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[ Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane \
septembre 2007
EXERCICE 1 6 points Commun à tous les candidats
Partie A n = 3, b = 7, r = 5.
p (G) = p ( nn )+ p ( bb )+ p ( r r ) =
×
×
×
15 × 14
Partie B
1. g ( n , b , r ) =
n 15
×
n − 1 14
b 15
×
b − 1 14
r 15
×
r − 1 14
[ n ( n − 1) + b ( b − 1) + r ( r − 1)].
2. a. L’équation du plan NBR est ax + by + cz + d = 0. En écrivant que N, B et R appartiennent à ce plan, on trouve 15 a + d = 0, 15 b + d = 0, 15 c + d = 0, soit a = −
d 15
= b = c. En prenant d = 15, on trouve qu’une équation du plan (NBR) est x + y + z − 15 = 0. b. On sait que n + b + r = 15 ⇐⇒ M ∈ (NBR).
c. g ( n , b , r ) =
[
n^2 − n + b^2 − b + r^2 − r
]
[
n^2 + b^2 + r^2 − ( n + b + r )
]
[
O M^2 − 15
]
. (puisque n + b + r = 15 d’après le b.
d. Le vecteur
OH est un vecteur normal au plan (NBR), donc a pour coordonnées ( α ; α ; α ) qui sont aussi les coordonnées du point H. Or H ∈ (NBR) ⇐⇒ α + α + α = 15 ⇐⇒ 3 α = 15 ⇐⇒ α = 5. Conclusion H(5 ; 5 ; 5). e. On sait que la distance minimale du point O à un point du plan (NBR) est la dis- tance de O au projeté orthogonal de O sur ce plan soit H. On a vu que g ( n , b , r ) = 1 210
[
OM^2 − 15
]
. Cette probabilité est minimale quand M = H. Dans ce cas g ( n , b , r ) = 1 210
[
OH^2 − 15
]
[
]
g mini( n , b , r ) =
Partie C
1. On a p (G) =
. Si deux boules de même couleur sortent il touche kx? x et dans le
cas contraire le « gain » sera de − x. Donc E( X ) =
( kx − x ) +
× (− x ) =
x 7
(2 k − 7).
2. Le jeu est équitable si E( x ) = 0 ⇐⇒ x 7
(2 k − 7) ⇐⇒ k =
EXERCICE 2 5 points Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
Partie A
1. α est tel que
α (1 + i) = 1 + 3i i α^2 = − 4 + 3i
La première égalité donne α =
1 + 3i 1 + i
= 2 + i. On a bien i(2 + i)^2 = i(4 − 1 + 4i) = − 4 + 3i.
2. Pour tout nombre complexe z , on pose f ( z ) = z^2 − (1 + 3i) z + (− 4 + 3i). Développons ( z − α )( z − i α ) = z^2 − i αz − αz + i α^2 = z^2 − αz (1 + i) + i α^2 = z^2 − (1 + 3i) z − 4 + 3i. Les solutions de l’équation f ( z ) = 0 sont donc α = 2 + i et i α = − 1 + 2i.
Partie B
1. b = − 1 +2i = i^2 +2i = i(i+2) = i α. a = α est l’affixe de A et b celle de B. L’égalité a = i b donne en module OA = OB et en argument
OA ,
OB
π 2
: le triangle OAB est donc rectangle isocèle en O.
2. Sans conjecture : le point D est l’image de C dans la rotation de centre O et d’angle π 2 . On a donc d = i c = i
i
− i.
A
B
C
D
M
O
K
L
J
On conjecture l’affixe de D à l’aide de la figure pour traiter la question suivante. D(−0,5 ; −1).
3. L’affixe de M est − 1 +
i. L’affixe du vecteur
DA est
On a donc
z − OM−→ z − DA−→
i 5 2
− 4 + 5i 10 + 8i
i(4i + 5) 2(4i + 5)
i.
EXERCICE 3 5 points Commun à tous les candidats Question de cours Soit f une fonction définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; 1]. On note f ′^ la fonction dérivée de f. On suppose que f ′^ est continue sur l’intervalle [0 ; 1]. Partie A Soit f une fonction définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; 1]. On note f ′^ la fonction dérivée de f. On suppose que f ′^ est continue sur l’intervalle [0 : 1].
1. On intègre par parties : ∫ 1
0
f ( x ) d x =
[
x f ( x )
] 1
0
x f ′( x ) d x = f (1) −
0
x f ′( x ) d x
2. L’égalité précédente peut s’écrire : ∫ 1
0
f ( x )d x − f (1) = −
0
x f ′( x )d x ⇐⇒
0
f ( x )d x − f (1)(1−0) = −
0
f ( x )d x ⇐⇒ ∫ 1
0
[
f ( x ) − f (1)
]
d x = −
0
f ( x ) d x.
Partie B
f ( x ) = ln
2 + x 2 − x
1. On a lim x → 2 f ( x ) = +∞ ; lim x →− 2 f ( x ) = −∞ 2. a. Par composition de fonctions dérivables, la fonction f est dérivable et : f ′( x ) =
u u ′^ , avec u ( x ) =
2 + x 2 − x ; f ′( x ) =
(2 − x )^2 2 + x 2 − x
(2 + x )(2 − x )
4 − x^2
b. Sur l’intervalle ] − 2 ; 2[, x^2 < 4, donc 4 − x^2 > 0. La dérivée est positive, donc la fonction est croissante de −∞ à +∞, avec f (0) = 0.
Partie C
Aire(P ) = f (1)× 1 −
0
f ( x )d x = ln 3+
0
x f ′( x )d x −ln 3 (en utilisant A. 1.)=
0
4 x 4 − x^2
d x.
En posant u ( x ) = 4 − x^2 , u ′( x ) =?2 x. On a donc
4 x 4 − x^2
u ′( x ) u ( x )
On a donc Aire(P ) = − 2
∣ln
4 − x^2
∣^10 = −2(ln 3 − ln 4) = 2(ln 4 − ln 3) = ln
Comme l’unité d’aire est égale à 2 × 2 cm^2 , on a Aire(P ) = 4ln
≈ 2,3 cm^2 ce qui
correspond sensiblement au dessin.
ı
EXERCICE 4 4 points Commun à tous les candidats Soit v = ( vn ) n > 0 une suite. On considère la suite u définie pour tout entier naturel n par un = e− vn^ + 1. Partie A
1. v 0 = ln a , alors : u 0 = e−^ ln^ a^ + 1 =
eln^ a^
a
2. Si v est strictement croissante, alors : − v est décroissante, e− v^ est décroissante (car la fonction exponentielle est croissante) et e− v^ + 1 l’est aussi et est minorée par 1 (au voisinage de +∞. Réponse d. 3. Si v diverge vers +∞, alors : (^) n →+∞lim e− vn^ = 0, donc (^) n lim→+∞ un = 1. Réponse c.
4. Si v est majorée par 2, alors : vn 6 2 ⇐⇒ − 2 6 − vn ⇐⇒ e−^2 6 e− vn^ ⇐⇒ e−^2 + 1 6
e− vn^ + 1. Donc réponse b.
Partie B (1 point) Démontrer que pour tout entier naturel non nul, on a ln ( un ) + vn > 0. On a un =
e vn^
1 + e vn e vn^
Donc ln ( un ) = ln (1 + e vn^ ) − ln(e vn^ ) = ln (1 + e vn^ ) − vn ⇐⇒ ln( un ) + vn = ln(1 + e vn^ ). Or e vn^ > 0, donc ln(1 + e vn^ ) > ln 1 = 0. Autre méthode : quel que soit n , 1 + e vn^ > e vn^. Par croissance de la fonction ln, on a ln ( un ) = ln (1 + e− vn^ ) > ln (e− vn^ ) = − vn ; conclu- sion ln( un ) + vn > 0.
