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Durée : 4 heures
[ Baccalauréat S Liban juin 2004 \
EXERCICE 1 4 points
1. Soient les événements : — F : « La personne interrogée est une femme » — H : « La personne interrogée est un homme » — S : « La personne interrogée est un soignant » — AT : « La personne interrogée est un membre du personnel administratif ou technique ». L’énoncé se traduit par les probabilités suivantes : p (H) = 0,12 ; p (S) = 0,71 : p M(H) = 0,67 ; p S(F) = 0,92.
a. p (S) 6 = 0, donc p S(F) =
p (S ∩ F) p (S)
⇐⇒ p (S∩F) = p S(F)× p (S) = 0,71×0,92 = 0,653 2. b. De même p (M ∩ F) = p M(F) × p (M) = 0,33 × 0,12 = 0,039 6.
c. Par définition p AT(F) =
p (AT) ∩ p (F) p (AT)
On sait que p (M) + p (S) + p (AT) = 1 ⇐⇒ p (AT) = 1 − p (M) − p (S) = 1 − 0,12 − 0,71 = 0,17. D’autre part les femmes sont 80 % et se répartissent en trois catégories : médecin, soignant, personnel administratif ou technique. Donc : p (F) = 0,80 = p (F ∩ M) + p (F ∩ S) + p (F ∩ AT) ⇐⇒ p (F ∩ AT) = p (F) − p (F ∩ M) − p (F ∩ S) = 0,80 − 0,0396 − 0,653 = 0,1072.
2. Soit X la variable aléatoire uniformément répartie sur [0 ; 1] égale à la durée en heure de la durée du transport.
On sait que si x et y sont tels que 0 6 x 6 1, alors p ( x 6 X 6 y ) = y − x.
On a donc ici avec 15 min =
h et 20 min =
h,
p
6 X 6
≈ 0,0883 à 10−^4 près
3. On a ici un schéma de Bernoulli, avec n = 40 et p = 0,25 = p (M). On a p 10/40 =
10
0,12^10 × (1 − 0,12)^40 −^10 ≈ 0,
EXERCICE 2 5 points Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
1. ( z − 2i)
z^2 − 2 z + 2
= 0 ⇐⇒ z − 2i = 0 ou z^2 − 2 z + 2 = 0. On résout les deux équations séparément. On trouve 3 solutions (il faut dé- tailler les calculs : z^2 − 2 z + 2 = 0 ⇐⇒ ( z − 1)^2 + 1 = 0 ⇐⇒ ( z − 1)^2 − i^2 = 0 ⇐⇒ z − 1 + i = 0 ou z − 1 − i = 0 ⇐⇒ ...).
z 0 = 2i = 2ei^ π 2
z 1 = 1 − i =
p 2e−i^
π 4 z 2 = 1 + i =
p 2ei^
π 4
2. Dans ce type d’exercice, on retrouve toujours les solutions de la première ques- tion dans la suite de l’énoncé. Soient A et B les points d’affixes respectives z A = 1 + i et z B = 2i. À tout complexe z différent de A on associe le complexe
z ′^ =
z − 2i z − 1 − i
a. — z ′ B = (^) 2i2i−− 1 2i−i = 0. 0 = 0i est bien un imaginaire pur, donc B ∈ ( E ). — Détermination de ( E ). On peut remplacer z par x + i y et obtenir l’équation de ( E ). Une mé- thode géométrique est plus rapide : z ′imaginaire pur ⇐⇒ arg( z ′) = π 2 ( π ) ⇐⇒ arg( z z −− zz BA ) = π 2 ( π ) ⇐⇒
A M ;
B M
= π 2 ( π ) ⇐⇒ A M B est un triangle rectangle en B L’ensemble ( E ) est donc le cercle de diamètre [AB] privé du point A (en effet, z ′ A n’est pas défini). R emarque : quand on écrit α = π 2 ( π ), cela signifie que l’angle mesure π 2 ou^ −^
π 2 (à 2 kπ^ près), bref, que c’est un angle droit. Plusieurs notations coexistent, on peut aussi écrire α = π 2 + kπ avec k ∈ Z. b.
∣ z ′
∣ z z −− zZ BA
∣ =^1
⇐⇒ | z − z B| = | z − z A| ⇐⇒ B M = M A
L’ensemble F est la médiatrice du segment [AB].
3. Soit R la rotation de centre Ω
et d’angle π 2
a. Écriture complexe de la rotation : z ′^ − z Ω = ei^ π 2 ( z − z Ω) zB ′ = i
2i − 32 − i (^52)
- 32 + i 52 = ... = 2 + i. Par un calcul similaire, on obtient zI ′^ = 52 + 32 i b. Pour cette question, il faut remarquer que I est le milieu de [AB]. Ainsi, ( E ) est le cercle de centre I et de rayon IB. Son image par la rotation R est le cercle de centre I ′^ et de rayon I ′ B ′. On remarque aussi que Ω est un point de la médiatrice de [AB]. ( F ) est la droite (Ω I ). L’image de Ω par R est Ω (le centre d’une rotation est un point fixe), donc l’image de ( F ) est la droite (Ω I ′)
EXERCICE 2 5 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
4. Dans la rotation f [AC] a pour image [BD] et son milieu M a pour image le milieu de [BD] soit N. De même, dans la rotation R [AC] a pour image [DB], donc son milieu M a pour image le milieu de [DB] soit N. Les triangles IMN et JMN sont donc des triangles rectangles isocèles de même hypoténuse [MN]. Donc IMJN a ses quatre côtés de même longueur : c’est donc un losange, qui a un angle droit : c’est un carré (de sens direct). 5. a. Affixe de P : l’égalité
IA =
BP ⇒ 1 = z P − 1 − 2i ⇐⇒ z P = 2 + 2i. Affixe de Q : de même
DQ =
IC ⇒= z Q − (− 1 + 6i) = 5 + 2i ⇐⇒ z Q = − 1 + 6i + 5 + 2i = 4 + 8i. b. IAP est un triangle rectangle (en A) isocèle : on a donc IP = IA
p 2 ⇐⇒ IP IA
p 2 et
IA ,
IP
π 4
De la même façon on démontre que
IQ
IC
p 2 et
IC ,
IQ
π 4
On a donc de façon classique : la similitude g de centre I, de rapport
p 2 et d’angle
π 4 transforme A en P et C en Q : les points étant distincts, elle est unique. c. On a vu que IMJN est un carré direct : on a donc IJ = IM
p 2 et (−−→ IM ,
IJ
π 4
. Donc J est l’image de M dans la similitude g. Par g l’image de [AC] est le segment [PQ], donc l’image du milieu M de [AC] est le milieu de [PQ] soit J.
EXERCICE 3 5 points
1. a. Récurrence sur n :
— Initialisation : Pour n = k ,
kk k!
kk k!
— Hérédité : supposons qu’il existe n > k , tel que
kn n!
kk k!
. On a
0 6 k 6 n < n + 1, d’où par quotient par n + 1,
k n + 1
Donc par produit :
kn n!
kk k!
et
k n + 1
kn n!
×
k n + 1
kk k!
× 1 ⇐⇒
kn +^1 ( n + 1)!
kk k! : l’inégalité est vraie au rang n + 1.
On a montré par récurrence que : pour tout entier n > k ,
kn n!
kk k!
b. On a
xn n!
xn kn^
×
kn n!
xn kn^
×
kk k!
soit
xn n!
( (^) x k
) n ×
kk k!
c. On sait que x < k , donc x k
< 1 et par conséquent lim n →+∞
( (^) x k
) n = 0 et ensuite
d’après l’inégalité précédente lim n →+∞
xn n!
2. a. On a
nn −^1 n!
n 2
×
n 3
×...×
n n
. Chacun des facteurs du produit est supérieur
ou égal à 1, donc nn −^1 n!
b.
nn n!
nn −^1 n!
× n > n , d’après la question précédente ; n →+∞lim n = +∞, donc
n →+∞lim
nn n!
EXERCICE 4 7 points
f ( x ) = x + ln 4 +
e x^ + 1
1. On a (^) x lim→+∞ e x^ = +∞ = (^) x →+∞lim e x^ + 1 ⇒ (^) x →+∞lim
e x^ + 1
Conclusion lim x →+∞ f ( x ) = +∞. De même lim x →−∞ e x^ = 0. Donc lim x →−∞ f ( x ) = lim x →−∞ x = −∞.
2. f ( x ) + f (− x ) = x + ln 4 +
e x^ + 1
− x + ln 4 +
e− x^ + 1
= 2ln 4 +
e x^ + 1
2e x 1 + e x^
2ln 4 +
2(1 + e x^ ) 1 + e x^
= 2ln 4 + 2 (après multiplication par e x^ du second quotient). On a donc : quel que soit x ∈ R, f ( x ) + f (− x ) = 2(ln 4 + 1). On en déduit que le point A de coordonnées (0 ; ln4+1) est centre de symétrie de C.
3. La fonction f est dérivable comme somme de fonctions dérivables, la fonc- tion x 7 −→ e x^ + 1 ne s’annulant pas sur R.
On a f ′( x ) = 1 −
2e x (e x^ + 1)^2
(e x^ + 1)^2 − 2e x (e x^ + 1)^2
e^2 x^ + 1 (e x^ + 1)^2
Ce quotient est supérieur à zéro car quotient de termes positifs le numérateur étant supérieur ou égal à 1. Conclusion : la fonction f est croissante sur R.
Tableau de variations
x −∞ +∞
f ′( x ) (^) +
f ( x ) −∞
4. a. La fonction f est continue comme somme de fonctions continues et crois- sante sur R, les images appartenant à R (cf. le tableau de variations). Donc tout réel m a un antécédent par f. Quel que soit m ∈ R, f ( x ) = m a une solution unique dans R. b. Solution de f ( x ) = 3. La calculatrice donne : f (1,1) ≈ 2,986, f (1,2) ≈ 3,049. Si f ( a ) = 3, de f (1,2) < f ( a ) < f (1,3) on déduit par croissance de la fonc- tion f , que :
1,1 < a < 1,
c. D’après la question 2 on sait que f ( a ) + f (− a ) = 2(ln(4) + 1) ⇐⇒ f (− a ) = 2(ln(4) + 1) − f ( a ) = 2(ln(4) + 1) − 3 = 2ln(4) − 1. Conclusion (− a ) est solution de l’équation f ( x ) = 2ln(4) − 1.
5. a. On peut écrire f ( x ) = x + 2 + ln 4 +
e x^ + 1
− 2 = x + 2 + ln 4 +
2 − 2e x^ − 2 e x^ + 1
x + 2 + ln 4 −
2e x e x^ + 1
