\documentclass[a4paper,11pt,french]{article}
\linespread{1.1}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Définitions de la feuille d'exercices

\newcommand{\typedoc}{Correction Devoir d'entra\^inement }
\newcommand{\Ch}{Liban mai 2013}
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\newcommand{\ch}{Chaptitres 1 \`a 13}
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\newcommand{\Annee}{Mai 2013}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Début
\begin{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Table des matieres et style de pages
\DocCha

\begin{ExoF} \textbf{Commun à tous les candidats} \hfill \textbf{4 points}

\textbf{Question 1}: \textbf{Réponse d}

Un vecteur directeur de la droite $\mathcal{D}$ est le vecteur $\vect{d}(1,~2,~3)$, un vecteur directeur de la droite $\mathcal{D}'$ est le vecteur $\vect{d'}(1,~1,~-1)$.
$\vect{d}\cdot \vect{d'}=1+2-3=0$.\\
 Ces deux vecteurs sont orthogonaux, les droites
$\mathcal{D}$ et $\mathcal{D}'$ sont donc orthogonales.\\
Aussi par élimination : la a. est fausse car les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, b. est fausse car il n'y a pas de point d'intersection et
 c. est fausse car C n'est pas sur D.
\vspace{0,25cm}

\textbf{Question 2}:
\textbf{Réponse c}

Un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$ est le vecteur $\vect{n}(1,1,-1)$. \\
Ce vecteur est un vecteur directeur de la droite $\mathcal{D}'$.\\
Ce qui entraîne que ce plan est orthogonal à la droite $\mathcal{D}'$.
\vspace{0,25cm}

\textbf{Question 3}:
\textbf{Réponse c}

$\text{AB} =\sqrt{4+16+36}=\sqrt{56} = 2\sqrt{14},\quad \text{AC}=\sqrt{16+36+4}=\sqrt{56},\quad \text{BC} = \sqrt{36+4+16}=\sqrt{56}$\\
Ces trois distances sont égales, il en résulte que le triangle ABC est équilatéral.
\vspace{0,25cm}

\textbf{Question 4}:
\textbf{Réponse b}

Pour déterminer lequel de ces vecteurs est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}'$, il suffit de vérifier si ces vecteurs sont orthogonaux à deux vecteurs de $\mathcal{P}'$ qui sont non colinéaires.\\
Prenons $\vect{d'}(1,~1,~-1)$ et $\vect{u}=\vect{\text{AD}'}$, où A$(1,~-1,~2)$ et D$'$ est un point de $\mathcal{D}'$, par exemple celui de coordonnées $\left(1,~3,~4\right)$, soit
$\vect{\text{AD}'}(0,~4,~2)$. \\
On vérifie que $\vect{d'}$ et $\vect{\text{AD}'}$ ne sont pas colinéaires, et on constate que, dans le second cas :
\qquad 
$\vect{d'}\cdot \vect{n}=\vect{\text{AD}'}\cdot \vect{n}=0$

Ce qui signifie que le vecteur $\vect{n}(3,~-1,~2)$ est un vecteur normal au plan 
$\mathcal{P}'$.


\end{ExoF}

%\newpage

\begin{ExoF} \textbf{Commun à tous les candidats}  \hfill \textbf{5 points}

\textbf{Partie A}
\begin{enumerate}
\item ~ 

\begin{center}

\psset{nodesep=0mm,levelsep=20mm,treesep=10mm}
\pstree[treemode=R]{\Tdot}
{
\pstree
{\Tdot~[tnpos=a]{$\overline{E}$}\taput{\small $0,7$}}
{
\Tdot~[tnpos=r]{$C$}\taput{\small $0,95$}
\Tdot~[tnpos=r]{$\overline{C}$}\tbput{\small $0,05$}
}
\pstree
{\Tdot~[tnpos=a]{$E$}\tbput{\small $0,3$}}
{
\Tdot~[tnpos=r]{$C$}\taput{\small $0,99$}
\Tdot~[tnpos=r]{$\overline{C}$}\tbput{\small $0,01$}
}
}
\end{center}
\vspace{1cm}

\item On cherche 
$P\left( C \cap\overline{E}\right)= P_{\overline{E}}\left(C\right)\times P\left(\overline{E}\right) 
= 0,95\times 0,70 = 0,665$

\item D'après la formule des probabilités totales:\\
 $P\left(C\right) =P\left(C\cap \overline{E}\right) + P(C\cap E) = 0,665 + 0,99\times 0,30 = 0,962$.

\item $P_C\left(E\right) = \dfrac{P\left(E\cap C\right)}{P\left(C\right)}=\dfrac{0,99\times 0,30}{0,962} \approx 0,309$ à $10^{- 3}$ près
\end{enumerate}
\medskip

\textbf{Partie B}
\begin{enumerate}
\item $X$ suit la loi normale $\mathcal{N}\left(0,17~;~0,006^2\right)$.

On cherche à calculer la probabilité
$P\left(0,16\leqslant X \leqslant 0,18\right)$ qui est égale à $\np{0,9044}$
d'après la table.

	\begin{enumerate}
		\item D'après le cours, comme $Y$ suit une loi normale $\mathcal{N}\left(m_2~;~\sigma_{2}^2\right)$, alors $Z=\dfrac{Y-m_2}{\sigma_2}$ suit la loi normale centrée réduite $\mathcal{N}\left(0\,, 1\right)$.
		
		\item \[0,16\leqslant Y \leqslant 0,18\Longleftrightarrow 
\dfrac{0,16 - 0,17}{\sigma_2} \leqslant \dfrac{Y - 0,17}{\sigma_2}\leqslant
\dfrac{0,18 - 0,17}{\sigma_2} 
\iff -\dfrac{0,01}{\sigma_2}\leqslant Z \leqslant \dfrac{0,01}{\sigma_2}\]


Donc lorsque $Y$ appartient à l'intervalle $\left[0,16~;~0,18\right]$, alors $Z$ appartient à l'intervalle 
\qquad $\left[-\dfrac{0,01}{\sigma_2}~;~\dfrac{0,01}{\sigma_2}\right]$.

		\item On sait que cette probabilité doit être égale à $0,990$, 
		le tableau donné permet d'obtenir \quad  $\beta = \np{2,5758}$

d'où
\qquad  $\dfrac{0,01}{\sigma_2}= \np{2,5758} \Leftrightarrow \sigma_2= \np{0,00385}$ \hfill
En conclusion, à $10^{-3}$ près, $\sigma \approx 0,004$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{ExoF}
 
 %\newpage
\begin{ExoF} \textbf{Commun à tous les candidats}  \hfill \textbf{6 points}


\textbf{Partie A}
\begin{enumerate}
\item Puisque $\displaystyle{\lim_{x\longrightarrow +\infty}\mathrm{e}^{-x}= 0}$, il vient, $\displaystyle{\lim_{x\longrightarrow +\infty}f_1(x)=1}$\\
Puisque $\displaystyle{\lim_{x\longrightarrow -\infty}\mathrm{e}^{-x}=+\infty}$, il vient, $\displaystyle{\lim_{x\longrightarrow +\infty}f_1(x)=0}$\\
Graphiquement cela signifie que les droites d'équation $y = 0$ et $y = 1$ sont deux asymptotes horizontales à $\mathcal{C}_1$ au voisinage respectivement de moins et plus l'infini.
\item $f_1(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{x}\times 1}{\mathrm{e}^{x}(1+\mathrm{e}^{-x})}=\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{\mathrm{e}^{x}+1}=\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{1+\mathrm{e}^{x}}$
\item $f'_1= - \dfrac{-\mathrm{e}^{-x}}{(1+\mathrm{e}^{-x})^2}=
\dfrac{\mathrm{e}^{-x}}{(1+\mathrm{e}^{-x})^2}$.\\
Cette expression étant toujours strictement positive sur $\R$, il en résulte que la fonction $f_1$ est strictement croissante sur $\R$.
\item 

\[I = \int_0^1f_1(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^1\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{1+\mathrm{e}^{x}}\,\mathrm{d}x= \left[ \ln(1+\mathrm{e}^{x})\right]_0^1=\ln(1+\mathrm{e})-\ln 2=\ln\left(\dfrac{1+\mathrm{e}}{2}\right)\]

$I$ s'interprète graphiquement comme la mesure en unité d'aires du domaine limité par $\mathcal{C}_1$, l'axe des $x$ et les droites d'équations $x = 0$ et $x = 1$. C'est l'aire du rectangle de côté 1 et de longueur $\ln\left(\dfrac{1+\mathrm{e}}{2}\right)$ qui vaut à peu près 0,62 unité d'aire (ce qui se vérifie visuellement sur l'annexe).
\end{enumerate}

\textbf{Partie B}

$P\left(x~;~f_{1}(x)\right)$ et  $M\left(x~;~f_{- 1}(x)\right)$. $K$ est le milieu de $[MP]$.

\begin{enumerate}
\item $f_1(x) + f_{-1}(x) = \dfrac{\mathrm{e}^{x}}{\mathrm{e}^{x}+1}+
\dfrac{1}{\mathrm{e}^{x}+1}=\dfrac{\mathrm{e}^{x}+1}{\mathrm{e}^{x}+1}=1$
\item $y_K = \dfrac{y_M + y_P}{2} = \dfrac{f_1(x) + f_{-1}(x)}{2}= \dfrac{1}{2}$\hfill 
Le point K est donc un point de la droite d'équation $y = \dfrac{1}{2}$.
\item Il en résulte que les deux courbes sont symétriques par rapport à la droite d'équation $y = \dfrac12$.
\item Soit $\mathcal{A}$ l'aire du domaine considéré. Par symétrie entre les deux courbes, on obtient

\[\mathcal{A} = 2\int_0^1f_1(x)-\dfrac12\,\mathrm{d}x=2\int_0^1f_1(x)\,\mathrm{d}x-\int_0^1\,\mathrm{d}x = 2\ln\left(\dfrac{1+\mathrm{e}}{2}\right)-1 \approx 0,24.\]

\end{enumerate}

\textbf{Partie C}
\begin{enumerate}
\item \textbf{Vrai} : Quel que soit $k \in \R,\:\text{e}^{- kx} > 0 \Rightarrow 1 + \text{e}^{- kx} > 1 \Rightarrow 0 < \dfrac{1}{ 1 + \text{e}^{- kx}} < 1$.

%Car la limite en $+\infty$ de $\mathrm{e}^{-kx}$ est soit $0$ soit $+\infty$, selon que $k$ soit positif ou négatif. Il en résulte que la limite en $+\infty$ de $f_k(x)$ sera soit $1$ soit $0$. Un même raisonnement en $-\infty$, montre que la limite de $f_k(x)$ en $-\infty$ est soit 0 soit 1.

\item \textbf{Faux}: On a vu que la fonction $f_{-1}$ est strictement décroissante sur $\R$.
\item \textbf{Vrai}: Car $k\geqslant 10 \iff - \dfrac{1}{2}k \leqslant - 5 \iff \text{e}^{- \frac{1}{2}k} \leqslant \text{e}^{-5}$ par croissance de la fonction exponentielle \\
ce qui équivaut à $1 + \text{e}^{- \frac{1}{2}k} \leqslant 1 + \text{e}^{-5}$.
\quad Finalement :

\[0,99 < \np{0,9933} \leqslant \dfrac{1}{1 + \text{e}^{- 5}} \leqslant \dfrac{1}{1 + \text{e}^{- \frac{1}{2}k}} = f_{k}\left(\dfrac{1}{2}\right)\]

% $$f_k\left(\dfrac12\right)\geqslant\dfrac{1}{1+\mathrm{e}^{-5}}\geqslant 0,993$$
 \end{enumerate}

 \end{ExoF}

 %\newpage
 
 
\begin{ExoF} \textbf{Candidats N'AYANT PAS SUIVI l'enseignement de spécialité} \hfill \textbf{5 points}
  
\textbf{Partie A}

%\medskip

\begin{enumerate}
\item L'algorithme \No 1 calcule tous les termes de $v_{0}$ à $v_{n}$ mais n'affiche que le dernier $v_{n}$.

L'algorithme \No 2 calcule $n$ fois de suite $v_{1}$ à partir de $v_{0}$ : il ne calcule pas les termes de $0$ à $v_{n}$.

L'algorithme \No 3 calcule tous les termes de 0  à $v_{n}$ et les affiche tous.

\item D'après les tables de valeurs de la suite (qui correspond en fait à $n = 9$), il semblerait que la suite  soit croissante et converge vers un nombre
proche de 3.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Montrons par récurrence la propriété $P_{n} : 0 < v_{n} < 3$ pour tout entier naturel $n$.

\emph{\textbf{Initialisation}} : $n = 0$, on a bien $0 < v_{0} < 3$ vraie, puisque $v_{0} = 1$ ; ainsi $P_{0}$ est vraie.

\emph{\textbf{Hérédité}} : Supposons $P_{n}$ vraie, montrons alors que $P_{n+1}$ est vraie.

On suppose  donc que $0 < v_{n} < 3$. On a :
\begin{eqnarray*}
 0 < v_{n} < 3 &\iff & 6  - 0 >  6 - v_{n} > 6 - 3\\
 & \iff & \dfrac{1}{6} < \dfrac{1}{6 - v_{n}} < \dfrac{1}{3} \quad 
 \text{car la fonction inverse est décroissante sur } ]0~;~+ \infty[\\
 & \iff &  \dfrac{9}{6} < \dfrac{9}{6 - v_{n}} < \dfrac{9}{3} \\
 & \iff & \dfrac{3}{2} < v_{n+1} < 3
\end{eqnarray*}
Donc on a bien montré que $0 < v_n < 3 \Longrightarrow 1 < v_{n+1} < 3$. \quad 
Ainsi, $P_{n+1}$ est vraie donc l'hérédité est établie.

\textit{\textbf{Conclusion}} : 
Par le principe de récurrence, $P_{n} : 0 < v_{n} < 3$ est vraie pour tout entier naturel $n$.
		\item $v_{n+1} - v_{n} = \dfrac{9}{6 - v_{n}} - v_{n} = \dfrac{9 - v_{n}\left(6 - v_{n} \right)}{6 - v_{n}} = \dfrac{\left(v_{n} - 3 \right)^2}{6 - v_{n}}$.

Or, d'après la question précédente, $0 < v_{n} < 3$ pour tout $n$ entier naturel, ainsi $6 - v_{n}$ est positif, donc $v_{n+1} - v_{n} = \dfrac{\left(v_{n} - 3 \right)^2}{6 - v_{n}} > 0$, ainsi la suite $\left(v_{n}\right)$ est croissante.
\item Comme la suite est croissante et majorée par 3, elle converge vers une limite inférieure ou égale à 3.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  $w_{n+1} - w_{n} = \dfrac{1}{v_{n+1} - 3} - \dfrac{1}{v_{n} - 3} = \dfrac{1}{\frac{9}{6 - v_{n}} - 3} - \dfrac{1}{v_{n} - 3} = \dfrac{6 - v_{n}}{3v_{n} - 9} - \dfrac{1}{v_{n} - 3} = \dfrac{6 - v_{n} - 3}{3v_{n} - 9} = \dfrac{v_{n} - 3}{3v_{n} - 9} = - \dfrac{1}{3}$.

ainsi la suite $\left(w_{n}\right)$ est arithmétique de raison $r = - \dfrac{1}{3}$.
\item $w_{n} = w_{0} + nr = \dfrac{1}{1 - 3}- \dfrac{1}{3}n = - \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3}n$.

Comme $w_{n} = \dfrac{1}{v_{n} - 3}$, on a $v_{n} = \dfrac{1}{w_{n}} + 3 = \dfrac{1}{- \frac{1}{2} - \frac{1}{3}n} + 3 = \dfrac{6}{- 3 - 2n} + 3$.

Or $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{6}{- 3 - 2n} = 0$, donc  $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} v_{n} = 3$.

\end{enumerate}


\end{ExoF}
%\newpage
\begin{ExoF} \textbf{Candidats AYANT SUIVI l'enseignement de spécialité} \hfill \textbf{5 points}
 
\begin{enumerate}
\begin{minipage}{7cm}
\item $u_2=5u_1-6u_0=40-18=22$\\
      $u_3=5u_2-6u_1=110-48=62$
\end{minipage}
\begin{minipage}{8cm}      
\item 
\begin{enumerate}
\item \og $b$ prend la valeur $5a - 6c$\fg
\item La suite semble être croissante.
\end{enumerate}
\end{minipage}
\begin{minipage}{3cm}
\item
$ A=\left(\begin{array}{cc}
5 & -6 \\ 
1 & 0
\end{array}\right) $ 
\end{minipage}\\

Prouvons par récurrence que $C_n = A^nC_0$.\\
C'est vrai pour $n = 0$, car $A^0$ est la matrice identité.\\
Supposons que $C_n = A^nC_0$, alors \qquad $C_{n+1}=AC_n = A(A^nC_0)=A\times A^n C_0 = A^{n+1}C_0$\\
En conclusion, pour tout entier naturel $n$, on a \qquad $C_n=A^nC_0$
\item 
$QP=\left(\begin{array}{cc}
-1 & 3 \\ 
1 & -2
\end{array}\right) $
$\left(\begin{array}{cc}
2 & 3 \\ 
1 & 1
\end{array}\right)
=$
$\left(\begin{array}{cc}
-2+3 & -3+3 \\ 
2-2 & 3-2
\end{array}\right)$  
$= \left(\begin{array}{cc}
1 & 0 \\ 
0 & 1
\end{array} \right)$
\vspace{0.5cm}

\item C'est trivialement vrai pour $n = 1$.\\
Supposons que $A^n=PD^nQ$, alors :
$$A^{n+1}=A^n\times A=PD^nQ(PDQ)=PD^n(QP)DQ=PD^nDQ=PD^{n+1}Q$$
En conclusion, pour tout entier naturel $n$, non nul on a $$A^n=PD^nQ.$$

\item 
Puisque $C_n=A^nC_0$, on obtiendra $u_n$ comme la somme:

\[u_n=8(-2^n+3^n)+3(3\times 2^n-2\times 3^n)=-8\times 2^n+8\times 3^n+9\times 2^n-6\times 3^n=2^n+2\times 3^n.\]

Les deux suites de terme général $2^n$ et $3^n$ ayant pour limite $+\infty$, il en résulte que la suite $(u_n)$ n'a pas de limite finie, mais a une limite infinie (on dit qu'elle diverge vers $+\infty$).
\end{enumerate}
 \end{ExoF}
 
 \begin{center}
\textbf{ANNEXE de l'EXERCICE 3, à rendre avec la copie}


Représentations graphiques $\mathcal{C}_{1}$ et $\mathcal{C}_{-1}$ des fonctions $f_{1}$ et $f_{-1}$


\psset{unit=2cm}
\begin{pspicture*}(-3.5,-2)(3.5,2)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-3.5,-2)(3.5,2)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange](-4,-2)(4,2)
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}
\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\uput[dl](0,0){O}
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-3.5}{3.5}{2.71828 x exp 2.71828 x exp 1 add div}
\rput(-1.5,0.35){$\mathcal{C}_{1}$}
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue, algebraic=true]%{-3.5}{3.5}{2.71828 x exp 2.71828 x exp 1 add div}
{-3.5}{3.5}{1/(1+2.71828^(-x))}
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=red, algebraic=true]%{-3.5}{3.5}{2.71828 x exp 2.71828 x exp 1 add div}
{-3.5}{3.5}{1/(1+2.71828^x)}
\rput(-1.5,0.95){$\mathcal{C}_{-1}$}
\end{pspicture*} 
\end{center}

\end{document}
