Exercice 1

Partie A

1. a. $u_1=0,9\times 400+60=420$ et $u_2=0,9\times 420+60=438$.
   $\quad$
   b. Il semblerait que la suite $\left(u_n\right)$ soit strictement croissante.
   $\quad$
2. Pour tout $n\in \N$ on pose $P(n):~0\pp u_n \pp u_{n+1} \pp 600$.
   Initialisation : $u_0=400$ et $u_1=420$ donc $0\pp u_0\pp u_1\pp 600$ et $P(0)$ est vraie.
   $\quad$
   Hérédité : Soit $n\in \N$. On suppose $P(n)$ vraie.
   $\begin{align*} 0\pp u_n\pp u_{n+1} \pp 600&\ssi 0\pp 0,9u_n \pp 0,9u_{n+1} \pp 540 \\
   &\ssi 60 \pp 0,9u_n+60\pp 0,9u_{n+1}+60 \pp 600 \\
   &\ssi 60\pp u_{n+1}\pp u_{n+2}\pp 600\end{align*}$
   Par conséquent $0\pp u_{n+1}\pp u_{n+2} \pp 600$ et $P(n+1)$ est vraie.
   $\quad$
   Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
   Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $0\pp u_n \pp u_{n+1} \pp 600$.
   $\quad$
3. a. La suite $\left(u_n\right)$ est croissante et majorée par $600$; elle converge donc vers un réel $\ell$.
   $\quad$
   b. La fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=0,9x+60$ est continue sur $\R$ en tant que fonction affine.
   Pour tout entier naturel $n$ on a $u_{n+1}=f\left(u_n\right)$.
   $\ell$ est donc solution de l’équation $f(x)=x$.
   $\begin{align*} f(x)=x&\ssi x=0,9x+60 \\
   &\ssi 0,1x=60 \\
   &\ssi x=600\end{align*}$.
   Ainsi $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n=600$.
   $\quad$
4. La fonction $\texttt{mystere}$ renvoie le plus petit entier naturel $n$ à partir duquel $u_n$ est supérieur à la valeur saisie en paramètre.
   $\texttt{mystere(500)}$ renvoie donc $7$ car $u_6\approx 493,7<500$ et $u_7\approx 504,3>500$.
   $\quad$

Partie B

Si on appelle, pour l’année $2023+n$, $u_n$ le nombre d’arbres plantés dans le verger on a alors, pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1}=(1-0,1)u_n+60$ soit $u_{n+1}=0,9u_n+60$.
On retrouve ainsi la suite définie dans la partie précédente.
On a vu que cette suite est croissante et converge vers $600$.
D’après la question 4., en 2030, l’arboriculteur aura plus de $500$ arbres et sera confronté à un problème de place dans son verger.
$\quad$

Exercice 2

1. $\vect{MN}\begin{pmatrix} -1\\-\dfrac{1}{2}\\[2mm]\dfrac{1}{4}\end{pmatrix}$ et $\vect{MP}\begin{pmatrix}0\\-1\\-2\end{pmatrix}$
   $\quad$
2. On obtient la figure suivante :
   $\quad$
   
   $\quad$
3. Les vecteurs $\vect{MN}$ et $\vect{MP}$ n’ont pas la même composante nulle. Ils ne sont donc pas colinéaires et les points $M$, $N$ et $P$ ne sont pas alignés.
   $\quad$
4. a. $\vect{MP}.\vect{MN}=0+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}=0$. Les deux vecteurs sont orthogonaux.
   Par conséquent, le triangle $MNP$ est rectangle en $M$.
   $\quad$
   b.
   $\begin{align*} MN&=\sqrt{(-1)^2+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{1}{4}\right)^2} \\
   &=\sqrt{1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{16}} \\
   &=\sqrt{\dfrac{21}{16}} \\
   &=\dfrac{\sqrt{21}}{4}\end{align*}$
   $\quad$
   $\begin{align*} MP&=\sqrt{(0+(-1)^2+(-2)^2}\\
   &=\sqrt{5}\end{align*}$
   Ainsi l’aire du triangle $MNP$ rectangle en $M$ est :
   $\begin{align*} \mathscr{A}&=\dfrac{MN\times MP}{2} \\
   &=\dfrac{\dfrac{\sqrt{21}}{4}\times \sqrt{5}}{2} \\
   &=\dfrac{\sqrt{105}}{8}\end{align*}$
   $\quad$
5. a. $\vec{n}.\vect{MN}=-5+4+1=0$ et $\vect{MP}.\vec{n}=0+8-8=0$.
   Le vecteur $\vec{n}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(MNP)$.
   Par conséquent $\vec{n}$ est normal au plan $(MNP)$.
   $\quad$
   b. Une équation cartésienne du plan $(MNP)$ est donc de la forme $5x-8y+4z+d=0$.
   Le point $N\left(0;\dfrac{1}{2};1\right)$ appartient à ce plan.
   Ainsi $0-4+4+d=0 \ssi d=0$.
   Une équation cartésienne du plan $(MNP)$ est donc $5x-8y+4z=0$.
   $\quad$
6. Une représentation paramétrique de la droite $d$ est $$\begin{cases} x=1+5t\\y=-8t\\z=1+4t\end{cases} \qquad \forall t\in \R$$
   $\quad$
7. On résout le système :
   $\begin{align*} \begin{cases} x=1+5t\\y=-8t\\z=1+4t\\5x-8y+4z=0\end{cases} &\ssi \begin{cases} x=1+5t\\y=-8t\\z=1+4t\\5+25t+64t+4+16t=0\end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} x=1+5t\\y=-8t\\z=1+4t\\9+105t=0\end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} t=-\dfrac{9}{105}\\[2mm]x=1+5t\\y=-8t\\z=1+4t\end{cases}
   &\ssi \begin{cases} t=-\dfrac{3}{35}\\[2mm]x=\dfrac{4}{7}\\[2mm]y=\dfrac{24}{35}\\[2mm]z=\dfrac{23}{35}\end{cases}\end{align*}
   Donc $L$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{4}{7};\dfrac{24}{35};\dfrac{23}{35}\right)$.
   $\quad$
8. On a $\vect{FL}\begin{pmatrix} -\dfrac{3}{7}\\[2mm]\dfrac{24}{35}\\[2mm]-\dfrac{12}{35}\end{pmatrix}$.
   Par conséquent :
   $\begin{align*} FL&=\sqrt{\left(-\dfrac{3}{7}\right)^2+\left(\dfrac{24}{35}\right)^2+\left(-\dfrac{12}{35}\right)^2 } \\
   &=\sqrt{\dfrac{9}{49}+\dfrac{576}{1~225}+\dfrac{144}{1~225}}\\
   &=\sqrt{\dfrac{27}{35}}\\
   &=\dfrac{3\sqrt{105}}{35}\end{align*}$
   $\quad$
   Par conséquent :
   $\begin{align*} V&=\dfrac{1}{3}\times \mathscr{A}\times FL\\
   &=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{\sqrt{105}}{8}\times \dfrac{3\sqrt{105}}{35} \\
   &=\dfrac{3}{8}\end{align*}$

Exercice 3

1. Graphiquement, l’équation $\ln(x)=x$ ne semble pas admettre de solution et l’équation $f(x)=0,2x$ semble admettre deux solutions.
   $\quad$
2. a. Pour tout $x>0$ on a
   $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{1}{x}-1 \\
   &=\dfrac{1-x}{x}\end{align*}$
   $\quad$
   b. $1-x=0\ssi x=1$ et $1-x>0 \ssi -x>-1 \ssi x<1$.
   On obtient donc le tableau de variations suivant :
   $\quad$
   
   $\quad$
   La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $]0;1]$ et strictement décroissante sur $[1;+\infty[$.
   $\quad$
   c. La fonction $f$ admet donc en $1$ un maximum qui vaut $-1$.
   Par conséquent, pour tout réel $x>0$, on a $f(x)\pp -1<0$.
   Ainsi, pour tout réel $x>0$, on a $\ln(x)<x$.
   L’équation $\ln(x)=x$ n’admet, par conséquent, aucune solution.
   $\quad$
3. a.
   $\bullet$ Si $g\left(\dfrac{1}{k}\right)<0$ alors, pour tout réel $x>0$ on a $g(x)<0$ et l’équation $g(x)=0$ n’admet aucune solution.
   $\quad$
   $\bullet$ Si $g\left(\dfrac{1}{k}\right)=0$. La fonction est strictement croissante sur $\left]0;\dfrac{1}{k}\right[$ et strictement décroissante sur $\left]\dfrac{1}{k};+\infty\right[$.
   Par conséquent, pour tout réel $x$ strictement positif différent de $\dfrac{1}{k}$, on a $g(x)<g\left(\dfrac{1}{k}\right)$ soit $g(x)<0$.
   L’équation $g(x)=0$ admet alors une unique solution $\dfrac{1}{k}$.
   $\quad$
   $\bullet$ Si $g\left(\dfrac{1}{k}\right)>0$. La fonction $g$ est continue (en tant que somme de fonctions continues) et strictement croissante sur $\left]0;\dfrac{1}{k}\right]$.
   $\lim\limits_{x\to 0^+} g(x)=-\infty$ et $g\left(\dfrac{1}{k}\right)>0$.
   D’après le théorème de la bijection, l’équation $g(x)=0$ admet une unique solution sur $\left]0;\dfrac{1}{k}\right]$.
   La fonction $g$ est continue (en tant que somme de fonctions continues) et strictement décroissante sur $\left[\dfrac{1}{k};+\infty\right[$.
   $\lim\limits_{x\to +\infty} g(x)=-\infty$ et $g\left(\dfrac{1}{k}\right)>0$.
   D’après le théorème de la bijection, l’équation $g(x)=0$ admet une unique solution sur $\left[\dfrac{1}{k};+\infty\right[$.
   Finalement, l’équation $g(x)=0$ admet deux solutions.
   $\quad$
   b.
   $\begin{align*} g\left(\dfrac{1}{k}\right)&=\ln\left(\dfrac{1}{k}\right)-k\times \dfrac{1}{k} \\
   &=-\ln(k)-1\end{align*}$
   $\quad$
   c.
   $\begin{align*} g\left(\dfrac{1}{k}\right)>0 &\ssi-\ln(k)-1>0 \\
   &\ssi -\ln(k)>1 \\
   &\ssi \ln(k)<-1\end{align*}$
   $\quad$
   d. $\ln(k)<-1 \ssi k<\e^{-1}$.
   D’après les questions 3.a. et 3.c. l’équation $\ln(x)=kx$ admet exactement deux solutions si $k\in \left]0; \e^{-1}\right[$.
   $\quad$
   e. $g\left(\dfrac{1}{k}\right)=0 \ssi -\ln(k)-1=0 \ssi \ln(k)=-1\ssi k=\e^{-1}$.
   D’après les question 3.a. et 3.c :
   – $\ln(x)=kx$ n’admet aucune solution si $k>\e^{-1}$
   – $\ln(x)=kx$ admet une unique solution si $k=e^{-1}$
   – $\ln(x)=kx$ admet exactement deux solutions si $k\in \left]0;\e^{-1}\right[$.
   $\quad$

Exercice 4

1. Il y a $4$ boules bleues et $5$ boules vertes numérotées d’un nombre pair.
   Ainsi la probabilité cherchée est $\dfrac{5+4}{15}=\dfrac{9}{15}$
   Réponse B
   $\quad$
2. Il y a $10$ boules vertes et, parmi elles, une seule porte le numéro $7$.
   La probabilité cherchée est $\dfrac{1}{10}$.
   Réponse C
   $\quad$
3. L’événement $[G=5]$ ne se produit que si le joueur tire la boule bleue numérotée $5$ ou si le joueur tire la boule verte numérotée $15$. En effet, son gain algébrique est alors $3\times 5-10=5$ ou $10-15=5$.
   $P(G=5)=\dfrac{2}{15}$.
   Réponse B
   $\quad$
4. Si le joueur tire une boule rouge alors il ne remporte rien. Son gain algébrique est alors égale à $-10$.
   Donc $P_R(G=0)=0$.
   Réponse A
   $\quad$
5. Si $G=-4$ cela signifie le joueur a soit tirer la boule verte numérotée $6$ soit tirer la boule bleue numérotée $2$.
   Ainsi $P_{(G=-4)}(V)=\dfrac{1}{2}$
   Réponse C
   $\quad$

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