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[ Corrigé du baccalauréat S Asie juin 2007 \
EXERCICE 1 4 points
1. On a f ′( x ) = 2cos x sin x = sin 2 x. Vrai 2. En intégrant par parties car toutes les fonctions sont continues : { u ( t ) = t ; u ′( t ) = 1 v ′( t ) = f ′( t ) ; v ( t ) = f ( t ) ∫ 1
− 1
t f ′( t ) d t = [ t f ( t )]^1 − 1 −
− 1
f ( t ) d t = f (1) − (−1) f (−1) −
− 1
f ( t ) d t =
f (1) + f (−1) −
− 1
f ( t ) d t.
Or f (−1) = − f (1), donc
− 1
t f ′( t ) d t = −
− 1
f ( t ) d t. Vrai
3. Avec f ( x ) = x et g ( x ) = −
x 3
0
x d x =
[
x^2 2
] 3
0
et
0
x 3
d x = [ − x^2 6
] 3
0
On a bien
0
f ( x ) d x 6
0
g ( x ) d x et f (3) = 3 et g (3) = 2. Faux
4. f est solution de l’équation différentielle, donc f ′( x ) = − 2 f ( x ) + 2 = 2(1 − f ( x )). Si f est constante, alors f ′( x ) = 0 et par conséquent 2(1 − f ( x )) = 0 ⇒ f ( x ) = 1. Comme la fonction n’est pas constante f ( x ) 6 = 1, donc 2(1 − f ( x )) = f ′( x ) 6 = 0. Aucune tangente n’est horizontale. Vrai
EXERCICE 2 5 points
1. a. z ( 0 = 0, z 1 = λ × 0 +i = i, z 2 = λ i+i = ( λ +1)i, z 3 = λ [( λ +1)i]+i = λ^2 i+ λ i+i = λ^2 + λ + 1
i. b. Par récurrence :
λ^0 − 1 λ − 1
i.
- Hérédité : supposons que zn =
λn^ − 1 λ − 1 · i.
On sait que zn + 1 = λzn +i = λ λn^ − 1 λ − 1
·i+i = λn +^1 − λ + λ − 1 λ − 1
·i = λn +^1 − 1 λ − 1
·i. La formule est vraie au rang ( n + 1).
On a démontré par récurrence que zn =
λn^ − 1 λ − 1
· i.
2. λ = i a. D’après 1. a., on a z 3 = (− 1 + i + 1)i = −1. Donc z 4 = i × (−1) + i = 0.
Ou plus rapide en utilisant la formule du 1. b. : z 4 =
i^4 − 1 i − 1 · i = 0 · i = 0.
b. zn + 4 =
i n +^4 − 1 i − 1
· i =
i n^ × i^4 − 1 i − 1
i =
i n^ − 1 i − 1
· i = zn. Quel que soit n ∈ N, zn + 4 = zn. c. On a donc zn + 1 = ( zn + 1) i (1). Cherchons un point invariant par la transformation zn 7 −→ zn + 1. S’il existe un point invariant Ω d’affixe ω , on doit avoir ω = ( ω + 1) i ⇐⇒ ω (1 − i) = i ⇐⇒ ω =
i 1 − i
i(1 + i) 1 − i
⇐⇒ ω = −
On a donc en retranchant ω à chaque membre de (1) : zn + 1 − ω = ( zn + 1) i − ω ⇐⇒ zn + 1 +
− i
= ( zn + 1) i +
− i
⇐⇒ zn + 1 −
ω = zn i + i
× (^) (−i)^2 =
[
zn −
2i
)]
i ⇐⇒ zn + 1 − ω = (^) ( zn − ω ) i ⇐⇒
zn + 1 − ω = ( zn − ω ) ei^ π 2 . Conclusion Mn + 1 est l’image de Mn dans la rotation de centre Ω et d’angle π 2
d.
+^
Ω
u
v
M 0
M 2 M 1
M 3
M 4
3. a. Il existe k tel que λk^ = 1.
On peut donc écrire zn =
λn^ − 1 λ − 1
· i =
λn^ × λk^ − 1 λ − 1
· i =
λn + k^ − 1 λ − 1
· i = zn + k.
b. zn + k = zn ⇐⇒
λn + k^ − 1 λ − 1
· i =
λn^ − 1 λ − 1
· i ⇐⇒ λn + k^ − 1 = λn^ − 1 ⇐⇒ λn + k^ = λn^ ⇐⇒ λn^ × λk^ = λn^ ⇐⇒ λk^ = 1.
EXERCICE 2 5 points Enseignement de spécialité
Partie I
1. a. On sait que la similitude directe s telle que s (O) = A et s (B) = O est unique et que son écriture complexe est : z ′^ = az + b , a et b étant deux complexes. On a donc en utilisant les affixes des deux points O et B et de leurs images : { 10 = a × 0 + b 0 = a × 5i + b
10 = b 2i = a L’écriture complexe de s est donc z ′^ = 2i z + 10. b. Éléments caractéristiques : — Rapport de la similitude : c’est | a | = |2i| = 2. — Angle de la similitude : c’est ar g ( a ) =
π 2 — Point invariant : c’est le point Ω d’affixe ω vérifiant ω = 2i ω + 10 ⇐⇒ ω (1 − 2i) = 10 ⇐⇒ ω =
1 − 2i
10(1 + 2i) 1 + 4
= 2 + 4i.
La similitude s a pour centre Ω(2+4i), pour rapport 2 et pour angle
π 2
c. s ◦ s (B) = s (O) = A. La transformation s ◦ s , composée de similitudes directes de centre Ω est une similitude directe de centre Ω, de rapport 4 (produit des rapports) et
d. Arbre pondéré :
b
b
F
0,95 b S
b S 0,
b F
0,75 b S
b S 0, 0,
2. a. D’après la loi des probabilités totales on a : p (S) = p (S ∩ F) + p
S ∩ F
0,92 × 0,95 + 0,08 × 0,75 = 0,874 + 0,06 = 0,934.
b. Il faut trouver la probabilité conditionnelle p S(F) =
p (S ∩ F) p (S)
3. a. Loi de probabilité de B :
évènement F ∩ S F ∩ S reste probabilité 0,874 0,06 0, bénéfice : b ( 10 5 0 b. On a E( B ) = 0,874 × 10 + 0,06 × 5 + 0,166 × 0 = 8,74 + 0,30 = 9,04 ( (ce qui représente le bénéfice moyen par jouet).
4. On a une épreuve de Bernoulli de paramètres n = 10 et de probabilité p (S) = 0,934. La probabilité cherchée est égale à celle d’avoir 8, 9 ou 10 jouets solides, soit : ( 10 8
0,934^8 ×(1−0,934)^2 +
0,934^9 ×(1−0,934)^1 +
0,934^10 ×(1−0,934)^0 =
EXERCICE 4 7 points
Partie I
1. Équation E 2 : x^2 = 2 x^. On a 2^2 = 22 et 4^2 = 24 : 2 et 4 sont solutions de E 2. 2. aa^ = aa^ : donc a est solution de E a. 3. Équation Ee : x e^ = e x^. Étude de la fonction h définie par : h ( x ) = x − e ln x.
a. Question de cours : on sait que lim t →+∞
e t t
= +∞. Quelque soit t il existe x tel que t = ln x.
Donc e t t
eln^ x ln x
x ln x
D’après l’hypothèse initiale lim x →+∞
x ln x
= +∞, car t → +∞ ⇒ x → +∞.
Finalement en prenant l’inverse : lim x →+∞
ln x x
b. Comme lim x → 0
ln x = −∞, lim x → 0
h ( x ) = +∞.
On peut écrire h ( x ) = x
1 − e
ln x x
. D’après la question de cours la paren- thèse a pour limite 1, donc lim x →+∞ h ( x ) = +∞.
c. h est dérivable sur ]0 ; +∞[ et h ′( x ) = 1 −
e x
x − e x
Si x > e, h ′( x ) > 0 et h est croissante ; Si x < e, h ′( x ) < 0 et h est décroissante. D’où le d. Tableau de variations de h
x 0 e +∞
h ′( x ) −^0 +
h ( x )
On a h (e) = e − e ln e = e − e = 0. D’après ce tableau h ( x ) = 0 ⇐⇒ x = e. L’équation Ee x e^ = e x^ est équivalente (en prenant le logarithme népé- rien) à e ln x = x ⇐⇒ h ( x ) = 0. Conclusion : l’équation Ee a une solution unique e.
Partie II
1. x > 0, x ∈ R. x solution de E a ⇐⇒ xa^ = ax^ ⇐⇒ a ln x = x ln a ⇐⇒
ln x x
ln a a
2. a. f ( x ) =
ln x x
sur R∗+. On sait que lim x → 0 ln x = −∞, donc lim x → 0 f ( x ) = −∞. D’après 1. a. lim x →+∞ f ( x ) = 0. b. f est dérivable comme fonction quotient de fonctions dérivables (avec x 6 = 0) et f ′( x ) =
1 − ln x x^2
f ′( x ) > 0 ⇐⇒ 1 − ln x > 0 ⇐⇒ ln x < ln e ⇐⇒ x < e. De même f ′( x ) < 0 ⇐⇒ x > e. D’où le c. Tableau de variations de f :
x 0 e +∞
f ′( x ) + 0 −
f ( x ) −∞
1 e 0
d. Tracé de C
