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juin 2007
Exercice 1
- Modélisation de l’expérience aléatoire : l’univers Ω est l’ensemble des combinaisons (choix non ordonnés et sans répétition) de trois éléments distincts pris dans l’ensemble des huit boules { N 1, N 2, N 3, R 1, R 2, R 3, R 4, R 5}.
On choisit la probabilité équirépartie sur cet univers Ω.
On sait que Card(Ω) =
8 × 7 × 6
(a) Cette probabilité est
. Réponse A.
(b) La probabilité de tirer 3 boules rouges est
. La probabilité de tirer 3 boules de la même couleur est
alors
. Réponse A.
- On répète 5 fois, dans des conditions identiques et indépendantes, la même épreuve de Bernoulli qui consiste à tirer une boule de l’urne. Les issues contraires de cette épreuve sont : «la boule tirée est noire» (succès de probabilité p = 3/8) et «la boule tirée est rouge» (échec de probabilité q = 1 − p = 5/8). Soit X la variable aléatoire qui compte le nombre de boules noires obtenues au cours de ces 5 épreuves. On sait
alors que X suit la loi binomiale B(5,3/8)
Pour tout entier k compris entre 0 et 5, P ( X = k ) =
k
) k ( 5
8
) 5 − k
(a) P ( X = 5) =
. Réponse B.
(b) P ( X = 2) =
. Réponse C.
- Construisons l’arbre pondéré associé à cette troisième expérience aléatoire.
(a) PR 1 ( R 2 ) est la probabilité de tirer une boule rouge dans une urne contenant 7 boules : 4 rouges et 3 noires. Donc
PR 1 ( R 2 ) =
. Réponse B.
(b) P ( R 1 ∩ N 2 ) = P ( R 1 ) × PR 1 ( N 2 ) =
×
. Réponse C.
(c) D’après la formule des probabilités totales :
P ( R 2 ) = P ( R 1 ∩ R 2 ) + P ( N 1 ∩ R 2 ) =
×
×
Réponse A.
(d) PN 2 ( R 1 ) =
P ( R 1 ∩ N 2 )
P ( N 2 )
P ( R 1 ∩ N 2 )
1 − P ( R 2 )
. Réponse C.
Exercice 2 (obligatoire)
Partie I
On pose z = x + i y avec x et y réels. Alors ℜe( z ) = x et ℑm( z ) = y.
CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page 2/
- z = − z ⇔ x − i y = −( x + i y ) ⇔ x − i y = − x − i y ⇔ 2 x = 0 ⇔ x = 0
⇔ ℜe( z ) = 0 ⇔ z ∈ i R où i R désigne l’ensemble des imaginaires purs.
2. z = z ⇔ x − i y = x + i y ⇔ − 2 i y = 0 ⇔ y = 0 ⇔ ℑm( z ) = 0 ⇔ z ∈ R.
- Par définition, | z | =
x^2 + y^2 d’où | z | 2 = x 2
De plus, z z = ( x + i y )( x − i y ) = x 2 − ( i y ) 2 = x 2 − i 2 y 2 = x 2
Par conséquent z z = | z | 2
Partie II
- O A = | a | =
p 10 ; OB = | b | =
(−1)^2 + 32 =
p 10 ; OC = | c | =
p 5 + 5 =
p 10 Donc O A = OB = OC ce qui signifie que O est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC.
- Le point H a pour affixe h = (2 −
p
p
- i Les points A et B se placent aisément. Le point C appartient au cercle de centre O , de rayon O A et à la droite d’équation réduite y = x. Pour placer le point H , on utilise la calculatrice et on obtient h ≈ −0,24 + i × 1,
On « voit » que H est l’orthocentre de ABC
Partie III
- O est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC ssi O A = OB = OC ssi O A 2 = OB 2 = OC 2
ssi | a | 2 = | b | 2 = | c | 2
ssi a a = b b = c c (d’après le résultat établi en I-3.)
- On pose w = b c − b c
(a) En utilisant les propriétés de la conjugaison (pour tous complexes z et z ′ , z − z ′^ = z − z ′^ ; zz ′^ = z z ′^ et z = z ), on obtient :
w = b c − b c = b c − b c = b c − b c = −( b c − b c ) = − w On en déduit que w est imaginaire pur.
(b) • ( b + c )( b − c ) = bb − bc + cb − cc = ( bb − cc ) + ( bc − bc ) Or bb = cc d’après III-1. Donc ( b + c )( b − c ) = b c − b c = w
w
| b − c |^2
( b + c )( b − c )
( b − c )( b − c )
( b + c )( b − c )
( b − c )( b − c )
b + c
b − c
(c) On sait que w est imaginaire pur et que
| b − c |^2
est un nombre réel (strictement positif).
Il s’ensuit que
| b − c |^2
× w est un imaginaire pur
c.à.d. que
b + c
b − c
est un imaginaire pur.
- L’énoncé sous-entend que b + c 6 = 0 (ou que ABC n’est pas rectangle en A ).
(a) Le vecteur
AH a pour affixe z −−→ AH = h − a = b + c
Le vecteur
C B a pour affixe z −−→ C B = b − c
(b)
C B ,
AH
u ,
AH
u ,
C B
= arg( z −−→ AH
) − arg( z −−→ C B
= arg
z −−→ AH z −−→ C B
= arg
b + c
b − c
π
2
+ k π avec k ∈ Z
car
b + c
b − c
est un imaginaire pur non nul.
CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page 4/
Partie II
- g admet pour écriture complexe z ′ = a z + b avec a = i
p 2 et b = 2 i
p 2 − 2.
g est la similitude directe de centre le point Ω d’affixe ω =
b
1 − a
2 i
p 2 − 2
1 − i
p 2
−2(1 − i
p
1 − i
p 2
= −2 , de rapport | a | =
p 2 et d’angle arg( a ) =
π
2
- M ( z )
s 7 −→ M 1 ( z 1 = z )
g 7 −→ M ′ ( z ′ = i
p 2 z 1 + 2 i
p 2 − 2) Nous avons f = g ◦ s où s est la transformation d’écriture complexe z ′ = z. s est donc la réflexion d’axe ( Ox ).
Partie III
- Soit M un point d’affixe z = x + i y avec x et y réels. M = f ( M ) ⇔ z = i
p 2 z + 2 i
p 2 − 2 ⇔ x + i y = i
p 2 ( x − i y ) + 2 i
p 2 − 2
⇔ x + i y = y
p 2 − 2 + i ( x
p 2 + 2
p
- ⇔
x = y
p 2 − 2
y = x
p 2 + 2
p 2
x = (2 x + 4) − 2
y = x
p 2 + 2
p 2
x = 2 x + 2
y = x
p 2 + 2
p 2
x = − 2 y = 0
⇔ z = − 2
Ainsi le point Ω(−2) est l’unique point invariant par f
- Soit N un point de D. Alors il existe un réel x tel que N ait pour affixe n = x + i ( x + 2) L’image de N par f est le point f ( N ) d’affixe n ′ = i
p 2 n + 2 i
p 2 − 2 = i
p 2( x − i x − 2 i ) + 2 i
p 2 − 2 = i x
p 2 + x
p 2 + 2
p 2 + 2 i
p 2 − 2 = ( x
p 2 + 2
p 2 − 2 ︸ ︷︷ ︸ x ′
) + i ( x
p 2 + 2
p 2 ︸ ︷︷ ︸ y ′
On constate que y ′ = x ′
- Il en résulte que f ( N ) appartient à D.
- σ est la réflexion d’axe D et k = f ◦ σ
(a) En tant que similitude indirecte, σ admet une écriture complexe du type z ′ = a z + b. Or les points A (−2) et B (2 i ) sont invariants par σ.
D’où le système d’égalités :
− 2 = − 2 a + b 2 i = − 2 i a + b
d’où
b = 2 a − 2 2 i = − 2 i a + b
On en déduit que 2 i = − 2 i a + 2 a − 2 ⇒ 2 + 2 i = a (2 − 2 i ) ⇒ a =
1 + i
1 − i
D’où a =
(1 + i )^2
2
= i. Puis b = 2 a − 2 = − 2 + 2 i. Ainsi
σ : z ′ = i z − 2 + 2 i
(b) Déterminons l’écriture complexe de k = f ◦ σ.
M ( z )
σ 7 −→ M 1 ( z 1 )
f 7 −→ M ′ ( z ′ )
z 1 = i z − 2 + 2 i
z ′ = i
p 2 z 1 + 2 i
p 2 − 2
z 1 = i z − 2 + 2 i
z ′ = i
p 2
i z − 2 + 2 i
p 2 − 2
Ainsi k admet pour écriture complexe z ′ = i
p 2(− i z − 2 − 2 i ) + 2 i
p 2 − 2
Finalement l’écriture complexe de k est z ′ =
p 2 z + 2
p 2 − 2
(c) On reconnaît l’écriture complexe de l’homothétie de centre le point d’affixe
p 2 − 2
1 −
p 2
p 2 − 1)
1 −
p 2
= −2 (c’est le
point Ω) et de rapport
p 2
- k = f ◦ σ d’où k ◦ σ = ( f ◦ σ ) ◦ σ d’où k ◦ σ = f ◦ ( σ ◦ σ )
Or on sait que σ ◦ σ =Id. Ainsi f = k ◦ σ
Exercice 3
Partie I
- Pour tout réel x de I , f ′ ( x ) 6 = 0. Alors la droite T n’est pas parallèle à l’axe ( O ;
i ). Donc T coupe l’axe ( O ;
i ) en un unique point H dont l’abscisse XT est la solution de l’équation d’inconnue X : f ′ ( x )( X − x ) + f ( x ) = 0
CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page 5/
f ′ ( x )( X − x ) + f ( x ) = 0 ⇐⇒ f ′ ( x )( X − x ) = − f ( x ) ⇐⇒ X − x = −
f ( x )
f ′( x )
⇐⇒ X = x −
f ( x )
f ′( x )
Ainsi
XT = x −
f ( x )
f ′( x )
- T admet une équation réduite du type Y = aX + b. Alors la droite T n’est pas parallèle à l’axe ( O ;
j ). Donc T coupe
l’axe ( O ;
j ) en un unique point K dont l’ordonnée YT vérifie YT = f ′ ( x )(0 − x ) + f ( x ) YT = f ( x ) − x f ′ ( x )
CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page 7/
Puisque 0 ∈ f ([0,1]), l’équation f ( x ) = 0 admet une unique solution α dans [0,1].
(c) • f
≈ −0,1 à 10 − 1 près par excès.
- f (1) ≈ 0,6 à 10 − 1 près par défaut.
- Donc f (1/2) ≤ −0,1 < 0 < 0,6 ≤ f (1) avec 0 = f ( α )
d’où f
< f ( α ) < f (^) (1)
Il en résulte par croissance de f sur R que
≤ α ≤ 1
(d) x ∈ [0, α ] =⇒ f (0) ≤ f ( x ) ≤ f ( α ) =⇒ − 1 ≤ f ( x ) ≤ 0 car f ( α ) = 0 Ainsi f est négative sur [0, α ].
Partie II
- g ( x ) = x ⇐⇒
1 + x
1 + e x^
= x ⇐⇒ 1 + x = x (1 + e x ) ⇐⇒ 1 + x = x + x e x
⇐⇒ 1 = x e x ⇐⇒ e x =
x
- On a vu en I-2.(b) que α était l’unique solution dans [0,1] de l’équation f ( x ) = 0 qui est équivalente à g ( x ) = x. En conséquence α est l’unique solution dans [0,1] de l’équation g ( x ) = x.
- La fonction g est dérivable sur [0,1] et pour tout x de [0,1],
g ′ ( x ) =
1(1 + e x^ ) − (1 + x )e x
(1 + e x^ )^2
1 + e x^ − e x^ − x e x
(1 + e x^ )^2
1 − x e x
(1 + e x^ )^2
−e x^ ( x − e− x^ )
(1 + e x^ )^2
Donc pour tout x de [0,1], g^
′ ( x ) =
−e x f ( x )
(1 + e x^ )^2
Puisque
e x
(1 + e x^ )^2
0, g ′ ( x ) et f ( x ) sont de signes contraires.
Donc, d’après I - 2 (d), f étant positive sur [0, α ] , pour tout x de [0, α ], g ′ ( x ) ≥ 0. Ainsi la fonction g est croissante sur [0, α ].
Partie III
- Pour tout entier naturel n , notons P n la propriété : « 0 ≤ un ≤ un + 1 ≤ α »
- Initialisation : vérifions la propriété au rang 0.
u 0 = 0 et u 1 = g (0) = 1/2. Or d’après I-2.(c),
≤ α. Donc 0 ≤ u 0 ≤ u 1 ≤ α.
- Hérédité : soit k ∈ N ∗ . Supposons la propriété P k vraie. Démontrons alors, sous cette hypothèse, que P k + 1 est vraie. On sait que g est croissante sur [0, α ]. Or, d’après l’hypothèse de récurrence, 0 ≤ uk ≤ uk + 1 ≤ α Donc g (0) ≤ g ( uk ) ≤ g ( uk + 1 ) ≤ g ( α ) avec g (0) = 1/2 ; g ( uk ) = uk + 1 ; g ( uk + 1 ) = uk + 2 et g ( α ) = α
Par conséquent 0 ≤
≤ uk + 1 ≤ uk + 2 ≤ α et P k + 1 est vraie.
- Conclusion : le principe de récurrence permet de conclure que pout tout entier naturel n , 0 ≤ un ≤ un + 1 ≤ α
- La suite ( un ) n ∈N est croissante
Cette suite est également majorée par α. Il en résulte d’après le théorème de convergence monotone, que la suite
( un ) n ∈N est convergente
- Notons ℓ la limite de la suite ( un ). Alors il est clair que lim n →+∞
un + 1 = ℓ
Puisque ∀ n ∈ N, 0 ≤ un ≤ α , on obtient par passage à la limite dans cet encadrement : 0 ≤ ℓ ≤ α. En particulier
ℓ ∈ [0,1].
lim n →+∞
un = ℓ et g est continue sur [0;1] donc g est continue au point ℓ.
D’où lim x → ℓ
g ( x ) = g ( ℓ ). On en déduit par composition que lim n →+∞
g ( un ) = g ( ℓ )
Or par définition de la suite ( un ) n ∈N, ∀ n ∈ N, g ( un ) = un + 1.
Donc lim n →+∞
un + 1 = g ( ℓ ). Par unicité de la limite d’une suite, on en déduit que g ( ℓ ) = ℓ autrement dit ℓ est une
solution dans [0,1] de l’équation g ( x ) = x.
Or cette équation admet α pour unique solution. Donc ℓ = α
- La calculatrice fournit u 4 ≈ 0,567143 à 10 − 6 près par défaut (valeur arrondie).
