TS – Exercices à prises d’initiatives (bac 2017)

On recherche trois points du cube appartenant au plan $\mathscr{P}$.

Les points $B(1;0;0)$, $I\left(\dfrac{1}{2};1;0\right)$ et $J\left(\dfrac{2}{3};0;1\right)$ appartiennent au plan $\mathscr{P}$ d’équation $x+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{3}z-1=0$.

En effet  :

• $1+0+0-1=0$ (point $B)$
• $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+0-1=0$ (point $I$)
• $\dfrac{2}{3}+0+\dfrac{1}{3}-1=0$ (point $J$)

Les plan $\mathscr{P}$ et $(BIJ)$ sont donc confondus.

Les plans $(ABC)$ et $(EFG)$ sont parallèles. Par conséquent, l’intersection du plan $(EFG)$ avec le plan $(BIJ)$ est la droite parallèle à $(BI)$ passant par $J$. Le point $L$ est le point d’intersection de cette droite avec l’arête $[GH]$.

Partie A

1. $\quad$
   $\begin{align*} f(-x)&=-\dfrac{b}{8}\left(\e^{\frac{-x}{b}}+\e^{-\frac{-x}{b}}\right)+\dfrac{9}{4} \\
   &=-\dfrac{b}{8}\left(\e^{\frac{-x}{b}}+\e^{\frac{x}{b}}\right)+\dfrac{9}{4} \\
   &=f(x)
   \end{align*}$
   La courbe représentative de la fonction $f$ est donc symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.
   $\quad$
2. La fonction $f$ est dérivable sur l’intervalle $[-2;2]$ en tant que somme de fonctions dérivables.
   $\begin{align*} f'(x)&=-\dfrac{b}{8}\left(\dfrac{1}{b}\e^{\frac{x}{b}}-\dfrac{1}{b}\e^{-\frac{x}{b}}\right) \\
   &=-\dfrac{1}{8}\left(\e^{\frac{x}{b}}-\e^{-\frac{x}{b}}\right)
   \end{align*}$
   $\quad$
3. Pour tout réel $x\in[0;2]$ on a, puisque $b>0$ :
   $\dfrac{x}{b}\pg -\dfrac{x}{b}$
   $\ssi \e^{\frac{x}{b}} \pg \e^{-\frac{x}{b}}$
   $\ssi \e^{\frac{x}{b}}-\e^{-\frac{x}{b}} \pg 0$
   $\ssi -\dfrac{1}{8}\left(\e^{\frac{x}{b}}-\e^{-\frac{x}{b}}\right) \pp 0$
   $\ssi f'(x) \pp 0$
   La fonction $f$ est donc décroissante sur l’intervalle $[0;2]$.
   Par symétrie, la fonction $f$ est donc croissante sur l’intervalle $[2;0]$.
   On obtient le tableau de variation suivant :
   
   Avec $f(-2)=-\dfrac{b}{8}\left(e^{\dfrac{-2}{b}}+\e^{\dfrac{2}{b}}\right)+\dfrac{9}{4}=f(2)$
   Et $f(0)=-\dfrac{b}{8}\times 2+\dfrac{9}{4}=\dfrac{-b+9}{4}$.
   Ainsi $S\left(0;\dfrac{-b+9}{4}\right)$.
   $\quad$

Partie B

1. On veut que  :
   $\begin{align*} f(0)=2&\ssi \dfrac{-b+9}{4}=2 \\
   &\ssi -b+9=8 \\
   &\ssi -b=-1 \\
   &\ssi b=1
   \end{align*}$
   $\quad$
2. On a donc $f(x)=-\dfrac{1}{8}\left(e^x+e^{-x}\right)+\dfrac{9}{4}$.
   et $f(2)=-\dfrac{1}{8}\left(e^2+e^{-2}\right)+\dfrac{9}{4}\approx 1,309$
   Sur l’intervalle $[0;2]$, la fonction $f$ est continue, car dérivable, et strictement décroissante.
   $f(0)=2>1,5$ et $f(2)\approx 1,309<1,5$
   Donc $1,5\in\left[f(2);f(0)\right]$.
   D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $f(x)=1,5$ possède une unique solution dont une valeur approchée est $1,76$.
   Ainsi $a\approx 1,76$.
   $\quad$
3. Calculons la surface d’un vantail.
   Il s’agit de l’aire comprise entre l’axe des abscisses, la courbe représentant la fonction $f$ et les droites d’équation $x=0$ et $ x=1,8$.
   Puisque la fonction $f$ est positive sur l’intervalle $[0;1,8]$ (le minimum est $1,5$ d’après ce qui a été dit à la question précédente) l’aire cherchée est :
   $\begin{align*} \mathscr{A}&=\int_0^{1,8}f(x)\dx \phantom{\dfrac{1}{1}} \\
   &=\left[-\dfrac{1}{8}\left[e^x-e^{-x}\right]+\dfrac{9}{4}x\right]_0^{1,8} \\
   &=-\dfrac{1}{8}\left(e^{1,8}-\e^{-1,8}\right)+\dfrac{9}{4}\times 1,8-0\\
   &\approx 3,314
   \end{align*}$
   La masse du vantail est donc :
   $M=20\times \mathscr{A}\approx 66,289>60$
   Le client décidera donc d’automatiser son portail.
   $\quad$

Partie C

Avec la forme 1
Le rectangle a donc pour dimension $1,8\times 2$
L’aire de partie perdue est :
$\mathscr{A}_1=2\times 1,8-\mathscr{A}\approx 0,286$

$\quad$

Avec la forme 2
$f'(1)=-\dfrac{1}{8}\left(\e-\e^{-1}\right)$ et $f(1)=-\dfrac{1}{8}\left(\e+\e^{-1}\right)+\dfrac{9}{4}$
Une équation de la tangente $T$ au point $F$ est $y=f'(1)(x-1)+f(1)$
L’ordonnée à l’origine est donc
$\begin{align*} -f'(1)+f(1)&=\dfrac{1}{8}\left(\e-\e^{-1}\right)-\dfrac{1}{8}\left(\e+\e^{-1}\right)+\dfrac{9}{4} \\
&=-2\times \dfrac{1}{8}e^{-1}+\dfrac{9}{4} \\
&=\dfrac{-\e^{-1}+9}{4}
\end{align*}$
Le point de la tangente $T$ ayant pour abscisse $1,8$ a pour ordonnée :
$\begin{align*} y&=f'(1)\times (1,8-1)+f(1) \\
&=f'(1)\times 0,8+f(1) \\
&=-0,1\left(\e-\e^{-1}\right)-\dfrac{1}{8}\left(\e+\e^{-1}\right)+\dfrac{9}{4}
\end{align*}$
Ainsi l’aire du trapèze est :
$\mathscr{A}_T=\dfrac{\dfrac{-\e^{-1}+9}{4}-0,1\left(\e-\e^{-1}\right)-\dfrac{1}{8}\left(\e+\e^{-1}\right)+\dfrac{9}{4} }{2}\times 1,8 $
L’aire de la partie perdue est $\mathscr{A_2}=\mathscr{A}_T-\mathscr{A}\approx 0,094$

Par conséquent on économise environ $0,286-0,094= 0,191$ m$^2$ de bois en choisissant la forme 2.

La fonction $f_k$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions dérivables sur $\R$.
On a, pour tout réel $x$, $f’_k(x)=1-k\e^{-x}$.
Ainsi
$\begin{align*} f’_k(x)=0 &\ssi k\e^{-x}=1 \\
&\ssi \e^{-x}=\dfrac{1}{k} \\
&\ssi -x=\ln \dfrac{1}{k} \\
&\ssi -x=-\ln k\\
&\ssi x=\ln k
\end{align*}$

$f(\ln k)=\ln k+k\e^{-\ln k}=1+\ln k$

Les points $A_k$ ont donc pour coordonnées $(\ln k;1+\ln k)$

Par conséquent les points $A_k$ appartiennent à la droite d’équation $y=1+x$.
Ils sont donc alignés.

• Les segments $[AH]$, $[HF]$, $[FC]$, $[AC]$ et $[AF]$ sont des diagonales des carrés correspondant à des faces du cube. Ils ont donc tous la même longueur.
  Le tétraèdre $ACFH$ est donc régulier.
  On peut par conséquent inscrire le tétraèdre associé à la molécule de méthane dans un cube $ABCDEFGH$ en positionnant les atomes d’hydrogène sur les sommes $A$, $C$, $F$ et $H$.
  On obtient :
  
• L’atome de carbone doit être à égale distance des atomes d’hydrogène.
  Or le centre du cube $\Omega$ est à égale distance de tous les sommets du cube en particulier des sommets $A, C, F$ et $H$.
  L’atome de carbone est donc au centre du cube.
  $\quad$
• Dans le repère proposé on a $A(0;0;0)$, $C(1;1;0)$ et $\Omega(0,5;0,5;0,5)$.
  Ainsi $\vect{\Omega C}(0,5;0,5;-0,5)$ et $\vect{\Omega A}(-0,5;-0,5;-0,5)$.
  $\Omega C=\sqrt{0,5^2+0,5^2+(-0,5)^2}=\sqrt{0,75}$
  $\Omega A=\sqrt{(-0,5)^2+(-0,5)^2+(-0,5)^2}=\sqrt{0,75}$
  D’une part $\vect{\Omega A}.\vect{\Omega C}=-0,25-0,25+0,25=-0,25$
  D’autre part
  $\begin{align*} \vect{\Omega A}.\vect{\Omega C}&=\Omega A\times \Omega C\times \cos\left(\vect{\Omega A},\vect{\Omega C}\right) \\
  &=\sqrt{0,75}\times \sqrt{0,75}\times \cos \widehat{A\Omega C} \\
  &=0,75\times \cos \widehat{A\Omega C}
  \end{align*}$
  Par conséquent
  $\begin{align*} -0,25=0,75 \times \cos \widehat{A\Omega C} &\ssi \cos \widehat{A\Omega C}=\dfrac{-0,25}{0,75} \\
  &\ssi \cos \widehat{A\Omega C}=\dfrac{-0,25}{0,75} \\
  &\ssi \cos \widehat{A\Omega C}=-\dfrac{1}{3}
  \end{align*}$
  Donc $\widehat{A\Omega C} \approx 109,5$

• La fonction exponentielle est dérivable sur $\R$ donc les fonctions $f$ et $g$ le sont également.
  $f'(x)=\e^x$ et $g(x)=-\e^{-x}$.
  Le coefficient directeur de la tangente $T_a$ en $M$ à $\mathscr{C}_f$ est $f'(a)=\e^a$.
  Le coefficient directeur de la tangente $T’_a$ en $N$ à $\mathscr{C}_g$ est $g'(a)=-\e^{-a}$.
  Par conséquent un vecteur directeur de $T_a$ est $\vec{u}\left(1;\e^a\right)$ et un vecteur directeur de $T’_a$ est $\vec{v}\left(1;-\e^{-a}\right)$.
  Ainsi $\vec{u}.\vec{v}=1\times 1+\e^a\times \left(-\e^{-a}\right)=1-1=0$.
  Donc la tangente en $M$ à $\mathscr{C}_f$ est perpendiculaire à la tangente en $N$ en $\mathscr{C}_g$.
  $\quad$
• a. Il semblerait que la longueur $PQ$ soit toujours égale à $2$.
  $\quad$
  b. Cherchons une équation de $(PM)$.
  Elle est de la forme $y=f'(a)(x-a)+f(a)$
  Soit $y=\e^a(x-a)+\e^a$
  D’où $y=\e^a(x-a+1)$.
  L’abscisse du point $P$ est solution de l’équation $\e^a(x-a+1)=0 \ssi x-a+1=0 \ssi x=a-1$
  Par conséquent le point $P$ a pour coordonnées $(a-1;0)$.
  $\quad$
  Cherchons maintenant une équation de $(QN)$
  Elle est de la forme $y=g'(a)(x-a)+g(a)$
  Soit $y=-\e^{-a}(x-a)+\e^{-a}$
  D’où $y=-\e^{-a}(-x+a+1)$
  L’abscisse du point $Q$ est solution de l’équation $\e^a(-x+a+1)=0 \ssi -x+a+1=0 \ssi x=a+1$
  Par conséquent le point $Q$ a pour coordonnées $(a+1;0)$.
  $\quad$
  On en déduit alors :
  $PQ=\sqrt{\left(1+a-(a-1)\right)^2+0^2}=\sqrt{2^2}=2$
  $\quad$

1. Remplaçons $x,y$ et $z$ de l’équation du plan $\mathscr{P}$ par les coordonnées du point $A$.
   $2-a^2-3=-a^2-1=-(a^2+1)>0$ pour tout réel $a$.
   Quelle que soit la valeur du réel $a$, le point $A$ n’appartient pas au plan $\mathscr{P}$.
   $\quad$
2. a. Un vecteur normal au plan $\mathscr{P}$ est $\vec{n}(2;0;-1)$.
   Par conséquent une représentation paramétrique de la droite $\mathscr{D}$ est :
   $\begin{cases} x=1+2t\\y=a\\z=a^2-t\end{cases}\quad,t\in \R$.
   $\quad$
   b. On a $M(1-2t;a;a^2-t)$.
   Donc, le repère étant orthonormé :
   $\begin{align*} AM&=\sqrt{(1+2t-1)^2+(a-a)^2+\left(a^2-t-a^2\right)^2} \\
   &=\sqrt{(2t)^2+0+(-t)^2}\\
   &=\sqrt{4t^2+t^2} \\
   &=\sqrt{5t^2}\\
   &=|t|\sqrt{5}
   \end{align*}$
   $\quad$
3. Le point $H$ appartient à la fois à la droite $\mathscr{D}$ et au plan $\mathscr{P}$.
   Ses coordonnées sont donc solution du système suivant :
   $\begin{align*} \begin{cases} x=1+2t\\y=a\\z=a^2-t\\2x-z-3=0\end{cases} &\ssi \begin{cases} x=1+2t\\y=a\\z=a^2-t\\2(1+2t)-\left(a^2-t\right)-3=0\end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} x=1+2t\\y=a\\z=a^2-t\\2+4t-a^2+t-3=0\end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} x=1+2t\\y=a\\z=a^2-t\\-a^2-1=-5t\end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} x=1+2t\\y=a\\z=a^2-t\\t=\dfrac{1+a^2}{5}\end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} x=1+2\times \dfrac{1+a^2}{5}\\y=a\\z=a^2-\dfrac{1+a^2}{5}\\t=\dfrac{1+a^2}{5}\end{cases} \end{align*}$
   D’après la question précédente, on a :
   $AH=\left|\dfrac{1+a^2}{5}\right|\sqrt{5}= \dfrac{1+a^2}{\sqrt{5}}$
   La fonction carré admettant un minimum en $0$, la distance $AH$ est minimale si $a=0$.

1. On peut écrire dans la cellule $B3$ la formule $=A3/(2*A2+4)*B2$
   $\quad$
2. a. Il semblerait que $u_n=0,5^n$ pour tout entier naturel $n$.
   $\quad$
   b. Montrons cette propriété par récurrence.
   Initialisation : Si $n=0$, $v_0=1$ et $0,5^0=1$.
   La propriété est donc vraie au rang $0$.
   $\quad$
   Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$. On a donc $v_n=0,5^n$
   $\begin{align*} v_{n+1}&=(n+2)u_{n+1} \\
   &=\dfrac{(n+2)(n+1)}{2n+4}u_n \\
   &=\dfrac{(n+2)(n+1)}{2(n+2)}u_n\\
   &=\dfrac{n+1}{2}u_n\\
   &=0,5v_n \\
   &=0,5^{n+1}
   \end{align*}$
   La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
   $\quad$
   Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
   Par conséquent, pour tout entier naturel $n$, on a $v_n=0,5^n$.
   $\quad$
3. Pour tout entier naturel $n$ on a $u_n=\dfrac{v_n}{n+1}=\dfrac{0,5^n}{n+1}$
   $-1<0,5<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,5^n=0$.
   De plus $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n+1}=0$.
   Donc $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=0$.
   $\quad$