Série de mathématique – correction –  15, Exercices de Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Série de mathématique – correction – 15, Exercices de Mathématiques

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Série de mathématique – correction – 15. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l’équation proposée, Les coordonnées.
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CorrectionSLaReunionjuin2008.dvi

[ Correction du baccalauréat S Asie 18 juin 2008 \

EXERCICE 1 5 points

1. a. On a la loi binomiale X ,→B(8 ; 0,1), de paramètres n = 8 et p = 0,1.. b. p(A)= p(X = 0)=

(8 0

)

×0,10×0,98 ≈ 0,430≈ 0,43, à 10−2 près. p(B)= p(X > 1)= 1−p(X = 0)= 1−p(A)≈ 0,57, à 10−2 près. p(C )= p(X = 2)=

(8 2

)

×0,1×0,96 ≈ 0,148 ≈ 0,15, à 10−2 près. 2. a. On a l’arbre de probabilités suivant :

D0,1

E0,2

E0,8

D0,9 E 1

b. En utilisant les branches conduisant à E et en utilisant la formule des probabi- lités totales :

p(E )= p(DpD (E )+p(DpD (E )= 0,1×0,2+0,8×1 = 0,92.

c. pE (D)= p(E D)

p(E ) =

0,02

0,92 =

1

46 ≈ 0,0217 ≈ 0,022, à 10−3 près.

3. On a à nouveau une épreuve binomiale de paramètre n = 8 et p = 1−0,022 = 0,978. La probabilité qu’il n’y ait aucun stylo avec un défaut dans ce prélèvement de huit stylos est : (8 0

)

(0,978)8×0,0221 =≈ 0,84 à 10−2 près. Conclusion : ce contrôle permet de presque doubler les chances d’avoir un lot de huit stylos sans défaut.

EXERCICE 2 5 points

Partie A

1. Le tableaude variations permet d’énoncer que la fonction f est définie sur ]0 ; +∞[, croissante sur

]

0 ; e 1 2

]

, décroissante sur [

e 1 2 ; +∞

[

avec un extremum (maximum)

en e 1 2 égal à

1

2e .

Les démonstrations :

— Variations. La fonction f est dérivable sur ]0 ; +∞[ comme fonction de fonctions dérivables le dénominateur ne s’annulant pas. Sur cet intervalle on a :

f ′(x)= 1 x × x

2−2x ln(x) x4

= x −2x ln(x)

x4 =

1−2ln(x) x3

.

Comme x3 > 0, le signe de cette dérivée est celui de 1−2ln(x). On a 1−2ln(x)> 0=⇐⇒ ln(x)< 12 ⇐⇒ x < e

1 2 . Demême :

1−2ln(x)< 0=⇐⇒ ln(x)> 12 ⇐⇒ x > e 1 2 .

Donc la fonction f est croissante sur ]

0 ; e 1 2

]

et décroissante sur [

e 1 2 ; +∞

[

.

f a donc un maximum en e 1 2 et f

(

e 1 2

)

= 1 2

(

e 1 2

)2 =

1

2e .

— Limites. Limite en 0 : lim

x→0 f (x)=−∞.

Limite en +∞. lim

x→+∞ f (x)= lim

x→+∞ ln(x)

x2 = 0 (par croissance comparée).

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. La fonction f est dérivable sur ]0 ; +∞[, donc son graphe a une tangente en chacun de ses points M(X ; Y ).

On a M(X ; Y ) ∈ (T ) ⇐⇒ Y f (x) = f ′(x)(X x) ⇐⇒ Y − lnx

x2 =

1−2lnx x3

(X

x) ⇐⇒ Y = lnx

x2 + 1−2lnx

x3 (X x).

Donc X = 0 entraîne Y = −1+2lnx

x2 + lnx

x2 =

−1+3lnx x2

.

Donc Y = 0 ⇐⇒ −1+3lnx = 0 ⇐⇒ lnx = 1

3 ⇐⇒ x = e

1 3 .

Il existe donc une tangente à C contenant O : c’est la tangente au point d’abscisse

x = e 1 3 et l’équation de cette tangente est :

Y = 1

3e X .

Partie B

1. a. g est définie par g (x)= ∫x

1 f (t) dt , alors c’est la primitive de f sur ]0 ; +∞[ qui

s’annule en 1 : f est donc la dérivée de g sur ]0 ; +∞[. b. Il en résulte que le signe de g ′(x) est celui de f (x) ou encore celui de ln(x)

puisque x2 > 0. La fonction g est décroissante sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[. g (1)= 0 est donc le minimum de g sur ]0 ; +∞[.

2. La fonction f est continue et positive sur l’intervalle [1 ; 3], alors g (3)= ∫3

1 f (t)dt

est donc égale à l’aire, en unités d’aire, de la surface limitée par (C ), l’axe des abs- cisses et les droites d’équations x = 1 et x = 3.

De même g ( 1 2

)

= ∫ 1

2

1 f (t) dt =−

∫1

1 2

f (t) dt = ∫1

1 2

(− f (t)) dt . On a vu que sur l’inter-

valle d’intégration la fonction f est négative donc− f est positive et g ( 1 2

)

est égale à l’aire, en unités d’aire, de la surface limitée par (C ), l’axe des abscisses, et les droites d’équations x = 12 et x = 1.

3. a. On pose : {

u(t) = ln(t)

v ′(t) = 1

t2

u′(t) = 1

t

v(t) = − 1

t Toutes ces fonctions sont dérivables, donc continues : on peut donc intégrer par parties et

g (x)= [

− ln(t)

t

]x

1 + ∫x

1

(

1

t2

)

dt = [

− ln t +1

t

]x

1 =−

lnx +1 x

+ ln1+1

1 = 1−

lnx +1 x

.

b. On a g (x)= 1− lnx

x − 1

x . La limite des deux derniers termes est clairement nulle,

donc : lim

x→+∞ g (x)= 1.

EXERCICE 3 5 points

1. a. u1 = (

1+ 2

1

)

u0+ 6

1 = 3×5+6 = 21.

b. On obtient : d1 = u1−u0 = 16,d2 = u2−u1 = 24, puis d3 = 32,d4 = 40,d5 = 48. On peut donc conjecturer que la suite (dn )n∈N est arithmétique de raison 8 et de premier terme 16.

Asie 2 18 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. Soit (vn)n∈N la suite arithmétique de raison 8 et de premier terme v0 = 16. On sait que, pour tout entier naturel n, vn = 16+8n = 8(n+2). La somme Sn des n premiers termes est :Sn = v0+ v1+·· ·+ vn−1 = n × v0+8+2×

8+·· ·+ (n−1)×8= 16n+8× n(n−1)

2 = 16n+4n(n−1) = 4n2+12n.

3. Démonstration par récurrence :

— Initialisation : u0 = 5 : vrai — Hérédité : supposons qu’il existe n ∈N tel que un = 4n2+12n+5.

Alors un+1 = (

1+ 2

n+1

)

un + 6

n+1 = (

1+ 2

n+1

)

(

4n2+12n+5 )

+ 6

n+1 .

Or 4n2 +12n +5 = 4(n +1)2−8n −4+12n +5 = 4(n +1)2 +4n +1 = 4(n +1)2 + 4(n+1)−3. En reportant dans un+1 au dessus, on obtient :

un+1 = (

1+ 2

n+1

)

[

4(n+1)2+4(n+1)−3 ]

+ 6

n+1 =

4(n+1)2+4(n+1)−3+8(n+1)+8− 6

n+1 +

6

n+1 = 4(n+1)2+12(n+1)+5.

La relation est donc vraie au rang n+1. Conclusion : on vient de démontrer par récurrence que, quel que soit n ∈N, un = 4n2+12n+5.

4. Soit n ∈ N, d’après les questions précédentes, on déduit que : dn = un+1 −un = 4(n+1)2+12(n+1)+5−

(

4n2+12n+5 )

= 4n2+8n+4+12n+12−4n2 −12n−5 = 8n+16 = vn . Conclusion : la suite (dn)n∈N est arithmétique de raison 8 et de premier terme d0 = 16.

EXERCICE 4 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. Par définition de l’expression complexe de la rotation de centre O et d’angle 2π

3 :

z ′ = ei 2π 3 z.

Donc, en particulier : zB = ei 2π 3 zA = ei

2π 3 ×ei

π 3 = eiπ =−1

Demême : zC = ei 2π 3 zB = ei

2π 3 ×eiπ = ei

5π 3 = e−i

π 3 = zA

Donc A et C sont symétriques autour de l’axe des réels.

2. a. |zA| = |zB| = |zC| = 1, donc : OA = OB = OC = 1. Les trois points A, B et C sont à la distance 1 du point O : ils appartiennent au cercle de centre O (C ) circonscrit au triangle ABC.

Construction : on dessine le cercle (C ) et le cercle de centre le point d’affixe 1 et de rayon 1 ; ces deux cercles sont sécants en A et C, le point A étant celui qui a une ordonnée positive. B est le point d’intersection de (C ) avec le demi-axe contenant les points d’affixes négatives.

b. On a zA+ zB+ zC = 0, autrement dit O est l’isobarycentre des points A, B et C, donc le centre de gravité du triangle (ABC). Ce triangle est isocèle en B. De plus

zC− zA zB− zA

= ei

5π 3 −ei

π 3

−1−ei π 3

= ei

π 3 ×

(

ei 4π 3 −1

)

ei 4π 3 −1

= ei π 3 .

Lemodule de ce complexe est égal à 1, donc AB = AC et en conclusion le triangle (ABC) est équilatéral.

3. a. Cf. figure.

b. Le triangle PQRhomothétique de ABCest semblable à ce triangle, donc lui aussi équilatéral.

4. a. L’écriture complexe de h est : z ′ =−2z.

Asie 3 18 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. zA+ zB+ zC = 0 est l’affixe du vecteur −−→ OA +

−−→ OB +

−−→ OC .

O est le centre du cercle circonscrit au triangle équilatéral ABC, il en est aussi le

centre de gravité (isobarycentre des points A, B et C), alors −−→ OA +−−→OB +−−→OC =~0.

Par conséquent : zA+ zB+ zC = 0 ⇐⇒ zA =−zB− zC ⇐⇒ zA = 1

2 (−2zB−2zC)=

1

2

(

zQ+ zR )

.

Cette égalité signifie que A est le milieu du segment [QR].

c. Par définition de l’homothétie P, O et A sont alignés. La droite (PA) médiane du triangle équilatéral (PQR) est aussi hauteur ; donc (OA) est perpendiculaire à la droite (QR).

Conclusion : cette droite (QR) est la tangente en A au cercle C .

A

B

C

O

C

Q

R

P

EXERCICE 4 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. a. L’écriture complexe de s1 est z ′ = az +b avec a ∈R, a 6= 0, b ∈R. Les deux points A et B sont invariants par s1 ce qui se traduit par : {

2+ i = a(2− i)+b 5+2i = a(5−2i)+b ⇒ (par différence) 3+i= a(3−i) ⇐⇒ a =

3+ i 3− i

⇐⇒

a = (3+ i)2

(3+ i)(3− i) =

8+6i 10

= 4

5 + 3

5 i.

En reportant dans la première équation : b = 2+ i− (2− i) (

4

5 + 3

5 i

)

= 2+ i− 8

5 −

3

5 − 6

5 i+

4

5 i=−

1

5 + 3

5 i.

b. On a zC′ = (

4

5 + 3

5 i

)

× (−i)+− 1

5 + 3

5 i=

2

5 − 1

5 i.

c. Soit M(x ; y) un point du plan avec x ∈R, y ∈R. On a z = x + iy et

z ′ = (

4

5 + 3

5 i

)

(x − iy)− 1

5 + 3

5 i.

Asie 4 18 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Ce nombre est imaginaire pur si sa partie réelle est nulle soit 4

5 x

1

5 + 3

5 y = 0 ⇐⇒ 4x −1+3y = 0 ⇐⇒ 4x +3y = 1.

L’ensemble des points M tels que z ′ est imaginaire pur est donc la droite (D) d’équation 4x +3y = 1.

d. C′ (

2

5 ; −

1

5

)

∈D ⇐⇒ 4× (

2

5

)

+3× (

− 1

5

)

= 1 ⇐⇒ 8−3 5

= 1 qui est vraie.

Le point C′ appartient donc à la droite (D).

2. a. Équation cartésienne de la droite (AB) : M(x ; y) ∈ (AB) ⇐⇒ y = αx +β ; en particulier : {

1 = 2α+β 2 = 5α+β ⇒ 1= 3α ⇐⇒ α=

1

3 ; d’où β= 1−2α= 1−

2

3 =

1

3 .

M(x ; y) ∈ (AB) ⇐⇒ y = 1

3 x +

1

3 .M(x ; y)∈ (D) ⇐⇒ 4x +3y = 1.

DoncunpointΩ est communauxdeuxdroites si et seulement si 4x+3 (

1

3 x +

1

3

)

=

1 ⇐⇒ 4x + x +1 = 1 ⇐⇒ 5x = 0 ⇐⇒ x = 0, d’où y = 1

3 . L’affixe de Ω est donc

ω= 1

3 i.

b. Les symétries axiales s1 et s2 sont des similitudes indirectes de rapport 1. Leur composée est une similitude directe dont le rapport est le produit des rapports des deux similitudes, donc égal à 1.

Plus précisement si z ′ = az + b, |a| = 1 est l’écriture complexe de s1 et si z ′ = cz +d , |c| = 1 est l’écriture complexe de s2, alors si M(z) a pour image M ′(z ′) par s1 et M ′′(z ′′) est l’image de M ′ par s2, on a :

z ′′ = cz ′+d = c

(

az +b )

+d = c

(

az +b )

+d = acz +bc +d

qui est l’écriture complexe d’une similitude directe, car ∣

ac

∣= ∣

a

∣×|c| = |a|× |c| = 1, d’après les hypothèses.

c. L’image de C par s1 est C′ et comme on vient de démontrer que C′ appartient donc à la droite (D) il est invariant par s2. Conclusion : f (C)=C′. Ω appartient à (AB), donc s1(Ω)=Ω, mais Ω appartient aussi à D, donc s2(Ω)= Ω.

Conclusion f (Ω)=Ω. d. f est une similitude directe de rapport 1. Ce n’est ni l’identité, ni une translation

c’est donc une rotation de centreΩ puisque ce point est invariant par f .

3. a. Le couple (1 ; −1) est solution évidente de l’équation (4×1+3× (−1) = 1 (1)). Si (x ; y) est une solution de l’équation on a 4x + 3y = 1 (2) ; on a donc par différence (2) - (1) 4(x −1)+3(y +1) = 0 ⇐⇒ 4(x −1)=−3(y +1) (3). 4 divise donc−3(y+1), mais comme il est premier avec−3 il divise y+1. Il existe donc k ∈Z tel que y +1= 4k ⇐⇒ y =−1+4k. En remplaçant dans (3), 4(x −1)=−3×4k ⇐⇒ x −1=−3k ⇐⇒ x = 1−3k. Les solutions de l’équation 4x + 3y = 1 sont tous les couples de la forme (1− 3k ; −1+4k) avec k ∈Z. Inversement 4(1−3k)+3(−1−4k)= 4−12k−3−12k = 1 montre qu’un couple de la forme (1− 3k ; −1+ 4k) est solution de l’équation proposée.

b. Les points de (D) à coordonnées entières sont donc les points de coordonnées (1−3k ; −1+4k),k ∈Z. Les points M situé à moins de 9 de O sont tels que

Asie 5 18 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

OM < 9 ⇐⇒ OM2 < 81 ⇐⇒ x2+y2 < 81 ⇐⇒ (1−3k)2+(−1+4k)2 < 81 ⇐⇒ 1+ 9k2−6k+1+16k2−8k < 81 ⇐⇒ 25k2−14k−79 < 0 ⇐⇒ k2−

14

25 k

79

25 < 0 ⇐⇒

(

k − 7

25

)2

− 49

625 − 79

25 < 0 ⇐⇒

(

k − 7

25

)2

− 2024

625 < 0 ⇐⇒

(

k − 7

25 + p 2024

25

)(

k − 7

25 − p 2024

25

)

<

0.

Le trinômeest positif sauf entre les racines 7

25 − p 2024

25 ≈−1,51 et

7

25 + p 2024

25 ≈

2,07.

Les entiers k solutions sont donc : −1 ; 0 ; 1 ; 2. Les quatre points de (D) à co- ordonnées entières dont la distance au point O est inférieure à 9 sont E(4 ; −5), F(1 ; −1), G(−2 ; 3), H(−5 ; 7).

Asie 6 18 juin 2008

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