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[ Baccalauréat S Polynésie septembre 2004 \
EXERCICE 1 5 points
f ( x ) =
ln x p x
1. a. La fonction affine 1 − x est dérivable ;
ln x p x
est le quotient de deux fonc-
tions dérivable, la seconde ne s’annulant pas sur ]0 ; +∞[. f est donc dé-
rivable sur cet intervalle et :
f ′( x ) =
1 x
×
p x +
ln x 2
p x
x
2 − ln x
2 x
p x
2 − ln x − 2 x ln x
2 x
p x
− [ln x + 2( x ln x − 1)]
2 x
p x
Or x
p x > 0 sur ]0 ; +∞[, donc f
′ ( x ) est du signe de − [ln x + 2( x ln x − 1)] =
N ( x ).
b. N (1) = 0. Si x > 1,
p x > 1(par croissance de la fonction x 7 →
p x ) et par
produit x
p x > 1 ⇐⇒ x
p x − 1 > 0 ⇐⇒ 2( x
p x − 1) > 0. De plus si x >
1, alors ln x > 0 et par somme, puis opposé N ( x ) < 0.
Le même raisonnement avec 0 < x < 1 conduit à N ( x ) > 0.
c. Conclusion : la fonction f est croissante sur ]0 ; 1] et décroissante sur
[1 ; +∞[. Le maximum de f est obtenu quand la dérivée s’annule en chan-
geant de signe, donc en 1 et il vaut f (1) = 0. La fonction f est donc néga-
tive sur l’intervalle étudié.
2. a. D’après le résultat précédent A ( α ) = −
α
f ( x ) d x. Pour la fonction quo-
tient on intègre par parties en posant :
u ( x ) = 2ln x v ′( x ) =
p x
u
′ ( x ) =
x
v ( x ) =
p x
u et v étant dérivables et u ′^ et v ′^ continues, on peut intégrer par parties : ∫ 1
α
2ln x
2
p x
[
2ln x
p x
] 1
α −
α
p x
x
d x. Or
α
p x
x
d x =
α
p x
d x =
α
p x
d x =
[
p x
] 1
α
Finalement A ( α ) =
[
2ln x
p x − 4
p x + x −
x
2
] α
1
α −
α
2
p α + 2
p α ln α +
b. On sait que α > 0. On peut donc poser α = β
2 avec β > 0. Donc
p √ α ln^ α^ = β^2 ln β
2 = β ×2ln β. La fonction carré étant continue, si α tend vers zéro,
β aussi, et on sait que lim β → 0
β ln β = 0. La limite des quatre premiers termes
est nulle, donc finalement :
lim α → 0
A ( α ) =
Géométriquement, cette limite correspond à la mesure de la surface limi-
tée par la courbe C , l’axe des abscisses et les droites verticales d’équations
x = 0 et x = 1.
3. a. On a 1 6 x 6 2 ⇒ ln1 6 ln x 6 ln 2 et
1 6 x 6 2 ⇒ 1 6
p
x 6
p 2 ⇐⇒
p 2
p x
6 1 et par produit :
ln x p x
p 2 < 1.
b. Par récurrence : 1 6 u 0 6 2. L’appartenance est vraie au rang zéro.
Hérédité : si 1 6 un 6 2, d’après le a. 0 6
ln un p un
ln un p un
+ 1 6 2 ⇐⇒ 1 6 un + 1 6 2.
On a bien démontré par récurrence que pour tout n ∈ N, un ∈ [1 ; 2].
4. Comme un + 1 = f ( un ) + un ⇐⇒ un + 1 − un = f ( un ) et que l’on a démontré au 1. c. que f est négative, on montre aussi que la suite ( un ) est décroissante. 5. a. La suite ( un ) est décroissante et minorée par 1 : elle est donc convergente
vers une limite ℓ telle que 1 6 ℓ.
b. Or par continuité de la fonction f dérivable, la relation un + 1 = f ( un ) + un
donne à la limite ℓ = f ( ℓ ) + ℓ ⇐⇒ f ( ℓ ) = 0.
Or on a vu à la question 1. c. que la seule valeur qui annule f est le nombre
- Conclusion ℓ = lim n →+∞
( un ) = 1.
EXERCICE 2 5 points
(Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)
1. a. M ′′^ = M ⇐⇒ z^2 = z ⇐⇒ z ( z − 1) = 0 ⇐⇒
z = 0
z = 1
Les points solutions sont donc l’origine et le point d’affixe 1.
b. M
′′ = M
′ ⇐⇒ z
2 = z − 2 ⇐⇒ z
2 − z + 2 = 0 ; ∆ = − 7 =
i
p 7
On trouve deux solutions : les points d’affixes
1 + i
p 7
2
et
1 − i
p 7
2
2. z ′^ est imaginaire si x + i y − 2 est imaginaire, i.e. si x = 2.
z
′′ est imaginaire si x
2 − y
2
- 2i x y est imaginaire, i.e. si x
2 − y
2 = 0 et compte-
tenu de la condition précédente si 4 − y
2 = 0 ⇐⇒ y = −2 ou y = 2.
Il y a donc deux points M 1 (2+2i) et M 2 (2−2i) dont les images M
′ et M
′′ appar-
tiennent à l’axe des ordonnées et les affixes de ces points sont conjuguées.
3. a.
z
′′ − z
z ′^ − z
z
2 − z
z − 2 − z
x
2 − y
2
− 2
b. Les points M , M ′^ et M ′′^ sont alignés si ce complexe est un réel, donc si
2 x y − y = 0 ⇐⇒ y (2 x − 1) = 0 ⇐⇒ y = 0 ou x =
E = { M ( z ) avec z = x ou z =
4. a. L’ensemble Γ des points M d’affixe z =
p 3e
i θ avec θ ∈
[
π
2
]
est le pre-
mier quart de cercle (dans le sens direct) de centre O et de rayon
p
L’ensemble Γ′^ des points M ′^ correspondants est le quart de cercle trans-
laté de Γ dans la translation de vecteur − 2
u.
Les points M
′′ on pour affixes z
′′ = z
2 = 3e
i2 θ
. L’ensemble Γ
′′ des points
M ′′^ est donc le demi-cercle (direct) de centre O, de rayon 3.
b. Cf. figure
c. Avec θ =
π
6
, z 3 =
p 3e
i π 6
p 3
( (^) p 3
2
i
p 3
2
z
′ 3 = −^
p 3
2
et z
′′ 3 =^
p 3
2
i.
M 3 et M′ 3 ont la même ordonnée ; la droite (M 3 M′ 3 ) est donc horizontale ;
M 3 et M′′ 3 ont la même abscisse ; la droite (M 3 M" 3 ) est donc verticale et le
triangle M 3 M′ 3 M′′ 3 est donc rectangle en M 3.
M 3 M′ 32 = 4 ;
3 divise 3(1 − y ), donc aussi 5( x + 1) ; 3 étant premier avec 5 divise (Gauss)
1 − y. Il existe donc un entier k tel que x + 1 = 3 k ⇐⇒ x = − 1 + 3 k et en
reportant dans l’équation on obtient y = 1 − 5 k.
Les couples d’entiers solutions sont tous les couples de la forme
(− 1 + 3 k ; 1 − 5 k ) avec k ∈ Z.
d. On a − 6 6 y 6 6 ⇐⇒ − 6 6 1 − 5 k 6 6 ⇐⇒ − 6 6 5 k − 1 6 6 ⇐⇒ − 5 6
5 k 6 7 ⇐⇒ − 1 6 k 6
Seules conviennent les valeurs −1, 0 et 1, qui donnent respectivement les
couples de coordonnées (−4 ; 6), (−1 ; 1) et (2 ; −4). Les points M
′′ cor-
respondants ont pour coordonnées (1 ; −7), (−1 ; 1) et (−3 ; 9) Le couple
(−1 ; 1) correspond au point A. Il n’y a donc que deux solutions (on re-
trouve le point M
′′ 0 ). Voir la figure.
×
×
×
×
×
×
×
A
B
C
M 0
M
′′ 1
M
′′ 0
EXERCICE 3 5 points
(Commun à tous les candidats)
1. La plus petite somme a + b est égale à −3, soit a + b > − 4 ⇐⇒ a + b + 4 > 0.
La somme des coefficients est non nulle : le barycentre G existe quel que soit
le tirage.
2. a. G appartient à la droite (BC) si et seulement si le coefficient de A, soit a
est nul ; donc p (E 1 ) =
G appartient au segment [BC] si et seulement si a = 0 et si b > 0 ; on a
donc p (E 2 ) =
×
b. G est strictement intérieur au triangle si les trois coefficients sont supé-
rieurs à zéro, donc si a > 0 et b > 0. On a donc p (E 3 ) =
×
3. a. On sait que E( X ) = pn =
× n = 4 ⇐⇒ n = 10.
b. La probabilité de n’avoir aucun barycentre intérieur au triangle est
) n
,
donc la probabilité d’en avoir au moins un est 1 −
) n
. Il faut donc que
) n
) n
6 0,001 ⇐⇒ n ln
6 ln 0,001 ⇐⇒
n >
ln 0,
ln
3 5
Conclusion : il faut répéter l’expérience 14 fois.
