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[ Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord \
mai 2006
EXERCICE 1 3 points
Commun à tous les candidats
1. L’espérance de ce jeu est égale à :
(60 − 30) ×
+ (0 − 30) ×
+ (20 − 30) ×
Le jeu est donc équitable.
2. On a une épreuve de Bernoulli avec n = 4 et p =
Tirer au moins une fois un bulletin oui est l’évènement contraire de l’évène-
ment : « ne jamais tirer un oui », dont la probabilité est
La probabilité cherchée est donc :
3. Il y a
2
2! × 8!
10 × 9
= 45 tirages différents.
Les possibilités de tirages différents sont : oui-non, oui-blanc et non-blanc donc en nombre égal à 4 × 3 + 4 × 3 + 3 × 3 = 33. La probabilité cherchée est
donc :
EXERCICE 2 5 points
Partie A
1. a. | z B| 2 = 1 + 3 = 4 =⇒ | z B| = 2. Donc z B = 2
p 3
2
= 2e i π 3 et comme z C =
z B, on a donc z C = 2e −i π 3 .
b. Pour placer les points B et C on trace les deux cercles de centre O et A et de rayon A :
u
v
×
×
O A
B
C
D
×
G
×
G′
2. On a z OB = 1 + i
p 3 et z CA = 2 − (1 − i
p 3 = 1 + i
p
- Donc
OB =
CA ⇐⇒ OABC
est un parallélogramme et comme OB = OC (question 1. a.) le quadrilatère OABC est un losange.
3. On sait que | z | = | z − 2 | ⇐⇒ | z − 0 | = | z − 2 | ⇐⇒ O M = A M ⇐⇒ M est équidistant de O et de A, donc que M appartient à la droite D médiatrice du segment [OA], c’est-dire d’après la question précédente la droite (BC).
Partie B
1. a. Pour z 6 = 2, z =
z − 2
⇐⇒ z^2 − 2 z + 4 = 0 ⇐⇒ ( z − 1)^2 − 1 + 4 = 0 ⇐⇒
( z − 1)^2 + 3 = 0 ⇐⇒ ( z − 1)^2 = − 3 ⇐⇒
z 1 = 1 + i
p 3 = z B z 2 = 1 − i
p 3 = z C
Les solutions sont donc les affixes des points B et C qui sont donc les
points invariants de l’application qui à z fait correspondre z ′ =
z − 2
b. On vient de voir que B ′ = B et que C ′ = C.
c. On sait que z G =
( z O + z A + z B) = 1 + i
p 3
3
. Donc z G′^ =
1 + i
p 3
3
− 1 + i
p 3
3
= 3 + i
p
Remarque : z G′ = 3 z G ⇐⇒
OG
′ = 3
OG ⇐⇒ O, G et G ′ sont alignés.
2. a. Question de cours : - | z 1 × z 2 | 2 = z 1 × z 2 × z 1 × z 2 = z 1 × z 2 × z 1 × z 2 = z 1 × z 1 × z 2 × z 2 = | z 1 | 2 × | z 2 | 2 . Conclusion : | z 1 × z 2 | = | z 1 | × | z 2 | -
z
× z
z
∣ × | z |^ (d’après le point précédent)^ = |^1 | =^ 1. Donc pour
z 6 = 0,
z
∣ =^
| z |
b. | z ′^ − 2 | =
z − 2
− 4 − 2 z + 4
z − 2
− 2 z
z − 2
| − 2 z |
| z − 2 |
2 | z |
| z − 2 |
c. On sait que M ∈ D ⇐⇒ | z | = | z − 2 |. En utilisant l’égalité précédemment démontrée, on a donc | z ′ − 2 | = 2 ⇐⇒ M ′ ∈ Γ, Γ étant le cercle de centre A et de rayon 2.
Remarque : en particulier, comme G ∈ D,G′^ ∈ Γ.
Donc G ′ est le point d’intersection de la droite (OG) et du cercle Γ.
EXERCICE 2 5 points
Exercice de spécialité
1. a. La composée d’une rotation et d’une homothétie de même centre est une
similitude de rapport
p 2
2
et d’angle
π
4
b. Si M 1 est l’image de M par r , son affixe est z 1 , telle que z 1 − 2 = e i π 4 ( z − 2). L’image de M 1 par h est M ′^ d’affixe z ′telle que : z ′^ − 2 = 3( z 1 − 2) = p 2 2
[
e i π 4 ( z − 2)
]
= ( z − 2)
( p 2 2
p 2 2
×
p 2 2
(1 + i)( z − 2). D’où
z ′ = 2 +
(1 + i)
2
z − 1 − i =
1 + i
2
z + 1 − i.
c. L’égalité précédente peut s’écrire :
2 z ′ = (1 + i) z + 2 − 2i ⇐⇒ 2(1 − i) z ′ = 2 z + (2 − 2i)(1 − i) ⇐⇒ 2(1 − i) z ′ = 2 z + 2 ×(−2i) ⇐⇒ (1−i) z ′ = z −2i ⇐⇒ −i z ′ +2i = z − z ′ ⇐⇒ i(2− z ′ ) = z − z ′ .
D’autre part f ( x 0 ) =
5ln x 0
x 0
x 0
x 0
x 2 0
b. Soit A ( a ) =
∫ a
1
5ln t
t
d t = 5
∫ a
1
ln t
t
d t et intégrons par parties :
u ( t ) = ln t v ′ ( t ) =
t
u ′( t ) =
t
v ( t ) = ln t
A ( a ) =
[
(ln t )^2
] a 1 −
∫ a
1
ln t
t
d t. Donc 2A ( a ) = (ln a )^2 et enfin A ( a ) =
(ln a ) 2
Remarque : on pouvait aussi remarquer que la fonction à intégrer est de
la forme u ′ × u donc a pour primitive
u^2
2
avec u ( t ) = ln t.
3. D’après la question 1, P 0 a pour abscisse x 0 , donc d’aprèslaquestion 2. M 0
apour coordonnées
x 0 ;
x 2 0
et enfin H 0
x 2 0
D’où A (D 1 ) =
∫ x 0
1
f ( t ) d t =
(ln x 0 ) 2 =
x^2 0
x^2 0
= f ( x 0 ) = A (D 2 ).
En partant de l’encadrement donné :
2,3 < x 0 < 2,4 =⇒
2 < x 2 0 <^ 2,
2 =⇒
2,4^2
x 2 0
2,3^2
10 ×
2,4^2
< 10 ×
x^2 0
< 10 ×
2,3^2
Soit finalement : 1,736 <
x 2 0
< 1,891. Conclusion : 1,7 < A (D 1 ) < 1,9 à 0,
près.
EXERCICE 4 7 points
Partie A. Étude d’une suite
1. a. n 0 1 2 3 4 5 6 7 xn 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1, yn 0 0,800 0 1,472 0 1,838 6 1,962 5 1,992 2 1,998 4 1,999 7
b.
b
b
b
b
b
b b b
c. D’après ce graphique, la suite semble croissante et converger vers 2.
2. a. On a p ′ ( x ) = −0,4 x + 1 qui s’annule pour x =
.Si 0 6 x 6 2, la fonction est
croissante de p (0) = 0,8 à p (2) = 2.
Conclusion : si x ∈ [0 ; 2], p ( x ) ∈ [0 ; 2].
b. Par récurrence :
— Initialisation : y 0 = 0 ∈ [0 ; 2]. — Hérédité : supposons que yn ∈ [0 ; 2] ; on sait que yn + 1 = p
yn
∈ [0 ; 2]
d’après la question précédente. La récurrence est démontrée.
c. On a yn + 1 − yn = −0,2 y 2 n +^ yn^ +^ 0,8^ −^ yn^ = −0,2 y
2 n +^ 0,8. Or
0 6 y
2
n^6 4 =⇒
−0,8 6 −0,2 y
2
n^6 0 =⇒
0 6 −0,2 y
2
n +^ 0,8^6 ...
Conclusion : yn + 1 − yn > 0 =⇒ la suite
yn
est croissante.
d. La suite
yn
est croissante et majorée par 2 : elle est donc convergente.
Partie B. Étude d’une fonction
