Série de mathématique – correction –  4, Exercices de Mathématiques. Université Bordeaux I
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Série de mathématique – correction – 4, Exercices de Mathématiques. Université Bordeaux I

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Série de mathématique – correction – 4. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la combinaison simple de fonctions, l'intersection de Cf avec l’axe (Ox).
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Antilles_Guyane_S_2008_CORRIGE.dvi

[ Corrigé du Baccalauréat S Antilles-Guyane \ juin 2008

EXERCICE 1 6 points

Commun à tous les candidats

Partie A :

1. (E’)⇐⇒ y ′ = −2y . D’après le cours, les solutions de (E’) sont les fonctions définies

sur R de la forme x 7→Ce−2x , où C est une constante réelle.

2. En particulier, avec C = 9

2 , on obtient la fonction h.

3. g est dérivable sur R et g ′(x)= 9e−3x . Par conséquent, pour tout réel x :

g ′(x)+2g (x)= 9e−3x −6e−3x = 3e−3x ,

ce qui prouve que g est bien solution de (E).

4. Comme f = g +h, on a f ′ = g ′+h′, donc, pour tout réel x :

f ′(x)+2 f (x)= g ′(x)+2g (x) ︸ ︷︷ ︸

3e−3x

+h′(x)+2h(x) ︸ ︷︷ ︸

0

= 3e−3x ,

et f est alors bien solution de (E).

Partie B :

1. f (x)= 9

2 e−2x −3e−3x = 3e−2x

( 3

2 − e−3x

e−2x

)

= 3e−2x ( 3

2 −e−x

)

.

2. Limite de f en −∞.

lim x→−∞

(−2x) = +∞ et lim X→+∞

eX = +∞, donc par composition lim x→−∞

e−2x = +∞.

Demême lim x→−∞

e−3x =+∞, donc lim x→−∞

( 3

2 −e−x

)

=−∞ ; on en déduit, par opé-

rations sur les limites dans l’expression de f (x) obtenue à la question B1 que

lim x→−∞

f (x)=−∞.

Limite de f en +∞.

lim x→+∞

(−2x) = −∞ et lim X→−∞

eX = 0, donc par composition lim x→+∞

e−2x = 0. De

même lim x→+∞

e−3x = 0 ; on en déduit par opérations sur les limites dans l’expres-

sion initiale de f (x) que lim x→+∞

f (x) = 0. Graphiquement, cela signifie que l’axe

des abscisses est asymptote horizontale à C f au voisinage de +∞.

3. f est dérivable sur R (combinaison simple de fonctions qui le sont), et, pour tout

réel x :

f ′(x)= 9

2 × (−2)e−2x −3× (−3)e−3x =−9e−2x +9e−3x = 9e−3x

(

−ex +1 )

.

Comme, pour tout réel x, 9e−3x > 0, f ′(x) a le même signe que −ex +1.

Or : −ex +16 0⇐⇒ 16 ex ⇐⇒ 06 x, donc f ′(x)6 0⇐⇒ x> 0.

Par ailleurs f (0)= 9

2 e0−3e0 =

3

2 . On en déduit le tableau de variation suivant :

x −∞ 0 +∞

f ′(x) + 0 −

3/2

f (x)

−∞ 0

Baccalauréat S

4. Intersection de C f avec l’axe (Ox).

On cherche les points de coordonnées (x; f (x)) tels que f (x)= 0.

D’après l’expression de la question B1, et comme pour tout réel x, e−2x 6= 0, on

a : f (x)= 0⇐⇒ 3

2 = e−x ⇐⇒ ln

( 3 2

)

=−x⇐⇒ x = ln ( 2 3

)

≃−0,4 (à 0,01 près).

La courbe C f coupe l’axe (Ox) en un seul point A de coordonnées (

ln ( 2 3

)

;0 )

.

Intersection de C f avec l’axe (Oy).

Il s’agit du point de coordonnées B(0; f (0)) c’est-à-dire (

0; 3 2

)

.

5. f (1)= 9

2 e−2−3e−3 ≃ 0,46 (à 0,01 près). L’allure de C f est alors la suivante :

f (1)

C f b

A

b B

1−→ ı

−→

O

6. Une primitive de f sur R est la fonction x 7→ − 9

4 e−2x +e−3x . Sur l’intervalle [0;1], la

fonction f est positive, l’aire A cherchée est donc égale à :

A =

∫1

0 f (x)dx =

[

− 9

4 e−2x +e−3x

]1

0

=

(

− 9

4 e−2+e−3

)

(

− 9

4 +1

)

=− 9

4 e−2+e−3+

5

4 cm2.

EXERCICE 2 5 points

Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité.

1. a. DansU1 il y a k boules blanches et 3 noires, soit k+3 boules au total ; on a donc :

p(B1)= k

k+3 et p(N1)=

3 k+3

.

Si l’on a tiré une boule blanche de U1 il y a maintenant 3 boules blanches et

une boule noire dans U2 ; en revanche si l’on a tiré une boule noire de U1 il

y a maintenant 2 boules blanches et 2 boules noires dansU2. L’arbre pondéré

complété est donc :

B2 B1

N2

B2 N1

N2

k k+3

3 k+3

3 4

1 4

1 2

1 2b. Les événements B1 et N1 étant contraires, on a B2 = (B1∩B2)∪ (N1∩B2), et la

formule des probabilités totales permet alors d’écrire que :

p(B2)= 3

4 ×

k

k+3 + 1

2 ×

3

k+3 =

3k+6

4k+12 ,

ce qu’il fallait démontrer.

2. a. Si le joueur gagne, il reçoit 12 euros et en amisé 8, son gain est donc de 4 euros :

X = 4 ; s’il perd, il perd sa mise et alors X =−8.

b. p(X = 4)= p(B2)= 3×12+6

4×12+12 =

42

60 =

7

10 .

p(X =−8)= p (

X = 4 )

= 1−p(X = 4)= 1− 7

10 =

3

10 . On peut résumer la loi de X

dans le tableau suivant :

Antilles-Guyane 2 juin 2008

Baccalauréat S

xi −8 4 Total

p(X = xi ) 3

10

7

10 1

c. L’espérance mathématique de X est : E (X ) = 3

10 × (−8)+

7

10 × 4 =

4

10 = 0,40

euros.

d. Le jeu est favorable au joueur car E (X )> 0.

3. Les épreuves successives étant identiques et indépendantes, on a affaire à un schéma

deBernoulli et la variable aléatoire Y qui compte le nombre de fois où l’on a obtenu

l’événement B2 suit donc la loi binomiale B

(

n; 7

10

)

. Ainsi :

p(Y > 1)> 0,99 ⇐⇒ p (

Y = 0 )

> 0,99

⇐⇒ 1−p(Y = 0)> 0,99

⇐⇒ 1−

(

n

0

)( 7

10

)0 ( 3

10

)n

> 0,99

⇐⇒ 1−

( 3

10

)n

> 0,99

⇐⇒ 0,01>

( 3

10

)n

⇐⇒ ln(0,01)> n ln

( 3

10

)

⇐⇒ ln(0,01)

ln

( 3

10

) 6 n.

Et comme ln(0,01)

ln

( 3

10

) ≃ 3,82, le plus petit entier n répondant à la question est 4.

EXERCICE 2 5 points

Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

1. 11× (−7)−26× (−3) =−77+78 = 1, donc le couple ( −7 ; −3 ) est solution de (E).

2. • Soit (x; y) une solution de (E), on a alors 11x − 26y = 1 et d’après la question

précédente 11× (−7)−26× (−3) = 1 donc 11x −26y = 11× (−7)−26× (−3). On

en déduit que 11(x + 7) = 26(y + 3). Ainsi 26 divise 11(x + 7), or 26 et 11 sont

premiers entre eux, le théorème de Gauss implique donc que 26 divise x+7. Il

existe donc un entier relatif k tel que x+7= 26k, c’est-à-dire x =−7+26k. On a

alors 11×26k = 26(y+3), d’où, en divisant par 26 : 11k = y+3, d’où y =−3+11k.

Ainsi, si (x; y) est solution de (E), il existe un entier k tel que (x; y) = (−7+

26k;−3+11k).

• Réciproquement, on vérifie que ces couples sont bien solutions de (E) ; en effet :

11× (−7+26k)−26× (−3+11k) =−77+286k+78−286k = 1.

• En conclusion, les solutions de (E) sont les couples de la forme (−7+26k;−3+

11k) où k ∈Z.

3. (u;v) est solution de (E) avec 06 u6 25 si et seulement s’il existe un entier relatif k

tel queu =−7+26k, v =−3+11k− et 06−7+26k 6 25. Cela conduit à 76 26k 6 32,

et k = 1 est la seule possibilité. L’unique couple répondant à la question est donc

(19;8).

Partie B

Antilles-Guyane 3 juin 2008

Baccalauréat S

1. La lettre W est chiffrée par x = 22. Or 11×22+8 ≡ 16 (modulo 26), donc y = 16 qui

correspond à la lettre Q.

2. a. • Soit x et j deux entiers relatifs tels que 11x j (modulo 26). Alors, en multi-

pliant par 19 : 19×11x ≡ 19 j (modulo 26). Or 19×11 = 209 et 209 ≡ 1 (mo-

dulo 26), donc x ≡ 19 j (modulo 26).

• Réciproquement, si x ≡ 19 j (modulo 26), alors, enmultipliant par 11 : 11x

11×19 j (modulo 26), d’où 11x j (modulo 26). L’équivalence est donc dé-

montrée.

b. Soit y un entier compris entre 0 et 25, il s’agit de trouver un entier x compris

entre 0 et 25 tel que : 11x +8 ≡ y (modulo 26). Nécessairement on doit avoir :

11x y −8 (modulo 26), ce qui équivaut, d’après la question précédente, à x

19(y −8) (modulo 26). Le procédé de décodage est donc le suivant :

• on chiffre la lettre à décoder par un nombre entier y compris entre 0 et 25 ;

• on calcule le reste x de la division euclidienne de 19(y −8) par 26 ;

• on déchiffre alors x pour obtenir la lettre décodée.

c. W est chiffré par y = 22. Or 19× (22− 8) ≡ 6 (modulo 26), donc x = 6, ce qui

correspond à la lettre G.

EXERCICE 3 4 points

Commun à tous les candidats

1. A ;

2. C ;

3. B ;

4. C.

EXERCICE 4 5 points

Commun à tous les candidats

1. Un exemple.

a. Voir figure.

b. Le point K ′ a pour affixe zK ′ = −(1+ i )2

1+ i i =−2i .

c. Voir figure.

2. Des points pour lesquels le problème ne se pose pas.

a. L′ a pour affixe zL′ = −

( i 2

)2

i 2 − i

= −

( i 2

)2

i 2

= i

2 . On remarque ainsi que L′ = L.

b. Soit M un point du plan complexe d’affixe z 6= i . Alors :

(

f (M)=M )

⇐⇒

(

z = −z2

zi

)

⇐⇒

(

z(zi )=−z2 )

⇐⇒

(

z(2zi )= 0 )

⇐⇒

(

z = 0 ou z = i

2

)

.

Il n’y a donc que deux points invariants par f :O et L.

3. Un procédé de construction.

a. On a : g = i + z+ z

3 =

i + zz 2

zi

3 =

(zi )(z+ i )− z2

3(zi ) =

z2+1− z2

3(zi ) =

1

3(zi ) .

L’égalité est vérifiée.

b. SoitM est un point du cercle de centre A de rayon r , alors AM = r , donc |zi | =

r . D’après la relation précédente, cela implique que |g | = 1

3r , donc queG appar-

tient au cercle de centreO de rayon 1

3r .

Antilles-Guyane 4 juin 2008

Baccalauréat S

c. D’après la relation de la question 3a :

argg = arg

( 1

3(zi )

)

=−arg(3(zi ))=−arg3−arg(zi )=−arg(zi )=− ( −→ u ;

−−−→ AM

)

.

d. Construction du point D ′ :

• on construit le pointG, point d’intersection du cercle de centreO et de rayon 2

3 et de la demi-droite d’origineO faisant un angle de−(

−→ u ;

−−→ AD ) avec l’hori-

zontale ;

G est le centre de gravité du triangle ADD ′, en notant J le milieu de [AD] on

a donc : −−→ JD ′ = 3

−−→ JG .

+ A

+ K

+ K

+ D

+ O

−→ u

−→ v

+ I

+ G

+ J

+ D

Antilles-Guyane 5 juin 2008

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