cercle de centre M et de rayon AM.\\	
	De plus, $\qquad \left(\overrightarrow{MA};\overrightarrow{MM'}\right)=\arg\left(\dfrac{z'-z}{\text{i}-z}\right)=\arg(-\text{i})
=-\dfrac{\pi}2$\\		
	Ainsi M' est le point du cercle de centre M et de rayon AM tel que : $\left(\overrightarrow{MA};\overrightarrow{MM'}\right)=-\dfrac{\pi}2$.
      \end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
	\item \textbf{[0,5 pt]} Comme $|z-2|=\sqrt{2} \iff \text{BM}=\sqrt{2}$, alors l'ensemble $\Sigma_1$ des points M d'affixe $z$ vérifiant $|z-2|=\sqrt{2}$ est le cercle de centre B et de rayon $\sqrt{2}$.
	\item \textbf{[0,75 pt]} De plus, $\qquad z'-3-2\text{i}=(1+\text{i})z+1-3-2\text{i}=(1+\text{i})z+1-2(1+\text{i})=(1+\text{i})(z-2)$\\
	D'où : $\qquad|z'-3-2\text{i}|=|(1+\text{i})(z-2)|=|1+\text{i}||z-2|=\sqrt{2}|z-2|$\\
	Donc si M appartient à $\Sigma_1$, $|z-2|=\sqrt{2}$ et $$|z'-3-2\text{i}|=\sqrt{2} \times \sqrt{2}=2 \iff \text{M}'\text{B}'=2$$
	Donc si M appartient à $\Sigma_1$, alors M' appartient au cercle de centre B' et de rayon 2.
	\item \textbf{[0,25 pt]} \begin{center}	 \newrgbcolor{xdxdff}{0.49 0.49 1}
\psset{xunit=1.7cm,yunit=1.7cm}
\begin{pspicture*}(-0.6,-1.8)(5.2,4.4)
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\psplot[linestyle=dashed,dash=3pt 3pt]{-0.6}{2.5}{(-6.69--2.5*x)/-0.32}
\parametricplot[linestyle=dashed,dash=3pt 3pt]{1.3808690634583427}{3.4880328385518853}{1*2.52*cos(t)+0*2.52*sin(t)+2.5|0*2.52*cos(t)+1*2.52*sin(t)+1.32}
\psdots[dotstyle=x,linecolor=xdxdff](0,1)
\rput[bl](-0.39,0.77){\darkgray{$A$}}
\psdots[dotstyle=x,linecolor=xdxdff](2,0)
\rput[bl](1.73,-0.26){\darkgray{$B$}}
\psdots[dotstyle=x,linecolor=darkgray](3,2)
\rput[bl](3.14,2.06){\darkgray{$B'$}}
\rput[bl](0.66,0.13){\red{$\Sigma_1$}}
\psdots[dotstyle=x,linecolor=xdxdff](2.5,1.32)
\rput[bl](2.38,1.08){\darkgray{$M$}}
\psdots[dotstyle=x,linecolor=darkgray](2.18,3.82)
\rput[bl](2.23,4.09){\darkgray{$M'$}}
\rput[bl](1.3,2.72){\red{$\Sigma_2$}}
\end{pspicture*}
\end{center}
	 \end{enumerate}
\end{enumerate}
\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 5 points}

\textbf{Partie A:}\\
Soit $f$ la fonction définie sur $[0;+\infty[$ par $f(x)=x\ln(x+1)$
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
	\item \textbf{[0,5 pt]} $f$ est dérivable sur $[0;+\infty[$, et $\qquad f'(x)=\ln(x+1)+\dfrac{x}{x+1}$\\
      Or sur $[0;+\infty[$, $\ln(x+1) \geqslant 0$ et $\dfrac{x}{x+1} \geqslant 0$, donc $f'(x) \geqslant 0$.\\
Ainsi $f$ est croissante sur $[0;+\infty[$.
	\item \textbf{[0,5 pt]} L'équation de la tangente $T_0$ à $\mathscr C_f$ au point d'abscisse $0$ est  $y=f'(0)(x-0)+f(0)$.\\
Comme $f'(0)=0$ et $f(0)=0$, alors $T_0 : y=0$, donc c'est l'axe des abscisses.
	\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
	\item \textbf{[1 pt]} Déterminons les réels $a$, $b$ et $c$ tels que pour tout réel $x \neq -1$:
	\begin{eqnarray*}
	\dfrac{x^2}{x+1}=ax+b+\frac{c}{x+1} & \iff & \dfrac{x^2}{x+1}=\dfrac{(ax+b)(x+1)+c}{x+1}\\
	&\iff & x^2=ax^2+(a+b)x+b+c
	\end{eqnarray*}
	Donc 
	$\left\lbrace 
	\begin{array}{l}
	a=1\\
	a+b=0\\
	b+c=0
	\end{array}
	\right.
	\iff
	\left\lbrace 
	\begin{array}{l}
	a=1\\
	b=-1\\
	c=1
	\end{array}
	\right.\qquad$	
	Ainsi pour tout réel $x \neq -1$ : $ \dfrac{x^2}{x+1}=x-1+\dfrac{1}{x+1} $
	\item \textbf{[1 pt]} Ainsi 
	\begin{eqnarray*}
	I=\int_0^1 \frac{x^2}{x+1} \:\text{d}x&=&\int_0^1 \left(x-1+\frac{1}{x+1}\right) \:\text{d}x =\left[\frac12 x^2-x+\ln(x+1)\right]_0^1\\
	&=&\frac12 -1+\ln(1+1)-\left(0-0+\ln(1)\right)=-\frac12+\ln2
	\end{eqnarray*}
      \end{enumerate}
\item \textbf{[1 pt]} On a $\qquad \mathcal{A}=\int_0^1 f(x) \:\text{d}x=\int_0^1 x\ln(x+1) \:\text{d}x$.
\begin{eqnarray*}
\text{Intégrons par parties :}&& \qquad\qquad\begin{array}{ll}
u'(x)=x & u(x)=\dfrac{1}{2} x^2\\
v(x)=\ln(x+1) & v'(x)=\dfrac{1}{x+1}
\end{array}\\
\text{Donc}\qquad\qquad \mathcal{A}&=& \left[\frac12 x^2\ln(x+1)\right]_0^1-\int_0^1\frac12 \frac{x^2}{x+1}\:\text{d}x\\
 &=&\left[\frac12 x^2\ln(x+1)\right]_0^1-\frac12 \text{I}\\
 &=&\frac12 \ln2- \frac12 \left(-\frac12+\ln2\right)=\frac14 \text{u.a}
\end{eqnarray*}
%\item Comme $f$ est continue et strictement croissante sur [0;1] à valeurs dans $[f(0);f(1)]=[0;\ln2\approx 0,6]$, alors 
%l'équation $f(x)=0,25$ admet une unique solution $\alpha$ sur [0;1] de valeur approchée 
\end{enumerate}
 \begin{eqnarray*}
\text{\textbf{Partie B:}
%Soit la suite $(u_n)$ définie par $u_n=\int_0^1x^n\ln(x+1) \:\text{d}x$.\\
\textbf{[1 pt]}} \qquad\qquad u_{n+1}-u_n&=&\int_0^1x^{n+1}\ln(x+1) \:\text{d}x-\int_0^1x^n\ln(x+1) \:\text{d}x\\
&=&\int_0^1 \left(x^{n+1}\ln(x+1) -x^n\ln(x+1)\right) \:\text{d}x\\
&=&\int_0^1 \left(x^{n}(x-1)\ln(x+1)\right) \:\text{d}x
      \end{eqnarray*}
Mais sur [0;1], $x^n \geqslant 0$, $x-1\leqslant 0$ et $\ln(x+1) \geqslant 0$, donc $x^{n}(x-1)\ln(x+1) \leqslant 0$.
Donc $$u_{n+1}-u_n=\int_0^1 \left(x^{n}(x-1)\ln(x+1) \right)\:\text{d}x \leqslant 0 \iff u_{n+1}\leq u_n $$
Ainsi la suite $u$ est décroissante, comme de plus,  $u$ est minorée par 0 alors la suite $u$ converge.\\


\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 6 points}

\noindent \textbf{Partie A}
\begin{enumerate}\item \textbf{[0,5 pt]} 
$\qquad
f(x)=\dfrac{3\text{e}^{\frac{x}{4}}}{2+ \text{e}^{\frac{x}{4}}} \times \dfrac{\text{e}^{-\frac{x}{4}}}{\text{e}^{-\frac{x}{4}}}
=\dfrac{3\text{e}^{\frac{x}{4}-\frac{x}{4}}}{2\text{e}^{-\frac{x}{4}}+\text{e}^{\frac{x}{4}-\frac{x}{4}}}
=\dfrac{3\text{e}^0}{2\text{e}^{-\frac{x}{4}}+\text{e}^0}
=\dfrac{3}{1+2\text{e}^{-\frac{x}{4}}}
$
\item \textbf{[0,5 pt]}  Comme $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}-\frac{x}4=-\infty$ et $\displaystyle \lim_{X\to-\infty} \text{e}^X=0$, alors 
$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\text{e}^{-\frac{x}4}=0$.\\
Donc : $ \qquad \displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=\frac{3}{1 + 2\times 0}=3$.\\
Par un raisonnement analogue, on obtient $\qquad\displaystyle \lim_{x\to-\infty}f(x)=0$.
\item \textbf{[1 pt]}  $f$ est de la forme $3 \times \dfrac{1}{v}$ avec $v(x)=1+2\text{e}^{-\frac{x}4}$ dérivable sur $\R$. \\
Donc $f$ est dérivable et $f'$ est de la forme $3 \times \dfrac{-v'}{v^2}$ 
avec $v'(x)=2 \times \left(-\dfrac{1}{4}\text{e}^{-\frac{x}4}\right)=-\dfrac{1}{2}\text{e}^{-\frac{x}4}$
$$f'(x)= 3\times\frac{ \frac12 \text{e}^{-\frac{x}4}}{\left(1+2\text{e}^{-\frac{x}4}\right)^2}=\frac32 \times \frac{\text{e}^{-\frac{x}4}}{\left(1+2\text{e}^{-\frac{x}4}\right)^2}$$
Comme pour tout réel $x$, $\text{e}^{-\frac{x}4}>0$, alors $f'(x)>0$. Ainsi $f$ est strictement croissante sur $\R$.
\end{enumerate}
\noindent \textbf{Partie B}
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item \textbf{[0,5 pt]} Les solutions de l'\'equation diff\'erentielle (E$_{1}$) sont les fonctions $y$ 
définies par:$$y(t)=K\text{e}^{\frac{t}4} \qquad \text{avec } K \text{ constante réelle.}$$ 
		\item \textbf{[0,5 pt]} Comme $g$ est une solution de l'\'equation diff\'erentielle (E$_{1}$), alors $g(t)=K\text{e}^{\frac{t}4}$.\\
Donc  $g(0) =K\text{e}^{\frac{0}4}=K$ or $g(0)=1$ donc $K=1$. \qquad Ainsi $g(t)=\text{e}^{\frac{t}4}$.
		\item \textbf{[0,5 pt]} La population d\'epassera 300 rongeurs pour la premi\`ere fois lorsque 
\begin{eqnarray*}
g(t) \geqslant 3 &\iff& \text{e}^{\frac{t}4} \geqslant 3 
\iff \ln\left(\text{e}^{\frac{t}4}\right) \geqslant \ln 3\\
&\iff& \frac{t}4 \geqslant \ln 3\\
&\iff& t \geqslant 4 \ln 3 \simeq 4.39
\end{eqnarray*}
La population dépassera 300 rongeurs la $5^e$ année pour la première fois.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item \textbf{[1 pt]} $h(t)=\dfrac{1}{u(t)}$ sur $\R$, alors $h'(t)=-\dfrac{u'(t)}{u^2(t)}$ sur $\R$. On a donc :
\begin{eqnarray*}
& (E_3) :& \left\{\begin{array}{l}
          h'(t)= -\dfrac{1}{4} h(t) + \dfrac{1}{12} \\ h(0)=1
         \end{array}\right.
\iff \left\{\begin{array}{l}
          -\dfrac{u'(t)}{u^2(t)}= -\dfrac{1}{4}\times \dfrac{1}{u(t)} + \dfrac{1}{12} \\ \dfrac{1}{u(0)}=1
         \end{array}\right.\\
&\iff& \left\{\begin{array}{l}
          -u'(t)= -\dfrac{1}{4}u(t) + \dfrac{1}{12}u^2(t) \\ u(0)=1
         \end{array}\right.
\iff (E_2) : \left\{\begin{array}{l}
          u'(t)= \dfrac{u(t)}{4} - \dfrac{u^2(t)}{12} \\ u(0)=1
         \end{array}\right. 
\end{eqnarray*}
Comme nous avons procédé par équivalence, la fonction $u$ satisfait aux conditions (E$_{2}$) si et seulement si la 
fonction $h$ satisfait aux conditions (E$_{3}$).
		\item \textbf{[1 pt]} Les solutions de l'\'equation diff\'erentielle $y' = - \dfrac{1}{4}y	+ \dfrac{1}{12}$ 
sont les fonctions $y$ telles que : $y(t)= C\text{e}^{-\frac{t}4}-\dfrac{\frac{1}{12}}{-\frac{1}{4}}=C\text{e}^{-\frac{t}4}+\frac13 \qquad $ avec $C$ constante réelle.\\
Ainsi $h(t)=C\text{e}^{-\frac{t}4}+\dfrac{1}{3}$.\\
Or $h(0)=1$ donc $C\text{e}^{-\frac{0}4}+\dfrac13=1 \iff C=\dfrac23$. \qquad D'où $h(t)=\dfrac23\text{e}^{-\frac{t}4}+\dfrac13=\dfrac13\left(2\text{e}^{-\frac{t}4}+1\right)$.\\
Comme $u(t)=\dfrac1{h(t)} $ on en déduit $u(t)=\dfrac{1}{\dfrac13\left(2\text{e}^{-\frac{t}4}+1\right)}=\dfrac{3}{2\text{e}^{-\frac{t}4}+1}.$
		\item \textbf{[0,5 pt]} Dans ce mod\`ele, la taille de la population \'etudi\'ee lorsque $t$
tend vers $+ \infty$ s'approche de 3 (Ce calcul a été effectué dans la partie A). 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}
