\documentclass[10pt] {article} \usepackage[T1]{fontenc} 
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{amsmath,amssymb,graphicx,multicol,mathrsfs, fancyhdr,enumerate,fourier,eurosym,alterqcm,enumerate,tabularx,variations,numprint}
\usepackage[dvips]{color}
\usepackage{bclogo}
\usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node,pstricks-add,pst-math,pst-xkey,pst-eucl}
\usepackage[francais]{babel} 
\everymath{\displaystyle}
%\usepackage[colorlinks=true,pdfstartview=FitV,linkcolor=blue,citecolor=blue,urlcolor=blue]{hyperref}
\textwidth 17cm \textheight 25cm \hoffset 
-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} 
\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
\pagestyle{fancy}
% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction du bac blanc TS février 2017}}\end{center}





\begin{multicols}{2}
\setlength{\columnseprule}{1pt}
\setlength{\columnsep}{2 cm}

\subsection*{\textcolor{blue}{Exercice I (sur $5$ points)}} 
\noindent Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}\setminus\{1\}$ par : $f(x)=\dfrac{5x + 6}{x^3 - 1}$.

\textbf{\textcolor{red}{Partie 1 : recherche des asymptotes}}


\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Limite en $-\infty$ : Pour tout $x\neq 0$, \\
$f(x)=\dfrac{x\left(5+\frac 6x\right)}{x^3\left(1-\frac1{x^3}\right)}=\dfrac{5+\frac 6x}{x^2\left(1-\frac1{x^3}\right)}$.
$\lim_{x\rightarrow -\infty}\left(5+\frac 6x\right)=5$ ; $\lim_{x\rightarrow -\infty}\left(1-\dfrac{1}{x^3}\right)=1$ d'où $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=0}}$.

\item Limite en $+\infty$ : on obtient de même $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=0}}$

\item Limite en 1 : $\lim_{x\rightarrow -1}(5x+6)=1$ : $\lim_{\substack{x\rightarrow 1\\x<1}}=0$ en étant négatif par croissance ce la fonction $x\mapsto x^3$.

On en déduit $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{\substack{x\rightarrow 1\\x<1}}f(x)=-\infty}}$.

De même : $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{\substack{x\rightarrow 1\\x>1}}=+\infty}}$.
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Puisque $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}f(x)=0$, la droite d'équation  $y=0$ est \textbf{\textcolor{red}{asymptote}} à la courbe $\mathscr{C}$.

\item Puisque $\lim_{x\rightarrow -1}f(x)=\pm\infty$, la droite d'équation  \\
$x=-1$ est \textbf{\textcolor{red}{asymptote}} à la courbe $\mathscr{C}$.


\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip
\textbf{\textcolor{red}{Partie 2 : étude des variations de la fonction  $f$}}


\begin{enumerate}
\item $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}\setminus\{1\}$ comme quotient de fonctions dérivables.

$\forall x\in\mathbb{R}\setminus\{1\}$, $f'(x)=\dfrac{5\left(x^3-1\right)-3x^2(5x+6)}{\left(x^3-1\right)^2}\\
=\dfrac{5x^3-5-15x^3-18x^2}{\left(x^3-1\right)^2}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{-10x^3-18x^2-5}{\left(x^3-1\right)^2}}}$.

\item On considère la fonction $g$ définie sur $\mathbb{R}\setminus\{1\}$ par : $g(x)=-10x^3-18x^2-5.$
\begin{enumerate}
\item $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}\setminus\{1\}$ ; pour tout $x\in\mathbb{R}\setminus\{1\}$, $\boxed{\textcolor{red}{g'(x)=-30x^2-36x=-6x(5x+6)}}$ qui s'annule en $-\dfrac{6}{5}$ et en 0.

C'est un polynôme du second degré, négatif (du signe du coefficient de $x^2$) en dehors de l'intervalle formé par les racines.

$g$ est donc décroissante sur $\left]-\infty~;~-\dfrac{6}{5}\right]$, croissante sur $\left[-\dfrac{6}{5}~;~0\right]$, décroissante sur $[0~;~1[$ pus de nouveau décroissante sur $]1~;~=\infty[$.

$g(x)=x^3\left(-10-\dfrac{18}{x}-\dfrac{5}{x^3}\right)$ d'où \\
$\lim_{x\rightarrow -\infty}g(x)=+\infty$ et $\lim_{x\rightarrow +\infty}g(x)=-\infty$.

On en déduit le \textbf{\textcolor{red}{tableau de variation}} de $g$ :

\begin{center}
\begin{variations}
x&\mI&&-\dfrac{6}{5}&&0&&&1&&& \pI\\
\hline
g'(x)&&-&\z&+&\z&-&&\bb&&-&\\
\hline
\m{g(x)}&\h{\pI}&\d&\approx -13,64&\c&\h{-5}&\d&\mI&\bb&\h{\pI}&\d&\mI\\
\hline
\end{variations}
\end{center}


\item Sur $\left[-\dfrac{6}{5}~;~+\infty\right[$, $g(x)<0$ d'après les variations de $g$.

Sur $\left]-\infty~;~-\dfrac{5}{}\right]$ :
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $g$  est continue comme polynôme

\item $\lim_{x\rightarrow -\infty}g(x)=+\infty$ donc $g(x)$ prend des valeurs positives.

\item $g\left(-\dfrac{5}{6}\right)<0$
\end{enumerate}
D'après le \textbf{\textcolor{red}{théorème des valeurs intermédiaires}}, l'équation $g(x)=0$ admet une solution dans l'intervalle $\left]-\infty~;~-\dfrac{6}{5}\right]$ ; celle-ci est unique car $g$ est monotone sur cet ntervalle. On note $\alpha$ cette solution.

\item À la calculatrice, on trouve $\boxed{\textcolor{red}{-1,94<\alpha-1,93}}$ à 0,01 près.

\item \textcolor{red}{\textbf{Tableau de signe de $\mathbf{g}$}}.

On en déduit :
\begin{center}
\begin{variations}
x&\mI&&\alpha&&1&&\pI\\
\hline
g(x)&&+&\z&-&\bb&-&\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
\end{enumerate}

\item \textcolor{blue}{\textbf{Tableau de variation  de} $\mathbf{f}$ }:

Comme $\left(x^3-1\right)^2>0$ sur l'ensemble de définition, $f'(x)$ est du signe de g

On en déduit les variations de $g$ :
\begin{center}
\begin{variations}
x&\mI&&\alpha&&&1&&&\pI\\
\hline
g(x)&&+&\z&-&&\bb&&-&\\
\hline
f'(x)&&+&\z&-&&\bb&&-&\\
\hline
\m{f(x)}&0&\c&\h{f(\alpha)}&\d&\mI&\bb&\h{\pI}&\d&0\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
\end{enumerate}

\bigskip
\textbf{\textcolor{red}{Partie 3 :étude d'une tangente}}


%
%\begin{multicols}{2}
%\setlength{\columnseprule}{1pt}
%\setlength{\columnsep}{2 cm}

\begin{enumerate}
\item La tangente $T$ à $\mathscr{C}$ au point d'abscisse 0 a pour équation réduite :

$y=f'(0)(x-0)+f(0)$ ; or $f'(0)=-5$ et $f(0)=-6$ donc $T$ a pour équation $\boxed{\textcolor{red}{y=-5x-6}}$.

\item \textcolor{blue}{Position relative de $T$ et de $\mathscr{C}$} :

Pour tout $x\in\mathbb{R}\setminus\{1\}$, $f(x)-(-5x-6)\\
=\dfrac{5x+6}{x^3-1}+5x+6=(5x+6)\left[\dfrac{1}{x^3-1}+1\right]\\
=\boxed{\textcolor{red}{(5x+6)\times \dfrac{x^3}{x^3-1}}}$.


On renseigne un tableau de signes :
\begin{center}
\begin{variations}
x&\mI&&-\dfrac{6}{5}&&0&&1&&\pI\\
\hline
5x+6&&-&\z&+&\l&+&\bb&+&\\
\hline
x^3&&-&\l&-&\z&+&\bb&+&\\
\hline
x^3-1&&-&\l&-&\l&-&\bb&+&\\
\hline
f(x)-(-5x-6)&&-&\z&+&\z&-&\bb&+&\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
On en déduit que $\mathscr{C}$ est en dessous de $T$ pour \\
$x\in\left]-\infty~;~-\dfrac{6}{5}\right]\cup[0~;~1[$ et est au-dessus pour \\
$x\in\left[-\dfrac{6}{5}~;~0\right]\cup\left]1~;~+\infty\right[$
\end{enumerate}
Voici la courbe $\mathscr{C}$ et la tangente $T$, même si elles n'étaient pas demandées.
\begin{center}

\psset{xunit=0.7cm,yunit=0.7cm,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=5pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-5.,-12.)(5.,5.)
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1.,Dy=1.,ticksize=-2pt 0,subticks=2,linewidth=2pt]{->}(0,0)(-5.,-12.)(5.,4.)
\psgrid[subgriddiv=1,gridwidth=1pt,gridlabels=0](-5.,-12.)(5.,4.)
\psplot[linewidth=1.2pt,linecolor=red,plotpoints=200]{-5.0}{5.0}{(5.0*x+6.0)/(x^(3.0)-1.0)}
\psline[linecolor=green,linewidth=1.5pt](1.,-12.)(1.,4.)
\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.5pt]{-5.}{5.}{(-6.-5.*x)/1.}
\uput[u](-4,.215){$\mathscr{C}$}
\uput[l](-2,4){$T$}
\uput[ul](0,0){0}
\end{pspicture*}
\end{center}



\subsection*{\textcolor{blue}{Exercice II (sur $5$ points)}} 

\noindent\textbf{\textcolor{red}{Partie A :}}

\medskip
 
\noindent On considère une épreuve de tir à  l'arc constitué de plusieurs tirs successifs sur une cible : 
\setlength\parindent{10mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~~$] si le tireur touche la cible lors d'un tir, la probabilité qu'il touche la cible au tir suivant est $\dfrac{4}{5}$. 
\item[$\bullet~~$] si le tireur manque la cible lors d'un tir, la probabilité pour qu'il la manque aussi au tir suivant est égale à $\dfrac{3}{5}$. 
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

Pour tout entier naturel non nul $n$, on désigne par $C_{n}$ l'évènement \og le tireur touche la cible lors du $n$-ième tir \fg{} et on note $p_{n}$ la probabilité de l'évènement $C_{n}$.
 
On considère que le tireur atteint toujours la cible lors de son premier lancer et donc $p_{1} = 1$. 
\begin{enumerate}
\item %Recopier et compléter l'arbre pondéré suivant :
Arbre pondéré complété : 
\vspace{0,5cm}

\begin{center}
\psset{nodesep=0mm,levelsep=30mm,treesep=15mm}
\pstree[linecolor=blue,treemode=R]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$C_{n}$}\taput{$p_{n}$}}
	  { 
		  \TR{$C_{n+1}$}\taput{$\frac45$}
		  \TR{$\overline{C_{n+1}}$}\tbput{$\frac15$}	   
	  }
	\pstree{\TR{$\overline{C_{n}}$}\tbput{$1 - p_{n}$}}
	  {
		  \TR{$C_{n+1}$}\taput{$\frac25$}
		  \TR{$\overline{C_{n+1}}$}\tbput{$\frac35$}	  
	  }
	
}
\end{center}

\vspace{0,5cm} 


\item Pour tout $n$ $p_{n+1}=p\left(C_{n+1}\right)=p\left(\left(C_{n+1}\cap C_n\right)\cup\left(C_{n+1}\cap \overline{C_n}\right)\right)\\
=p\left(C_{n+1}\cap C_n\right)+\left(\overline{C_{n+1}}\cap C_n\right)
=\dfrac{4}{5}p_n+\dfrac{2}{5}\left(1-p_n\right)=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{2}{5}p_n+\dfrac{2}{5}}}$.

\item On pose $u_n=p_n-\dfrac{2}{3}$.
\begin{enumerate}
\item $\forall n\in\mathbb{N}^*$, $u_{n+1}=p_{n+1}-\dfrac{2}{3}=\dfrac{2}{5}p_n+\dfrac{2}{5}-\dfrac{2}{3}
=\dfrac{2}{5}p_n-\dfrac{4}{15}=\dfrac{2}{5}\left(p_n-\dfrac{2}{3}\right)=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{2}{5}u_n}}$.

On en déduit que la suite $\left(u_n\right)$ est géométrique de raison $q=\dfrac{2}{5}$ et de premier terme 
$u_1=p_1-\dfrac{2}{3}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{3}}}$.

On en déduit que, pour tout $n\geqslant 1$, 
$u_n=u_1q^{n-1}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}}}$.

\item On en déduit que, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, \\
$p_n=u_n+\dfrac{2}{3}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}+\dfrac{2}{3}}}$.

\item $-1<\dfrac{2}{3}<1$, donc$\lim_{n\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{2}{3}\right)^n=0$, donc par produit et somme, $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{n\rightarrow +\infty}p_n=\dfrac{2}{3}}}$
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\newpage


\textbf{\textcolor{red}{Partie B}}


\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item On a répétition d'épreuves aléatoires identiques, indépendantes, à deux issues.

$X$ suit la loi binomiale $\mathscr{B}\left(10~;~\dfrac{1}{4}\right)$ car la probabilité de tirer une boule rouge est $\dfrac{1}{4}$.

$\forall k\leqslant 10$, $p(X=k)=\binom{10}{k}\left(\dfrac{1}{4}\right)^k\times \left(\dfrac{3}{4}\right)^{10-k}$.

\item $p(X\geqslant 1)=1-p(X=0)=1-\left(\dfrac{3}{4}\right)^{10}\approx 0,94$ à $10^{-2}$ près.

\item L'espérance de $X$ est $E(X)=np=10\times \dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{2}$ ; $\boxed{\textcolor{red}{E(X)=\dfrac{5}{2}}}$
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item Le joueur joue 50 euros ; il gagne 10 euros par boule rouge tirée ; comme il tire $\dfrac{5}{2}$ boules rouges en moyenne, son gain algébrique est, en moyenne, $10\times \dfrac{5}{2}-50=-\dfrac{50}{2}<0$. Le jeu lui est \textbf{\textcolor{red}{défavorable}}.

\item Puisque le joueur joue 50 euros, pour que son bénéfice soit supérieur à 20 euros, il faut qu'il tire plus de 7 boules rouges.

$p(X> 7)=1-p(X\leqslant 7)\boxed{\textcolor{red}{\approx 0,000415}}$.
\end{enumerate}


\end{enumerate}

\subsection*{\textcolor{blue}{Exercice III (sur $5$ points)}} 
%L'espace est muni d'un repère orthonormé \Oijk.
% 
On considère les points A(-2~;~0~;~1), B(1~;~2~;~-1) et \\
C(-2~;~ 2~;~2).

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Vérifier que les points A, B et C définissent bien un plan.
$\overrightarrow{\text{AB}}\begin{pmatrix}3\\2\\- 2\end{pmatrix}, \: \overrightarrow{\text{AC}}\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}$.

$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=3\times 0+2\times 2+(-2)\times 1=2$, donc $\boxed{\textcolor{red}{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=2}}$

$AB=\sqrt{3^2+2^2+(-2)^2}=\boxed{\textcolor{red}{\sqrt{17}}}$~;~
$AC=\sqrt{0^2+2^2+1^2}=\boxed{\textcolor{red}{\sqrt{5}}}$.

\item Or $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=AB\times AC\times \cos\widehat{BAC}$ donc \\
$\cos\left(\widehat{BAC}\right)=\dfrac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{AB\times AC}=\dfrac{2}{\sqrt{17}\times \sqrt{5}}=\dfrac{2}{\sqrt{85}}$ d'où $\boxed{\textcolor{red}{\widehat{BAC}\approx 77,47\text{ \degre}}}$.

\item L'angle $\widehat{BAC}$ n'est pas un angle nul, ni un angle plat, donc les points A, B et C ne sont \textbf{\textcolor{red}{pas alignés}}.

\end{enumerate}

\item  %Déterminer une équation cartésienne du plan (ABC).
$\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont deux vecteurs non colinéaires qui définissent le plan (ABC).

Cherchons un vecteur $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ normal à ce plan. Il doit être orthogonal à ces deux vecteurs, puisque ce sont deux vecteurs non colinéaires qui définissent ce plan (ABC).

$\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AB}=0$ et $\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AC}=0$ donnent comme système :

$\begin{cases}3a+2b-2c=0\\2b+c=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}c=-2b\\3a+6b=0\end{cases}
\Leftrightarrow \begin{cases}c=-2b\\a=c\end{cases}$.

Choisissons $b=1$ ; on obtient $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}-2\\1\\-2\end{pmatrix}$.


Une équation du plan (ABC) est alors \\
$-2\left(x-x_A\right)+\left(y-y_A\right)-2\left(z-z_A\right)=0
\Leftrightarrow -2(x+2)+y-2(z-1)=0\Leftrightarrow \boxed{\textcolor{red}{-2x+y-2z-2=0}}$

\item Soit $\mathcal{P}_{1}$ le plan d'équation $x + y - 3z + 3 = 0$  et $\mathcal{P}_{2}$ le plan d'équation $x - 2y + 6z = 0$.
$\overrightarrow{n}_1\begin{pmatrix}1\\1\\-3\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $\mathscr{P}_1$~;~$\overrightarrow{n}_2\begin{pmatrix}1\\-2\\6\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $\mathscr{P}_1$.

Ces deux vecteurs ne sont clairement pas colinéaires, donc les deux plans $\mathscr{P}_1$ et $\mathscr{P}_2$ sont sécants.

%Montrer que les plans $\mathcal{P}_{1}$ et $\mathcal{P}_{2}$ sont sécants selon une droite $\mathcal{D}$ dont un système d'équations
Soit la droite $\mathcal{D}$ dont un système d'équations paramétriques est $\left\{\begin{array}{l c l}
x&=&-2\\
y&=& -1 +  3t\\
z&=&t
\end{array}\right.,~t \in  \mathbb{R}$. 

Soit $M(-2~;~-1+3t~;~t)$ un point de $\mathscr{D}$.

On a : $x_M + y_M - 3z_M + 3 =-2-1+3t-3t+3=0$ donc, pour tout $t$, $M$ appartient au plan $\mathscr{P}_1$. $\mathscr{D}$ est incluse dans $\mathscr{P}_1$.

$x_M -2y_M+6z_M=-2-2(-1+3t)+6t=0$ donc, pour tout $t$, $M$ appartient au plan $\mathscr{P}_2$. $\mathscr{D}$ est incluse dans $\mathscr{P}_2$.

$\mathscr{D}$ est donc l'intersection de ces deux plans.

\item 
%Démontrer que la droite $\mathcal{D}$ et le plan $(ABC)$ sont sécants et déterminer les coordonnées de leur point d'intersection. 
Un vecteur directeur de $\mathscr{D}$ est $\overrightarrow{u}\begin{pmatrix}0\\3\\1\end{pmatrix}$.

$\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}=1$ donc $\mathscr{D}$ est sécante au plan (ABC).

On cherche l'intersection  de $\mathscr{D}$ et du plan (ABC).

Soit $M(-2~;~-1+3t~;~t)$ un point de $\mathscr{D}$. $M$ appartient au plan (ABC) équivaut à 

$4-1+3t-2t-2=0\Leftrightarrow 1+t=0\Leftrightarrow t=-1$.

Le point d'intersection de $\mathscr{D}$ et du plan (ABC) est le point $\boxed{\textcolor{red}{E(-2~;~-4~;~-1)}}$.


\item 
\begin{enumerate}
\item %Soit $M(x;y;z)$ un point de l'espace. Démontrer que :
%		$$M\in\mathcal{S} \ \Leftrightarrow \  x^2+y^2+z^2-2x+6y-2z+2=0$$ 
Soit $\mathcal{S}$ la sphère de centre $\Omega(1~;~- 3~;~1)$ et de rayon $r = 3$. 
	

$M\in\mathscr{S}\Leftrightarrow \Omega M=3\Leftrightarrow \Omega M^2=9\\
\Leftrightarrow (x-1)^2+(y-3)^2+(z-1)^2=9
\Leftrightarrow x^2-2x+1+y^2-6y+9+z^2-2z+1=9
\Leftrightarrow \boxed{\textcolor{red}{x^2+y^2+z^2-2x+6y-2z+2=0}}$.

\item %Déterminer l'intersection de la sphère $\mathcal{S}$ et de la droite $\mathcal{D}$. 
On cherche l'intersection de la sphère $\mathcal{S}$ et de la droite $\mathcal{D}$.

Soit $M(-2~;~-1+3t~;~t)$ un point quelconque de $\mathscr{D}$. Il apparient ausi à $\mathscr{S}$ si, et seuement si, ses coordonnées vérifient l'équation  de $\mathscr{S}$.

On obtient : 

$(-2)^2+(-1+3t)^2+t^2-2\times (-2)+6(-1+3t)-2t+2=0\Leftrightarrow 10t^2+10t+5=0\Leftrightarrow 2t^2+2t+1=0$.

$\Delta=-4<0$ donc la droite ne coupe pas la sphère.

		\item %On donne la formule suivante, permettant de calculer la distance (notée $d(A,\mathcal{P})$) d'un point $A(x_{A};y_{A};z_{A})$ à  un plan $\mathcal{P}$ d'équation $ax+by+cz+d=0$ :
%		$$d(A,\mathcal{P})= \dfrac{|ax_{A}+by_{A}+cz_{A}+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$$
%		A l'aide de cette formule, démontrer que le plan $(ABC)$ est tangent à  la sphère $\mathcal{S}$.
$d(\Omega~;~(ABC))=\dfrac{\left|-2x_{\Omega}+y_{\Omega}-2z_{\Omega}\right|}{\sqrt{(-2)^2+1^2+(-2)^2}}
=\dfrac{9}{\sqrt{9}}=\dfrac{9}{3}=3$ qui est le rayon de la sphère donc la sphère est bien \textbf{\textcolor{red}{tangente}} au plan (ABC).

	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\subsection*{\textcolor{blue}{Exercice IV (sur $5$ points)}}
\textbf{Pour les élèves ne suivant pas l'enseignement de spécialité}

%L'objet de cet exercice est l'étude de la suite $\left(u_{n}\right)$ définie par son premier terme $u_{1}=\dfrac{3}{2}$ et la relation  de récurrence : $u_{n+1} =\dfrac{nu_{n}+1}{2(n + 1)}$.\\

\bigskip

\textcolor{red}{\textbf{Partie A - Algorithmique et conjectures }}

\medskip

%\parbox{5cm}{Pour calculer et afficher le terme $u_{9}$ de la suite, un élà¨ve propose l'algorithme ci-contre.
%
%Il a oublié de compléter deux lignes.}\hfill
%\parbox{8.5cm}{
%\begin{tabularx}{\linewidth}{|l|*{2}{>{\arraybackslash}X|}} \hline
%Variables&$n$ est un entier naturel \\
%&$u$ est un réel \\
%\hline
%Initialisation &Affecter à  $n$ la valeur 1\\
%&Affecter à  $u$ la valeur 1,5 \\
%\hline
%Traitement &Tant que $n<9 $\\
%&\hspace*{1cm}Affecter à  $u$ la valeur \dots\\ 
%&\hspace*{1cm}Affecter à  $n$ la valeur \dots\\
%%\hline
%&Fin Tant que \\
%\hline
%Sortie&Afficher la variable $u$ \\
%\hline
%\end{tabularx}}
%
%\medskip

\begin{enumerate}
\item %Recopier et compléter les deux lignes de l'algorithme oà¹ figurent des points de suspension.
Affecter à  $u$ la valeur $\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{n \times u_{n} + 1}{2(n + 1)}}}$

Affecter à  $n$ la valeur $\boxed{\textcolor{red}{n + 1}}$. 

\item %Comment faudrait-il modifier cet algorithme pour qu'il calcule et affiche tous les termes de la suite de $u_{2}$ jusqu'à  $u_{9}$ ?
Il faut rajouter avant le Fin Tant que : \fbox{\og Afficher la variable $u$ \fg}. 
\item  %Avec cet algorithme modifié, on a obtenu les résultats suivants, arrondis au dix-millià¨me: 

%\medskip
%
%\begin{tabularx}{\linewidth}{|l|*{10}{>{\centering \arraybackslash}X|}} \hline
%n &1&2 &3 &4 &5 &6 &\dots&99 &100 \\
%\hline
%$u_{n}$ &1,5 &0,625 &0,375 &0,2656 &\np{0,2063} &\np{0,1693}&\dots&\np{0,0102} &\np{0,0101} \\
%\hline
%\end{tabularx}

\medskip

%Au vu de ces résultats, conjecturer le sens de variation et la convergence de la suite $\left(u_{n}\right)$.
La suite $\left(u_{n}\right)$ semble être \textbf{\textcolor{red}{décroissante}} vers $0$.   
\end{enumerate}



\textcolor{red}{\textbf{Partie B - Étude mathématique }}

\medskip

%On définit une suite auxiliaire $\left(v_{n}\right)$ par : pour tout entier $n\geqslant 1$, $v _{n} = nu_{n} - 1$.

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item %Montrer que la suite $\left(v_{n}\right)$ est géométrique ; préciser sa raison et son premier terme. 
Pour tout entier $n \geqslant 1$, $v _{n+1} = (n+1)u_{n+1} - 1 \\
= (n + 1) \times \dfrac{n \times u_{n} + 1}{2(n + 1)} - 1 = \dfrac{n \times u_{n} + 1}{2} - \dfrac{2}{2} =
 \dfrac{n \times u_{n} - 1}{2} =\boxed{\textcolor{red}{ \dfrac{1}{2}v_{n}}}$.

Cette relation montre que la suite $\left(v_{n}\right)$ est \textbf{\textcolor{red}{géométrique}} de raison $\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{2}}}$ et de premier terme 

$v_{1} = 1 \times u_{1} - 1 =\boxed{\textcolor{red}{ \dfrac{1}{2}}}$.

\item %En déduire que, pour tout entier naturel $n\geqslant 1$, on a : $u_{n}= \dfrac{1+(0,5)^{n}}{n}$.
On a donc pour tout entier $n \geqslant 1$, $v _{n+1} = 0,5 \times 0,5^{n - 1} =\boxed{\textcolor{red}{ 0,5^n}}$.

Or $v _{n} = nu_{n} - 1 \iff u_{n} = \dfrac{v_{n} + 1}{n} = \boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1 + 0,5^n}{n}}}$.

\item %Déterminer la limite de la suite $\left(u_{n}\right)$.
Comme $- 1 < 0,5 < 1$, on sait que $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}0,5^n = 0$, et comme $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n} = 0$, on a donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{n \to + \infty} u_{n} = 0}}$.

\item %Justifier que, pour tout entier $n \geqslant 1$ , on a : $u_{n+1}- u_{n}=- \dfrac{1 + (1 + 0,5n)(0,5)^{n}}{n(n + 1)}$.

%En déduire le sens de variation de la suite $\left(u_{n}\right)$.
Pour tout entier $n \geqslant 1$, on a : 

$u_{n+1}- u_{n} = \dfrac{1 + (0,5)^{n+1}}{n+1} - \dfrac{1 + (0,5)^{n}}{n} = \dfrac{n + n\times 0,5^{n + 1}- (n + 1) - (n + 1) \times 0,5^n}{n(n + 1)} = 
\dfrac{- 1 + 0,5n\times 0,5^n - (n + 1) \times 0,5^n }{n(n + 1)} 
\\
= \dfrac{- 1 + 0,5^n(0,5n - n - 1)}{n(n + 1)} = \dfrac{- 1  + 0,5^n(- 0,5n - 1)}{n(n + 1)} = \boxed{\textcolor{red}{- \dfrac{1 + (1 + 0,5n)(0,5)^{n}}{n(n + 1)}}}$.

Les deux termes du quotient sont supérieurs à  zéro, donc pour tout entier $n \geqslant 1$, on a : 

$u_{n+1}- u_{n} < 0$, ce qui démontre que la suite $\left(u_{n}\right)$ est \textbf{\textcolor{red}{décroissante}} (vers zéro).
\end{enumerate}


%\newpage



\textcolor{red}{\textbf{Partie C - Retour à  l'algorithmique }}

\medskip

%En s'inspirant de la partie A, écrire un algorithme permettant de déterminer et d'afficher le plus petit entier $n$ tel que $u_{n} < 0,001$. 
\begin{tabularx}{0,8\linewidth}{|l|X|} \hline
Variables&$n$ est un entier naturel \\
&$u$ est un réel \\\hline
Initialisation &Affecter à  $n$ la valeur 1\\
&Affecter à  $u$ la valeur 1,5 \\\hline
Traitement &Tant que $u \geqslant 0,001$\\
&\hspace*{1cm}Affecter à  $u$ la valeur $\dfrac{n \times u + 1}{2(n + 1)}$\\ 
&\hspace*{1cm}Affecter à  $n$ la valeur $n + 1$\\ \hline
&Fin Tant que \\
\hline
Sortie&Afficher la variable $n$ \\ \hline
\end{tabularx}



\end{multicols}
\label{fin}
\end{document}  