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[ Correction du Baccalauréat S Amérique du Nord mai 2007 \
EXERCICE 1 3 points
Commun à tous les candidats
1. Le plan (P) a une pour équation cartésienne : 2 x + y − 3 z + 1 = 0. Les coordonnées de H vérifient cette équation donc H appartient à (P) et A n’appartient pas à (P).
Un vecteur normal à (P) est
n (2 ; 1 ; −3). H est le projeté orthogonal de A sur (P) si, et seulement si,
AH est colinéaire à
n.
On a :
AH (−1 ; −9 ; −6). Il est clair que les coordonnées des deux vecteurs ne sont pas proportionnelles donc les vecteurs ne sont pas colinéaires. H n’est pas le projeté orthogonal de A sur (P) : la proposition 1 est fausse.
2. On considère l’équation différentielle (E) : y ′ = 2 − 2 y.
Cette équation s’écrit : y ′ = − 2 y + 2 qui d’après le cours, a pour solutions : u ( x ) = k e − 2 x
La condition u (0) = 0 donne k + 1 = 0 donc k = −1. Par conséquent : u ( x ) = −e − 2 x
Alors : u
ln 2
2
= 1 − e
− ln 2 = 1 − e
ln (^12) = 1 −
donc la proposition 2 est vraie.
3. On considère la suite ( un ) définie par u 0 = 2 et, pour tout entier naturel n , un + 1 =
7 un.
Effectuons une démonstration par récurrence.
Soit P n la proposition : « 0 6 un 6 7 »
- (initialisation) u 0 = 2 donc 0 6 u 0 6 7. P 0 est vraie.
- (Hérédité ) Supposons P n vraie pour un rang n.
Alors : 0 6 un 6 7. En multipliant par 7, on obtient : 0 6 7 un 6 79. Comme la fonction racine carré est crois-
sante sur son ensemble de définition, on en déduit : 0 6
7 un 6
p 49 = 7 donc la proposition est vraie au rang n + 1.
On a montré que la par récurrence que la proposition est vraie pour tout n , donc la proposition 3 est vraie.
EXERCICE 2 5 points
Pour les candidats n’ayant pas choisi la spécialité mathématiques
1. a. r est la rotation de centre O et d’angle
2 π
3
. Une écriture complexe d’une rotation de centre Ω( ω ) et d’angle
θ est z ′ − ω = e i θ ( z − ω ) donc une écriture de r est : z ′ = e i 23 π z.
b. B a pour affixe zB = e
−i 56 π et C est l’image de B par r. On en déduit : zC = e
i 23 π × e
−i 56 π = e
−i π 6
. zC = e
−i π 6 .
c. zB = −
p 3
2
i et zC =
p 3
2
i.
d. voir figure à la fin
2. a. D est le barycentre des points A, B et C affecté des coefficients 2 , -1 et 2.
Par conséquent : 2
O A −
OB + 2
OC = (2− 1 +2)
OD qui se traduit par l’égalité sur les affixes : 2 zA − zB + 2 zC =
3 zD d’où zD =
(2 zA − zB + 2 zC ) =
2i +
p 3
2
i +
p 3 − i
p 3
2
i.
zD =
p 3
2
i.
b. | zA | = |i| = 1 ; | zB | =
∣e
−i 56 π
∣ = 1 car, pour tout x , |e
i x | = 1.
De même, | zC | =
∣e −i π 6
∣ = 1 ; zD = e i π 6 donc | zD | = 1.
Les quatre points A, B, C et D sont sur le cercle centre O et de rayon 1.
3. a. h est l’homothétie de centre A et de rapport 2. Une écriture complexe de h est : z ′ − zA = 2( z − zA ) donc
z ′ − i − 2( z − i) soit : z ′ = 2 z − i.
b. E est l’image de D par h. On a : zE = 2 zD − i =
p 3 + i − i =
p
- zE =
p
4. a.
zD − zC
zE − zC
p 3
2
i −
p 3
2
i
p 3 −
p 3
2
i
i p 3
2
i
= i
( (^) p 3
2
i
p 3
2
= e i π 3 .
zD − zC
zE − zC
= e i π 3 .
b. On en déduit :
zD − zC
zE − zC
∣ =^
C D
C E
∣e i π 3
∣ = 1 donc C D = C E.
arg
zD − zC
zE − zC
C E ;
C D
= arg
e i π 3
π
3
à 2 kπ près.
CDE est isocèle et l’angle au sommet vaut
π
3
: c’est un triangle équilatéral.
O −→
u
v
b
b
b b
b
b
A
B
C
D
E
EXERCICE 2 5 points
Pour les candidats ayant choisi la spécialité mathématiques
1. f est la transformation dont une écriture complexe est : z ′ = (2−2i) z +1. Cette écriture est de la forme z ′ = αz + β
avec α = 2 − 2i et β = 1 donc f est une similitude directe.
Elle a pour point fixe Ω d’affixe ω avec ω =
β
1 − α
1 − (2 − 2i)
− 1 + 2i
− 1 − 2i
5
i.
Le rapport de cette similitude est | α | = | 2 − 2i| = |2(1 − i)| = 2 | 1 − i| = 2
p
α = 2 − 2i = 2
p 2
p 2
p 2
i
p 2e −i π 4
. Un argument de α est −
π
4
f est la similitude directe de point fixe Ω
i
, de rapport 2
p 2 et d’angle −
π
4
2. a. Soit B’ l’image de B par f : zB ′ = (2 − 2i) zB + 1 = (2 − 2i)(− 4 + 2i) + 1 = − 3 + 12i. zB ′ = − 3 + 12i.
b.
zB ′^ − zC
zA − zC
− 3 + 12i − 1 − 4i
3 + 5i − 1 − 4i
− 4 + 8i
2 + i
−4(1 − 2i)
i(1 − 2i)
i
= 4i.
On en déduit que
C A ;
C B
′
= arg
zB ′ − zC
zA − zC
= arg(4i) =
π
2
Par conséquent, les droites (CB’) et (CA) sont orthogonales.
3. Soit M d’affixe z = x +i y. M ′ = f( M ) a pour affixe z ′ avec z ′ = (2−2i) z + 1 = (2−2i)( x +i y )+ 1 = 2 x + 2 y + 1 +i(2 z − 2 x ). −−−→ C M
′ a pour affixe z
′ − zC = 2 x + 2 y + (2 x − 2 y − 4)i. −−→ C A a pour affixe z −−→ C A = a − c = 2 + i.
Les coordonnées des vecteurs
C M
′ et
C A sont respectivement (2 x + 2 y ; 2 y − 2 x − 4) et (2 ; 1). −−−→ C M
′ et
C A sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul, c’est-à-dire si et seulement si 2(2 x + 2 y ) + 2 y − 2 x − 4 = 0 soit x + 3 y = 2 après simplifications.
4. Soit l’équation (E) ; x + 3 y = 2, où x et y sont des entiers relatifs.
a. − 4 + 3 × 2 = − 4 + 6 = 2 donc (−4 ; 2) est solution de (E).
c. p ( X = 0) = p (E 1 ∩ E 2 ∩ E 3 ) = 0,8 × 0,95 × 0,95 = 0,.
p ( X = 1) − 1 − [ p ( X = 0) + p ( X = 2) + p ( X = 3)] = 1 − (0,722 + 0,031 + 0, 002) = 0,.
On en déduit la loi de probabilité de X , résumée dans le tableau suivant :
xi 0 1 2 3
p ( X = xi ) 0,722 0,245 0,031 0,
d. L’espérance de X est E ( X ) =
∑^3
i = 0
xi p ( X = xi ) = (0 × 0,722) + (1 × 0,245) + (2 × 0, 031) + (3 × 0, 002) = 0,313.
E ( X ) = 0,.
2. a. Pour tout n non nul, p ( En ∩ En + 1 ) = pEn ( En + 1 ) × p ( En ) = 0,1 × p ( En ) = 0,1 pn.
De même : p ( En ∩ En + 1 ) = p En ( En + 1 ) × p ( En ) = 0,05 × (1 − p ( En )) = 0,05(1 − pn ).
b. On a : En + 1 = ( En ∩ En + 1 ) ∪ ( En ∩ En + 1 ) (réunion d’événements incompatibles). Par conséquent : pn + 1 = p ( En + 1 ) = p ( En ∩ En + 1 ) + p ( En ∩ En + 1 ) = 0,1 pn + 0,05(1 − pn ) = 0,05 pn + 0,
3. Soit la suite ( un ) définie pour tout entier naturel n non nul par : un = pn −
a. Pour tout n 6 = 0, un + 1 = pn + 1 −
= 0,05 pn + 0,05 −
pn +
pn −
[
pn −
]
un.
Pour tout n 6 = 0, un + 1 =
un donc ( un ) est une suite géométrique , de raison q =
et de premier terme
u 1 = p 1 −
b. On en déduit : un = u 1 q n − 1 donc un =
) n − 1
et pn = un +
) n − 1
.
c. − 1 <
< 1 donc lim n →+∞
) n − 1
= 0 et par conséquent : lim n →+∞
pn =
EXERCICE 4 7 points
Commun à tous les candidats
1. Restitution organisée de connaissances.
a. Soit la fonction définie sur [0 ; +∞[ par g ( x ) = e x −
x 2
g est dérivable comme différence de fonctions dérivables ; pour tout x de [0 ; +∞[, g ′ ( x ) = e x − x > 0 puisque e x
x pour tout x.
g ′
( x ) est donc positif et g est croissante sur [0 ; +∞[ ; g(0) = 1 donc, pour tout x > 0, g( x ) > g (0) = 1 donc
g ( x ) > 0.
b. On en déduit que, pour tout x > 0, e
x
x^2
2
. Pour x > 0, en divisant par x , on obtient :
e x
x
x
2
. Comme
lim x →+∞
x
2
= +∞, d’après le pré-requis, on en déduit lim x →+∞
e x
x
2. Soit f la fonction définie sur [0 ; +∞[ par f ( x ) =
x e − x 2 .
a. La fonction exponentielle est positive sur [0 ; +∞[ donc, pour tout x de [0 ; +∞[, f ( x ) > 0.
b. Pour tout x > 0, f ( x ) =
x
2
e
− x 2
. On pose X =
x
2
. lim x →+∞
X = +∞.
Par conséquent, d’après le théorème sur la composition des limites, on a :
lim x →+∞
f ( x ) = lim X →+∞
X e − X = lim X →+∞
X
e X^
On a vu dans la question 1. que lim x →+∞
e x
x
= +∞ donc lim X →+∞
X
e X^
Par conséquent : lim x →+∞
f ( x ) = 0. La courbe C admet donc une asymptote d’équation y = 0 en +∞.
c. f est dérivable sur [0 ; +∞[ comme produit et composée de fonctions dérivables.
f =
u e v en posant u ( x ) = x et v ( x ) = −
x
2
. Alors f ′ =
( u e v ) ′ =
u ′ × e v
Pour tout x , on en déduit : f ′ ( x ) =
e − x 2
× e − x 2
x × e − x 2
(2 − x )e − x 2 .
e − x 2
0 donc f ′
( x ) est du signe de 2 − x donc positif pour x 6 2, nul en 2 et négatif pour x > 2.
f est croissante sur [0 ; 2] et décroissante sur [2 ; +∞[.
Tableau de variations :
x 0 2 +∞ f ′ ( x ) + 0 − 1
2e f ( x ) ր ց 0 0
3. Soit F la fonction définie sur [0 ; +∞[ par ; F ( x ) =
∫ x
0
f ( t ) d t.
a. F est la primitive de f qui s’annule en 0 donc F ′ = f. Comme on a montré que f était positive, F est positive et F est croissante.
b. Pour tout x , F ( x ) =
∫ x
0
t e − t 2 .
Posons α ( t ) = t d’où α ′ ( t ) = 1
β ′ ( t ) =
e − t 2 d’où β ( t ) = −
e − t 2 .
α et β sont continues donc on peut effectuer une intégration par parties.
Alors : F ( x ) =
[
t e − t 2
] x
0
∫ x
0
e − 2 t d t = −
x e − x 2
[
−2e − t 2
] x
0
= 1 − e − x 2 −
x
2
e − x 2 .
c. lim x →+∞
x
2
= −∞ donc par composition avec la fonction exponentielle, lim x →+∞
e − x 2 = 0.
On a vu précédemment que lim x →+∞
x
2
e − x 2 = 0 donc lim x →+∞
F ( x ) = 1.
On en déduit le tableau de variations de F :
x 0 +∞ F ′ ( x ) = f ( x ) +
1 F ( x ) ր 0
d. F est continue puisque dérivable ; F est strictement croissante ; F (0) = 0 et lim x →+∞
F ( x ) = 1. D’après le théo-
rème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel positif α tel que F ( α ) = 0,5.
À la calculatrice, on trouve : α ≈ 3.36 à 0,01 près par excès.
4. An =
∫ n
0
f ( t ) d t = F ( n ) − F (0) = F ( n ) car F (0) = 0. D’après la question précédente, le plus petit entier n pour
lequel An > 0,5 est n = 4.
