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

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

\newcommand{\typedoc}{Correction des M\'ethodes }
\newcommand{\Ch}{M\'etropole 2013}
%\newcommand{\serie}{Scientifique}	
\newcommand{\ch}{Chaptitres 1 \`a 13}
\newcommand{\Cl}{TG6}
%\newcommand{\num}{10}	
%\newcommand{\tps}{4h}	
\newcommand{\Annee}{20 Juin 2013}

\usepackage{textcomp}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
%\usepackage[french,lined,boxed,commentsnumbered]{algorithm2e}

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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}
 \begin{enumerate}
  \item  \begin{minipage}{8cm} \begin{enumerate}
 \item
  \psset{nodesep=0mm,levelsep=20mm,treesep=10mm}
\pstree[treemode=R]{\Tdot}
{
\pstree
{\Tdot~[tnpos=a]{$H_1$}\taput{\small $0.35$}}
{
\Tdot~[tnpos=r]{$C$}\taput{\small $0.8$}
\Tdot~[tnpos=r]{$F$}\tbput{\small $0.2$}
}
\pstree
{\Tdot~[tnpos=a]{$H_2$}\taput{\small $0.25$}}
{
\Tdot~[tnpos=r]{$C$}\taput{\small $0.5$}
\Tdot~[tnpos=r]{$F$}\tbput{\small $0.5$}
}
\pstree
{\Tdot~[tnpos=a]{$H_3$}\tbput{\small $0.4$}}
{
\Tdot~[tnpos=r]{$C$}\taput{\small $0.3$}
\Tdot~[tnpos=r]{$F$}\tbput{\small $0.7$}
}
}  
\end{enumerate}
 \end{minipage}
\begin{minipage}{9cm}
\begin{enumerate}
 \item[\textbf{a.}] $P(C \cap H_3)=... = 0.12$
 \item[\textbf{b.}] $P(C)=P(C \cap H_1)+P(C\cap H_2)+P(C\cap H_3)=...=0.525$ 
 \item[\textbf{c.}] $P_C(H_1)=\dfrac{P(C \cap H_1)}{P(C)}=... \simeq 0.533$
 \end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
       \item On répète 10 fois de manière indépendante l'épreuve de Bernoulli \og Choisir un arbre \fg ,
       le succès étant \og L'arbre est un conifère \fg, de probabilité $P(C)=0.525$. $X$ compte le nombre de 
       succès dans le schéma de Bernoulli à 10 étapes. \\ Donc $X \hookrightarrow B(10 ; 0.525)$
       \item $P(X=5)=\left(\begin{array}{c}
                            10 \\ 5
                           \end{array}\right) 0.525^5 \times 0475^5 \simeq 0.243$
       \item Avoir au moins deux \textbf{feuillus} signifie avoir au plus 8 conifères. Or 
       $$P(X\leq 8)=1-P(X=9)-P(X=10) = ... \simeq 0.016$$
 \end{enumerate}
\end{minipage}
 \end{enumerate}
 \end{ExoF}
 
\begin{ExoF} \textbf{Commun à tous les candidats} \hfill \textbf{7 points}
 \begin{enumerate}
  \item \begin{enumerate}
         \item \fbox{$f(1)=2$} \quad(abscisse de $B$) \qquad et \qquad \fbox{$f'(1)=0$} \quad (coefficient directeur de $(BC):y=2$)
         \item $f'(x)=\dfrac{\dfrac{b}{x}\times x - \left((a+b\ln(x)\right)}{x^2} = ... $ 
         \hfill Donc \,\fbox{$f'(x)= \dfrac{(b-a)-b\ln(x)}{x^2}$}
         \item $f(1)=2 \iff \dfrac{a+b\ln(1)}{1}=2 \iff ... \iff$ \,\fbox{$ a=2$}\\
         $f'(1)=0 \iff \dfrac{(b-a)-b\ln(1)}{1^2}=0 \iff ... \iff $ \,\fbox{$b=a=2$}
        \end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
       \item Par conséquent, $f'(x)=...=\dfrac{-2\ln(x)}{x^2}$. \\
       Comme $x^2>0$ pour tout réel de $]0;+\infty[$, il est 
clair que $f'(x)$ est du signe de $-\ln(x)$ pour tout $x>0$.
\item $\Lim{0} \ln(x) = -\infty$ \quad donc \quad $\Lim{0} 2+2\ln(x)=-\infty$ \quad et \quad \, \fbox{$\Lim{0}f(x)=-\infty$} \hfill (pas une FI ...)\\
$\Lim{+\infty} \dfrac{\ln(x)}x = 0$ d'après le cours \quad et \quad $\Lim{+\infty} \dfrac2x=0$ \quad donc \quad \, \fbox{$\Lim{+\infty}f(x)=0$} 
\item $\ln(x)>0 \iff x>1$\begin{center}
  \begin{tikzpicture} 
\tkzTabInit[espcl=4]{$x$ /0.5,Signe de $\ln(x)$/1, Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/3 }{$0$,$1$, $+\infty$}% 
\tkzTabLine{, - , z , + }
\tkzTabLine{ , + , z , - }
\tkzTabVar{ -/ $-\infty$, +/ $2$ , -/$0$ } 
\tkzTabVal[draw]{1}{2}{0.5}{$\alpha$}{1}
\tkzTabVal[draw]{2}{3}{0.5}{$\beta$}{1}
\end{tikzpicture} 
 \end{center}
      \end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
       \item 3 conditions pour étudier le corollaire du TVI :
       \begin{itemize}
        \item $f$ est continue sur $]0;1]$
        \item $f(1)=2>1$ et $\Lim{0}f(x) = -\infty <1$
        \item $f$ est strictement croissante sur $]0;1]$
       \end{itemize}
Donc il existe un unique $\alpha\in]0;1]$ tel que $f(\alpha)=1$
\item Avec un tableau de valeur à la calculatrice on trouve $5< \beta < 6$ donc $n=5$
      \end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
       \item \begin{tabular}{*{6}{|>{\centering}m{2cm}}|}\hline
               & étape 1 & étape 2 & étape 3 & étape 4 & étape 5 \tabularnewline \hline
               $a$ & 0 & 0 & 0.25 & 0.375 & 0.4373 \tabularnewline\hline
               $b$ & 1 & 0.5 & 0.5 & 0.5 & 0.5 \tabularnewline\hline
               $b-a$ & 1 & 0.5 & 0.25 & 0.125 & 0.0625 \tabularnewline\hline
               $m$ & 0.5 & 0.25 & 0.375 & 0.4375 & \tabularnewline \hline
             \end{tabular}
\item Cet algorithme trouve un encadrement de $\alpha$ à $0.1$ près par dichotomie. \\
Le $a$ et le $b$ sont les
bornes de cet encadrement.
\item Il suffit de changer l'initialisation $a:=5$ et $b:=6$ et échanger l'affectation de $a$ et $b$ 
dans la boucle, car $f$ est décroissante sur $[5;6]$.\\
\og Si $f(m) <1 $ alors $b:=m$, sinon $a:=m$. \fg
      \end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
       \item L'aire du rectangle est $\mathscr A =OA \times AB= ... = 2$, donc la moitié de cette aire vaut 1.\\
       La courbe $\mathscr C$ coupe l'axe des abscisses pour $x$ tel que $f(x)=0 \iff ... \iff \ln(x)=-1 \iff x=\dfrac1e$\\
       La courbe $\mathscr C$ coupe $(BC)$ en $B$, donc pur $x=1$.\\
       Donc on cherche à montrer que $\int_{\frac1e}^1f(x)dx=1$.
       \item $2\times \dfrac1x \times \ln(x)$ est de la forme
       $nu'u^{n-1}$ de primitive $u^n$ avec $n=2$ et $u(x)=\ln(x)$. Donc \\
       $\int_{\frac1e}^1f(x)dx=\left[2\ln(x)+\ln^2(x)\right]_{\frac1e}^1 = ... =0-(-2+1)=1$ 
      \end{enumerate}
      \end{enumerate}
\end{ExoF}

\begin{ExoF} \textbf{Commun à tous les candidats} \hfill \textbf{4 points}
 \begin{enumerate}
  \item \textbf{Proposition 1 :} On appelle $A$ le point d'affixe $i$, $B$ le point d'affixe $-1$ et $M$ un 
  point d'affixe $z$.\\
  Alors $|z-i|=|z+1| \iff AM=BM \iff $  $M$ apparient à la médiatrice de $[AB]$.\hfill
  \textbf{\textsc{Vrai}}
  \item \textbf{Proposition 2 :} Cherchons l'écriture exponentielle de $1+i\sqrt{3}$ ... On a $1+i\sqrt{3}=2e^{i\dfrac{\pi}3}$\\
  Donc $(1+i\sqrt{3})^4=2^4e^{i\dfrac{4\pi}{3}} $ ce qui n'est pas réel car $\sin\left(\dfrac{4\pi}3\right) \neq 0 $
  \hfill \textbf{\textsc{Faux}}
  \item \textbf{Proposition 3 : } On se place dans le repère $\left(A; \overrightarrow{AB} ; \overrightarrow{AD} ; \overrightarrow{AE}\right)$.\\
  Ce repère est orthonormé car nous sommes dans un cube. Dans ce repère on a $\overrightarrow{EC}(-1 ;-1 ; 1)$
  et $\overrightarrow{BG} ( 0 ; 1 ; 1)$. \\
  Or $\overrightarrow{EC} \cdot \overrightarrow{BG} = ... = 0$
  \hfill \textbf{\textsc{Vrai}}
  \item Vérifions que $S$ appartient à la droite donnée, que nous appellerons $(d)$.\\
  $x_S=2+t \iff ... t=-1$. \quad Or dans ce cas \quad $-1+t = ... = y_S$ \quad et \quad $1+3t=...= z_S$. \quad Donc $S\in (d)$\\
  Un vecteur normal de $\mathscr P$ est $\vec n(1;1;3)$. Or c'est aussi un vecteur directeur de $(d)$.\\
  Donc $(d) \perp \mathscr P$ \hfill  \textbf{\textsc{Vrai}}
   \end{enumerate}

\end{ExoF}
\newpage

\begin{ExoF} \textbf{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité} \hfill \textbf{5 points}
 \begin{enumerate}
  \item \begin{enumerate}
         \item $u_1=\dfrac23 u_0 + \dfrac13 \times 0 +1 =... =  \dfrac73 \simeq 2.33$\hfill
         $u_2=\dfrac23u_1 + \dfrac13 \times 1 +1 =... = \dfrac{26}9 \simeq 2.89$\\
         $u_3 = ... =\dfrac{97}{27} \simeq 3.59$ \hfill  $u_4 = ... \simeq 4.40$
         \item Cette suite semble strictement croissante.
        \end{enumerate}
 \item \begin{enumerate}
        \item Par récurrence :
        \begin{itemize}
         \item On a $u_0 =2 >3$ donc la proposition est vrai au rang 0.
         \item On suppose qu'il existe un rang $n$ tel que $u_n\leq n+3$.\\
         On veut montrer que cela implique que $u_{n+1} \leq n+4$.\\
         Or $u_n \leq n+3 \iff ... \iff \dfrac23u_n+\dfrac13n+1 \leq \dfrac23(n+3)+\dfrac13n +1 \iff u_{n+1} \leq n+3 \leq  n+4$\\
        Donc la proposition est héréditaire.
        \item La proposition est donc vraie pour tout $n\in\N$
        \end{itemize}
\item $u_{n+1}-u_n=...=-\dfrac13u_n+ \dfrac13 n + 1 =\dfrac13 (n+3-u_n)$
\item Comme $u_n \leq n+3$ pour tout $n\in\N$, on a $n+3-u_n >0$ pour tout $n\in\N$.\\
Donc la suite $(u_n)$ est strictement croissante.        
       \end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
       \item $v_{n+1}=u_{n+1}-(n+1)=... = \dfrac13u_n-\dfrac23n = \dfrac23v_n$\\
       Donc $(v_n)$ est géométrique de raison $q=\dfrac23$ et de premier terme $v_0=2$.
       \item D'où $v_n=v_0 \times q^n=2 \times \left(\dfrac23\right)^n$ pour tout $n\in\N$.\\
       Comme $u_n=v_n+n$, on a bien pour tout $n\in\N$ 
       \hfill \, \fbox{$u_n=2 \times \left(\dfrac23\right)^n+n$}
       \item $\Lim[n]{+\infty} \left(\dfrac23\right)^n=0$ car $-1<\dfrac23 <1$.\qquad 
       Et $\Lim[n]{+\infty} n = + \infty$ \hfill  Donc \, \fbox{$\Lim[n]{+\infty}u_n=+\infty$}
      \end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
       \item $S_n=\sum_{k=0}^n v_k + k = \sum_{k=0}^n v_k + \sum_{k=0}^n k = 
       v_0 \times \dfrac{1-q^{n+1}}{1-q} + \dfrac{n(n+1)}2$ \quad  car $(v_n)$ est géométrique.\\
       \quad \hfill Donc \, \fbox{$S_n=... = 6 \times \left(1-\left(\dfrac23\right)^{n+1}\right) + \dfrac{n(n+1)}2$}
       \item $T_n=\dfrac{6 \times \left(1-\left(\dfrac23\right)^{n+1}\right)}{n^2} + \dfrac{n(n+1)}{2n^2}$\qquad
       Or $\Lim[n]{+\infty} \dfrac{6 \times \left(1-\left(\dfrac23\right)^{n+1}\right)}{n^2}=0 $ \quad 
       car $-1 < \dfrac23 < 1$\\
       Et $\Lim[n]{+\infty} \dfrac{n(n+1)}{2n^2}=\Lim[n]{+\infty} \dfrac{n+1}{2n} = ... = 
       \Lim[n]{+\infty} \dfrac{1+\dfrac1n}{2}=\dfrac12$ \hfill Donc \, \fbox{$\Lim[n]{+\infty}T_n=\dfrac12$}
      \end{enumerate}

 \end{enumerate}

\end{ExoF}

\end{document}
