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[ Correction du baccalauréat S Polynésie \
juin 2007
EXERCICE 1 5 points
Commun à tous les candidats
Partie A
1. On peut dresser l’arbre d’une partie :
b
B
1
10
G
1
6
5 G
6
B
9
10
G
1
6
5 G
6
En suivant les branches qui conduisent à un gain on obtient :
p (G) =
×
×
2. On a p
G
= 1 − p (G) =
Il faut trouver p G
(B) =
p
G ∩ B
p
G
1
10
×
1
6
23
30
1
60
23
30
×
3. On a une épreuve de Bernoulli avec n = 4 et p (G) =
La probabilité de gagner exactement deux fois sur quatre parties est :
2
×
2
6 × 7
2 × 23
2
4
4. La probabilité de ne gagner aucune partie sur n jouées est
n
0
n
La probabilité d’en gagner au moins une est donc : 1 −
n
0
n
Il faut donc trouver n tel que 1 −
n
0
n
n
− ln 100 > n ln
⇐⇒ n >
ln 100
ln
Il faut donc jouer au minimum 18 fois.
Partie B
1. a. Loi de probabilité de X :
X + 4 − 1
p ( X = xi )
L’espérance mathématique est E( X ) = 4 ×
+ (−1) ×
b. L’espérance de gain étant positive (environ 16 centimes par partie) le jeu
est défavorable à l’organisateur.
2. On reprend l’arbre initial avec p (B) =
n + 1
et p
B
n
n + 1
La probabilité de gagner devient p (G) =
n + 1
×
n
n + 1
×
n + 5
6( n + 1)
. Il
suit que p
G
5 n + 1
6( n + 1)
L’espérance est donc E( X ) = 4 ×
n + 5
6( n + 1)
+ (−1) ×
5 n + 1
6( n + 1)
19 − n
6( n + 1)
Le jeu est défavorable à l’organisateur si E( X ) < 0 ⇐⇒
19 − n
6( n + 1)
n 6 19.
EXERCICE 2 4 points
1. En posant z = x +i y , avec x et y réels, z −3i z − 3 +6i = 0 ⇐⇒ x −i y −3i x + 3 y −
3 + 6i = 0 ⇐⇒
x + 3 y − 3 = 0
− 3 x − y + 6 = 0
x + 3 y − 3 = 0
− 9 x − 3 y + 18 = 0
x + 3 y − 3 = 0
− 8 x − 3 y + 15 = 0
x + 3 y − 3 = 0
− 8 x + 15 = 0
x =
15
8
y =
3
8
Donc cette équation a une solution :
2. OAB est équilatéral direct, donc B est l’image de A dans la rotation de centre
O et d’angle
π
. L’écriture complexe de cette rotation est : z
′ = z e
i
π
(^3).
Donc z B = z Ae
i
π
(^3) = (4 − 2i)
p
p
3 + i
p
3. a. L’égalité arg( z − 2i) =
π
- k × 2 π ( k ∈ Z) signifie que
u ,
D M
π
2 π ( k ∈ Z) : c’est donc la droite privée du point D contenant D et ayant
une pente de 1.
b. z = 2i + 2e
i θ ⇐⇒ z − 2 = 2e
i θ qui signifie :
— que | z − 2i| = 2 ⇐⇒ D M = 2 ;
— que
u ,
D M
= θ + 2 kπ
L’ensemble de ces points M est donc le cercle de centre D et de rayon 2.
4. Si pour z 6 = −2, z
′
z − 1
z + 2
z
′
z − 1
z + 2
= 1 ⇐⇒ | z − 1 | =
z + 2
Or z et z sont les affixes de points symétriques autour de
O,
u
et le point B
d’affixe −2 appartient à cet axe
O,
u
. Donc
z + 2
= | z + 2 |
L’équation devient | z + 2 | = | z − 1 |, qui signifie si on appelle C le point d’affixe
1, B M = C M ou encore M appartient à la médiatrice de [BC].
EXERCICE 3 5 points
Enseignement obligatoire
1. a. Par définition E existe (2 + 1 6 = 0) et vérifie 2
EA +
EB =
OE =
OA +
OB.
Les coordonnées de E sont donc
4
3
4
3
b. En utilisant le point E :
M A +
M B
M O
M E +
M E
M O
∥ ⇐⇒^ M E^ =^ M O qui signifie que^ M^ est équidistant de O et de E,
donc appartient au plan médiateur de [OE].
1. Une équation du cône est de la forme : x
2
2 = αz
2
. Comme A appartient à
(Γ), alors 1
2
2 = α × 2
2 ⇐⇒ α =
Une équation de (Γ) est donc M ( x ; y ; z ) ∈ (Γ) ⇐⇒ x
2
2
z
2 .
2. a. Le plan parallèle à x O y et contenant B a pour équation z = −4.
b. L’intersection de (P) et de (Γ) est un cercle dont les points ont des coor-
données qui vérifient les deux équations :
{
x
2
2
z
2
z = − 4
x
2
2 = 40
z = − 4
Ce cercle (C 1 ) a donc pour centre le point de coordonnées (0 ; 0 ; −4) et
de rayon
p
p
3. De la même façon x
2
2
z
2 et y = 3 entraîne que
z
2 − x
2 = 9 et y = 3.
Cette intersection (C 2
) est une hyperbole.
Partie B
1. x
2
2 = 40.
a. Les nombres x et y ne peuvent, en valeur absolue être supérieurs à 6. On
trouve que les seuls carrés dont la somme est égale à 40 sont 36 et 4.
Les couples solution sont donc (−6 ; −2), (−6 ; 2), (−2 ; −6), (−2 ; 6),
b. En ajoutant la cote z = −4, on obtient huit points de (C 1 ) dont les coor-
données sont des entiers :
2. a. ( x ; y ; z ) ∈ Z
3 et x
2
2
z
2 ⇐⇒ 2( x
2
2 ) = 5 z
2 .
D’après Gauss : 2 divise 2( x
2
2 ), donc 5 z
2 ; comme il est premier avec 5,
il divise z
2 et donc z puisque ces deux entiers comprennent exactement
les mêmes diviseurs premiers.
De la même façon 5 divise 2( x
2
2 ) et est premier avec 2, donc il divise
x
2
2 .
On a vu que z est pair, donc z
2 est un multiple de 4 et par conséquent
z
2 = x
2
2 est un multiple de 2.
Finalement x
2
2 est un multiple de 2 et de 5, donc de 10.
b. M ( x ; y ; z ) ∈ (C 2 ) donc x
2
2
z
2 et y = 3.
D’après la question précédente on a x
2
2 = x
2
soit x
2
2 ≡ − 9 [10] ⇐⇒ x
2 ≡ 1 [10] ⇐⇒ x ≡
1 [10].
c. Résolution de x
2 ≡ 1 [10] : les seules possibilités sont x ≡ 1 [10] et
x ≡ 9 [10].
d. Avec x = 1, y = 3, on trouve que z = 2 ou z = −2. La première solution
correspond à A la seconde à un autre point de (C 02 ) : (1 ; 3 ; −2).
(Il y a aussi (9 ; 3 ; 6) et (9 ; 3 ; −6).
EXERCICE 4 5 points
Commun à tous les candidats
Partie A
1. a. 1 6 x 6 2 ⇒ 0 6 ln x 6 ln 2 ⇒ 0 6 x ln x 6 2ln 2 ⇒ 1 6 1 + x ln x 6 1 + 2ln 2.
La fonction f est positive sur [1 ; 2].
b. On a M(1 ; 1) et N(2 ; 1 + 2ln 2), donc
MN (1 ; 2ln 2), ce qui montre que le
coefficient directeur de la droite (MN) est 2ln 2.
c. Une équation de la tangente T x
à C f
en un point de coordonnées ( x ; f ( x )),
avec 1 6 x 6 2 est : P ( X ; Y ) ∈ T
x
⇐⇒ Y − (1 + x ln x ) = ( X − x ) f
′ ( x ).
Or f
′ ( x ) = ln x + x ×
x
= 1 + ln x.
P ( X ; Y ) ∈ Tx ⇐⇒ Y − (1 + x ln x ) = ( X − x )(1 + ln x ) ⇐⇒ Y = 1 + x ln x +
X (1 + ln x ) − x − ln x ⇐⇒ Y = X (1 + ln x ) + 1 + x ln x − x − ln x. Cette droite
est parallèle à la droite (MN) si et seulement si son coefficient directeur
est égal à 2ln 2, soit si 1 + ln x = 2ln 2 ⇐⇒ ln x = ln 4 − ln e ⇐⇒ ln x =
ln
e
⇐⇒ x =
e
(d’après la croissance de la fonction ln.
Il existe donc un seul point E entre M et N où la tangente à la courbe est
parallèle à la droite (MN).
d. D’après la question précédente l’équation de T est P ( X ; Y ) ∈ T ⇐⇒ Y =
X (1 + ln x ) + 1 − x avec x =
e
, l’équation de la tangente en E est donc
(puisque le coefficient directeur est égal à 2ln 2), Y = (2ln 2) X + 1 −
e
2. a. On a g ( x ) = 1 + x ln x − (2ln 2) x − 1 +
e
, donc puisque toutes les fonctions
sont dérivables sur [1 ; 2], g
′ ( x ) = ln x + 1 −2ln 2 = 1 +ln x −ln 4 = 1 +ln
x
b. La fonction g
′ s’annule si 1 + ln
x
= 0 ⇐⇒ ln
x
ln
x
= ln
e
⇐⇒ x =
e
La dérivée g
′ est donc négative sur
[
e
]
et positive sur
[
e
]
, d’où le
tableau de variations de g :
La fonction est donc décroissante de f (1) à f
e
= 0 puis croissante de 0
à f (2). La fonction g a donc un minimum en
e
: elle est donc positive sur
l’intervalle [1 ; 2].
Conclusion : g ( x ) > 0 ⇐⇒ f ( x ) > (2ln 2) x −
e
- 1, ce qui signifie que la
courbe C f
est au dessus de la tangente T.
3. a. On a M
′
1 ; 2ln 2 −
e
et N
′
1 ; 4ln 2 −
e
aire(MNQP) =
( f (1) + f (2)) × PQ =
1 + 1 + 2ln 2
× 1 = 1 + ln 2.
aire(M
′ N
′ QP) =
2ln 2 −
e
e
× PQ = 3ln 2 −
e
b. Avec l’hypothèse que la courbe reste sous la droite (MN) on en déduit
l’encadrement :
1 + ln 2 6 A 6 3ln 2 −
e
soit 1,607 < A < 1,
Conclusion 1,6 < A < 1,7 à 10
− 1 près
