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Durée : 4 heures
[ Baccalauréat S La Réunion juin 2004 \
EXERCICE 1 4 points
A - Lecture graphique
1. On lit graphiquement : - Si k < 0, l’équation n’a pas de solution ; - Si k = 0, l’équation a une solution (1) ; - Si 0 < k < 1, l’équation a deux solutions ; - Si k = 1, l’équation a une solution (0) ; - Si k > 1, l’équation n’a pas de solution. 2. Pour n > 1, 0 <
n < 1. D’après la question précédente, l’équation f ( x ) = k = 1 n
a alors deux solutions distinctes.
B - Définition et étude de deux suites
1. D’après le tableau de variations : - Sur l’intervalle [0 ; 1] la fonction f est continue et décroissante de f (0) = 1 à f (1) = 0. Or n > 1 ⇒ 0 <
n
< 1 soit f (1) <
n
< f (0).
Il existe donc un réel unique un de [0 ; 1] tel que f ( un ) =
n
- Même raisonnement sur l’intervalle [1 ; +∞[ avec f croissante de 0 à 1. Il existe un réel unique vn de [1 ; +∞[ tel que f ( vn ) =
n
2. Construction de u 2 , u 3 , u 4 , v 2 , v 3 , v 4.
y = (^12) 1 (^2) y = 1 1 3 3 y = (^14)
1 4
x
y
O
C
u 2 u 3 u 4 v 4 v 3 v 2
EXERCICE 2 (Obligatoire) 5 points
z ′^ = i z + 2 z − i
1. a. Image de B : z B′^ =
i − 1 + 2 1 + i − i = 1 + i = z B : B est invariant par f ;
Image de C : z C′ = i(− 1 + i) + 2 − 1 + i − i
= − 1 + i = z C : C est invariant par f.
b. Soit M d’affixe différente de i et M ′^ son image par f , alors :
z ′^ − i =
i z + 2 z − i − i =
i z + 2 − i z − 1 z − i
z − i , d’où
z ′^ − i
( z − i) = 1.
c. Soit D′^ l’image de D par f. On déduit de la question précédente que
z D′ − i
i = 1, ce qui signifie :
— en module que AD′× OB = 1, soit AD′^ =
OB
p 2
p 2 2
— en argument que arg
u ,
AD′^
+arg
u ,
AD
= 0 [2 π ] soit arg
u ,
AD′^
π 4
, soit puisque
u =
AB ,
AB ,
AD′^
π 4
On peut donc construire le symétrique de D autour de (AB), puis l’image de ce point dans l’homothétie de centre A et de rapport 12. D’où la fi- gure :
u
v
b b b
b
b
O
C A^ B
D
D′
2. Soit un point M d’affixe z du cercle de centre A et de rayon R > 0, alors
A M = R ; or d’après la question 1. c., A M ′^ × A M = 1 ⇐⇒ A M ′^ =
A M
R
, ce
qui signifie que l’image de M appartient au cercle centré en A et de rayon
R
Un point M du cercle a une affixe de la forme z = i + R ei α , avec 0 6 α < 2 π
et on a vu à la question précédente que son image a un argument égal à − α ,
donc 0 6 − α < 2 π.
Conclusion : l’image d’un cercle centré en A et de rayon R est le cercle centré en A et de rayon
R
3. a. Si z = α i, α 6 = 1, alors z ′^ =
− α + 2 α i − i
i(2 − α ) 1 − α
= β i. Donc z ′^ est un imagi- naire pur. Donc l’image de l’axe imaginaire (privé de A) est inclus dans l’axe imagi- naire pur. Inversement si z ′^ = α i, α 6 = 1, alors z ′^ = α i ⇐⇒ z =
2 − α 1 − α
i.
3. On a A 1 = 217 − 1 D’après le résultat précédent 17 étant un impair premier, tout facteur pre- mier p de A 1 vérifie p ≡ 1 [2 × 17] ⇐⇒ p ≡ 1 [34] ⇐⇒ p = 34 α + 1, avec α ∈ N. Les entiers 103, 137, 239 et 307 sont les entiers premiers inférieurs à 400 de la forme 34 α + 1 ; aucun d’eux ne divise A 1 et comme 400^2 > A 1 , on en déduit que A 1 est premier.
EXERCICE 3 5 points
Partie A
1. On a ici une loi binomiale de paramètres p =
et n = 6000. On sait que la probabilité d’avoir exactement 3 adresses inexactes sur 10 ti- rages est : ( 10 3
Réponse c.
2. Avec des notations évidentes :
0,6 B 1
0,98 E
0,02^ E
0,4 B 2
0,95 E
0,05^ E
Comme p (E) 6 = 0, on a : p E (B 1 ) = p (B 1 ∩ E) p (E)
p (B 1 ∩ E) p (B 1 ) × p B 1 ( E ) + p (B 2 ) × p B 2 ( E )
0,6 × 0,
0,6 × 0,98 + 0,4 × 0, 95
Réponse d.
Partie B
1. La probabilité cherchée est : 1− p ([0 ; 2500[) = 1 −
0 0,0005e
−0,000 5× x (^) d x = 1 −
[
−e−0,000 5 x^
]2 500
0 =^1 −^ e
−0,000 5×2 500 (^) − 1 = e−1,25 (^) = e− (^54). Réponse a.
2. • Toutes les fonctions étant continues et leurs dérivées continues, on peut intégrer par parties : u = x d v = λ e− λx d u = 1 v = −e− λx
Donc
∫ t 0 λx e − λx (^) d x = [− x e− λx ] t 0 +^
∫ t 0 e − λx (^) d x =
[
− x e− λx^ −
λ
e− λx
] t
0
− t e− λt^ +
1 − e− λt λ
Réponse b.
- Limite de l’intégrale précédente. Comme λ > 0, on a :
- lim t →+∞ t e− λt^ = 0 ;
- lim t →+∞
1 − e− λt λ
λ
Réponse b.
EXERCICE 4 6 points
1. a. On a [ f ( x )]^2 > 0 ⇒ 1 + [ f ( x )]^2 > 1 ⇒ [ f ′( x )]^2 > 0.
Conclusion : quel que soit x , f ′( x ) 6 = 0. b. La première relation appliquée à x = 0 donne [ f (0)]^2 = 1 − 1 = 0 ⇒ f (0) =
2. En dérivant la relation (1) : 2 f ′( x ) f ′′( x )− 2 f ( x ) f ′( x ) = 0 ⇐⇒ (car f ′( x ) 6 = 0) f ′′( x )− f ( x ) = 0 (4) quel que soit x ∈ R. 3. u = f + f ′^ et v = f ′^ − f.
a. u (0) = f (0) + f ′(0) = 0 + 1 = 1 v (0) = f ′(0) − f (0) = 1 − 0 = 1. b. f ′^ étant dérivable, u et v le sont aussi : u ′^ = f ′′^ + f ′^ = f + f ′^ = u et v ′^ = f ′′^ − f ′^ = f − f ′^ = − v. c. On en déduit que u = K 1 e x^ et que v = K 2 e− x^ quel que soit x ∈ R. d. On a u − v = f ′^ + f − f ′^ − (− f ) = 2 f ⇒ f = u − v 2
Quel que soit x ∈ R, f ( x ) =
e x^ − e− x 2
4. a. Comme lim x →+∞ e− x^ = 0 et lim x →+∞ e x^ = +∞, lim x →+∞ f ( x ) = +∞. Inversement comme (^) x →−∞lim e x^ = 0 et (^) x lim→−∞ e− x^ = +∞, (^) x lim→−∞ f ( x ) = −∞. b. f somme de fonctions dérivables est dérivable sur R et
f ′( x ) =
e x^ + e− x 2
0 car e u^ > 0 quel que soit u. La fonction f est donc croissante sur R. x −∞ +∞ f ′( x ) +
f
−∞
5. a. D’après le tableau de variations précédent, la fonction f étant continue sur R et croissante sur R, l’équation f ( x ) = m , m ∈ R a une solution unique α. b. Application : résolution de l’équation f ( x ) = 3.
On a f ( x ) = 3 ⇐⇒
e x^ − e− x 2
= 3 ⇐⇒ e x^ −e− x^ = 6 ⇐⇒ e x^ −
e x^
[e x^ ]^2 − 6e x^ − 1 = 0 ⇐⇒ (e x^ − 3)^2 − 9 − 1 = 0 ⇐⇒ (e x^ − 3)^2 − 10 = 0 ⇐⇒ ( e x^ − 3 +
p 10
e x^ − 3 −
p 10
e x^ − 3 −
p 10 = 0 e x^ − 3 +
p 10 = 0
e x^ = 3 +
p 10 e x^ = 3 −
p 10 La deuxième équation n’a pas de solution dans R car 3 −
p 10 < 0. La première implique en appliquant la fonction logarithme népérien : x = ln
p 10
Une calculatrice donne : α ≈ 1,82 à 10−^2 près.
