TS1-TS2 : correction du contrôle commun n
o3 (4 heures)
I
On noteCl’ensemble des nombres complexes.
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé¡
O;−→u ;→−v¢ . Le graphique sera fait sur l’annexe (page 5).
On considère la fonctionf qui à tout nombre complexezassocie f(z)=z2+2z+9.
1. f
³
−1+ıp 3´
=
³
−1+ıp 3´2
+2³
−1+ıp 3´
+9=1−2ıp
3−3−2+2ıp
3+9= 5 2. On résout dansCl’équationf(z)=5 :
f(z)=5 ⇐⇒z2+2z+9=5⇐⇒ z2+2z+4=0;∆=4−16= −12= −
³2p 3´2
Donc l’équation admet deux racines complexes conjuguées :−2+2ıp 3
2 = −1+ıp
3 et −1−ıp 3 On appelleAle point d’affixezA= −1+ıp
3 etBle point d’affixezB= −1−ıp 3
|zA| =p
1+3=2
SoitθAun argument dezA:
cosθA= −1 2 sinθA=
p3 2
=⇒θA=2π
3 +k2πoùk∈Z DonczA=2e2i3π
Les nombres complexeszAetzBsont conjugués, donc ils ont le même module et des arguments opposés donczB=2e−2iπ3
|zA| =2 donc le pointAse trouve sur lecercle de centreOet de rayon 2. De plus la partie réelle deAvaut−1 doncAse trouve sur ladroite d’équationx= −1. Idem pourB.
Voir graphique à la fin de l’exercice.
3. Soitλun nombre réel. On considère l’équationf(z)=λd’inconnuez. f(z)=λ⇐⇒ z2+2z+9=λ⇐⇒ z2+2z+9−λ=0
Pour que l’équationf(z)=λadmette deux solutions complexes conjuguées, il faut et il suffit que le discriminant du polynôme z2+2z+9−λsoit strictement négatif.
∆=4−4(9−λ)=4−36+4λ=4λ−32;∆<0⇐⇒4λ−32<0⇐⇒ λ<8
L’ensemble des valeurs deλpour lesquelles l’équationf(z)=λadmet deux solutions complexes conjuguées est l’intervalle ]− ∞; 8] .
4. Soit (F) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixezvérifie¯
¯f(z)−8¯
¯=3 f(z)−8=z2+2z+9−8=z2+2z+1=(z+1)2; donc¯
¯f(z)−8¯
¯=¯
¯(z+1)2¯
¯= |z+1|2car le module d’un carré est égal au carré du module.
Donc¯
¯f(z)−8¯
¯=3 ⇐⇒ |z+1|2=3⇐⇒ |z+1| =p 3
SoitΩle point d’affixe−1, donc de coordonnées (−1; 0) ; si on appelleMle point d’affixez, alors|z+1| =p 3
⇐⇒ |zM−zΩ| =p 3.
L’ensemble des pointsMvérifiant|zM−zΩ| =p
3 est le cercle de centreΩet de rayonp 3.
On trace (F) sur le graphique (voir fin de l’exercice).
5. Soitzun nombre complexe, tel quez=x+iyoùxetysont des nombres réels.
(a) f(z)=z2+2z+9=(x+ıy)2+2(x+ıy)+9=x2+2ıx y−y2+2x+2ıy+9
= x2−y2+2x+9+ı(2x y+2y)
(b) On note (E) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixezest telle quef(z) soit un nombre réel.
f(z) réel ⇐⇒2x y+2y=0⇐⇒ 2y(x+1)=0 ⇐⇒ y=0 oux= −1
Donc (E) est la réunion de deux droitesD1d’équationy=0 (l’axe des abscisses) etD2d’équationx= −1. 6. Le cercle (F) est de centreΩd’affixe−1 et de rayonp
3. Donc les points d’intersection du cercle (F) avec l’axe des abscisses ont pour coordonnées³
−1−p 3; 0´
et³
−1+p 3; 0´
.
Les pointsAetBont pour affixeszAetzBdont les parties réelles sont égales à−1; doncAetBsont situés sur la droiteD2.
ΩA= |zA−zΩ| =
¯
¯¯−1+ıp 3+1¯
¯
¯=
¯
¯
¯ıp 3¯
¯
¯=p
3 donc le pointAappartient au cercle (F).
ΩB= |zB−zΩ| =
¯
¯¯−1−ıp 3+1¯
¯
¯=
¯
¯¯−ıp 3¯
¯
¯=p
3 donc le pointBappartient au cercle (F).
Les coordonnées des quatre points d’intersection des ensembles (E) et (F) sont :
³
−1−p 3; 0´
,³
−1+p 3; 0´
,³
−1;p 3´
et³
−1;−p 3´
FIGURE DE L’EXERCICE I
1 2 3
−1
−2
−3
1 2 3
−1
−2
−3 −→u
−
→v
O
bb
A
B Ωb (F)
D1
D2
II
Dans tout le problème, le plan est rapporté à un repère orthonormal³ O;−→
i ;−→ j
´(unité graphique 5 cm).
Partie A
Soit la fonctionf1définie sur [0 ;+∞[ parf1(x)=xe−x2etC1sa courbe représentative.
1. Pour toutx>0,f1′(x)=1×e−x2+x×(−2x)e−x2= (1−2x2)e−x2 . f1′(x) est donc du signe de 1−2x2.
1−2x2=0⇔x2=1
2⇔x= ± 1
p2et 1−2x2<0⇔x2>1
2⇔x>1
2(ouisquexest positif).
On en déduit quef1est croissante sur
· 0 ; 1
p2
¸
puis décroissante sur
· 1 p2 ;+∞
· . 2. Calcul de la limite def1en+∞:
On poseu=x2doncx=p u.
Alorsxe−x2=p
ue−u= 1
pu×ue−u.
x→=∞lim
³xe−x2´
= lim
u→+∞
· 1
pu×ue−u
¸ .
ulim→+∞ue−u= lim
u→+∞
³u eu
´
=0 car, d’après les croissances comparées, lim
u→+∞
µeu u
¶
= +∞. Comme lim
u→+∞
µ 1 pu
¶
=0, par produit, on trouve que lim
x→+∞f1(x)=0.
On en déduit que l’axe des abscisses estasymptoteà la courbeC1au voisinage de+∞.
3. Tableau de variation de f1 :
x 0 1
p2 +∞
f1′(x) + 0 −
f1(x) 0
✒ p1
2e❅
❅❅❘ 0 4. ∀xÊ0,f1(x)−x=xe−x2−x=x³
e−x2−1´ .
xÊ0 donc−x2É0 d’où e−x2É1 donc e−x2−1É0.
On en déduit quef1(x)−xÉ0.
La courbeCest donc en dessous de la droite∆.
Partie B
On considère la fonctionf3définie sur [0 ;+∞[ parf3(x)=x3e−x2et on appelleC3sa courbe représentative.
1. Pour toutxÊ0,f3(x)=3x2e−x2+x3×
³
−2xe−x2´
= x2¡ 3−2x2¢
e−x2 qui est du signe de 3−2x2. 3−2x2s’annule pourx=
r3 2=
p3
p2 et 3−2x2>0⇔x2<3 2⇔x<
p3
p2(carxest positif).‘Òn en déduit quef3estcroissante sur
"
0 ; p3 p2
#
puisdécroissantesur
"p p3
2;+∞
"
2. Pour toutxÊ0,f3(x)−f1(x)=xe−x2−x2e−x2 =x¡ x2−1¢
e−x2 qui est du signe dex2−1, donc positif pourxÊ1 (carx est positif).
La courbeC3est donc au-dessus deC1pourxÊ1 et en dessous pour 0ÉxÉ1 (avec un point commun pourx=0 oux=1).
3. Tracé deC3sur la courbe à la fin de l’exercice.
Partie C
On désigne parnun entier naturelnnon nul et on considère la fonctionfndéfinie sur [0 ;+∞[ par : fn(x)=xne−x2
On noteCnsa courbe représentative.
1. Pour toutxÊ0,fnest dérivable come produit et quotient de fonctions dérivables.
∀xÊ0,fn′(x)=nxn−1×e−x2+xn×
³
−2xe−x3´
= xn−1¡ n−2x2¢
e−x2 . fn′(x)=0 pourx=0 oux=
rn 2.
fn′(x) est du signe den−2x2, donc positif sur
· 0 ;
rn 2
¸
et négatif sur
·pn 2 ;+∞
· . fnest donc croissante sur
· 0 ;
rn 2
¸
puis décroissante sur
·pn 2 ;+∞
·
2. On appelleSnle point deCnd’abscisse rn
2, c’est-à-dire le sommt de la coourbe.
L’abscisse deS2est 1. Pour toutn,fn(1)=1ne−1=1 e. Pour toutn,Cnpasse parS2.
PlacerS1,S2etS3sur la figure.
COURBE DE L’EXERCICE II
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8
−0.2
0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8
× × ×
C1 C3
∆
S2
S1 S3
III
Dans le repère orthonormé³ O;−→
i ;→− j ;→−
k´
de l’espace, on considère pour tout réelm, le planPmd’équation 1
4m2x+(m−1)y+1
2mz−3=0.
1. Le point A(1; 1; 1) appartient au planPmsi et seulement si1
4m2xA+(m−1)yA+1
2mzA−3=0⇐⇒ 1
4m2+(m−1)+1
2m−3=0
⇐⇒ 1 4m2+3
2m−4=0⇐⇒ m2+6m−16=0
∆=36+64=100 donc cette équation admet 2 solutionsm′=−6+10
2 =2 etm′′=−6−10 2 = −8.
Le point A appartient au planPmpour m= −8 oum=2. 2. Le planP1a pour équation1
4x+1
2z−3=0 ou encorex+2z−12=0 en multipliant tout par 4.
Le planP−4a pour équation 4x−5y−2z−3=0.
On cherche l’intersection de ces deux plans :
½ x+2z−12 = 0 4x−5y−2z−3 = 0 ⇐⇒
½ x = 12−2z
−5y = −4(12−2z)+2z+3 ⇐⇒
½ x = 12−2z
−5y = −48+8z+2z+3
⇐⇒
½ x = 12−2z
−5y = −45+10z ⇐⇒
½ x = 12−2z y = 9−2z
En posantz=t, on peut dire que les plansP1etP−4sont sécants selon la droite (d) de représentation paramétrique
x = 12−2t y = 9−2t
z = t
avect∈R
3. (a) Le planP0a pour équation−y−3=0.
Pour déterminer l’intersection du planP0et de la droite (d), on résout le système :
x = 12−2t y = 9−2t
z = t
−y−3 = 0
⇐⇒
x = 12−2t
−3 = 9−2t z = t y = −3
⇐⇒
x = 12−2t t = 6 z = t y = −3
⇐⇒
x = 0 y = −3 z = 6 t = 6 L’intersection du planP0et de la droite (d) est donc le point B(0;−3; 6).
(b) Le planPma pour équation1
4m2x+(m−1)y+1
2mz−3=0.
On regarde si les coordonnées du point B vérifient l’équation du planPm: 1
4m2xB+(m−1)yB+1
2mzB−3=0+(m−1)(−3)+1
2m×6−3= −3m+3+3m−3=0 Donc le point Bappartient au planPm, quelle que soit la valeur du réelm.
(c) Soit H (a;b;c) un point qui appartient au planPmpour tout réelm.
Cela signifie que les coordonnées du point H vérifient l’équation du plan pour tout réelm: 1
4m2a+(m−1)b+1
2mc−3=0
On donne àmdes valeurs particulières :
• Pourm=0, on obtient−b−3=0 doncb= −3.
• Pourm=2, on obtienta+(2−1)(−3)+c−3=0, soita+c=6.
• Pourm= −2, on obtienta+(−2−1)(−3)−c−3=0, soita−c= −6.
On résout le système
½ a+c = 6 a−c = −6 ⇐⇒
½ 2a = 0 a+c = 6 ⇐⇒
½ a = 0 c = 6 Le point H a donc pour coordonnées (0;−3; 6) donc c’est le point B.
Le point B est l’unique point appartenant à tous les plansPmquelle que soit la valeur dem.
Autre méthode géométrique :
L’existence du point a été montrée en 3. b. Nous allons montrer son unicité.
On sait (question 2) que les plansP1etP−4sont sécants selon la droite (d).
On sait (question 3. a.) queP0et (d) sont sécants en B.
Le point B est donc l’unique point appartenant àP0,P1etP−4.
Si un point appartient àPmquel que soitmréel, alors il appartient en particulier àP0,P1etP−4. C’est donc l’unique point B.
4. Dans cette question, on considère deux entiers relatifsmetm′tels que
−10ÉmÉ10 et−10Ém′É10
On souhaite déterminer les valeurs demet dem′pour lesquellesPmetPm′sont perpendiculaires.
(a) Le planP1a pour équationx+2z−12=0 donc pour vecteur normal−→n1(1; 0; 2).
Le planP−4a pour équation 4x−5y−2z−3=0 donc pour vecteur normal−→n−4(4;−5;−2).
−
→n1.−→n−4=1×4+0+2×(−2)=0 donc les vecteurs sont orthogonaux.
Les plansP1etP−4sont donc perpendiculaires.
(b) Le planPma pour équation1
4m2x+(m−1)y+1
2mz−3=0 donc pour vecteur normal
−
→n µ1
4m2;m−1;1 2m
¶ . Le planPm′a pour équation1
4m′2x+(m′−1)y+1
2m′z−3=0 donc pour vecteur normal→−n′ µ1
4m′2;m′−1; 1 2m′
¶ . les deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux :
Pm⊥Pm′ ⇐⇒ −→n ⊥ −→n′ ⇐⇒ −→n.−→n′=0 ⇐⇒ 1 4m×1
4m′+(m−1)(m′−1)+1 2m×1
2m′=0
⇐⇒
µmm′ 4
¶2
+(m−1)¡ m′−1¢
+mm′ 4 =0 (c) On donne l’algorithme suivant :
Variables : metm′entiers relatifs Traitement : Pourmallant de−10 à 10 :
Pourm′allant de−10 à 10 : Si¡
mm′¢2
+16(m−1)¡ m′−1¢
+4mm′=0 Alors Afficher¡
m;m′¢ Fin du Pour
Fin du Pour
Cet algorithme affiche tous les couples (m;m′) d’entiers compris entre−10 et 10 pour lesquels µmm′
4
¶2
+(m−1)¡ m′−1¢
+ mm′
4 =0, c’est-à-dire pour lesquels les plansPmetPm′sont perpendiculaires.
(d) Cet algorithme affiche six couples d’entiers dont (−4 ; 1), (0 ; 1) et (5 ;−4).
Le nombresmetm′jouant le même rôle, les autres couples seront (1 ;−4), (1 ; 0) et (−4 ; 5).
Les six couples seront affichés dans cet ordre :
(−4 ; 1) ; (−4 ; 5) ; (0 ; 1) ; (1 ;−4) ; (1 ; 0) ; (5 ;−4)
IV
Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité Dans cet exercice, les résultats approchés seront donnés à 0,000 1 près.
Lors d’une épidémie chez des bovins, on s’est aperçu que si la maladie est diagnostiquée suffisamment tôt chez un animal, on peut le guérir ; sinon la maladie est mortelle.
Un test est mis au point et essayé sur un échantillon d’animaux dont 1 % est porteur de la maladie.
On obtient les résultats suivants :
• si un animal est porteur de la maladie, le test est positif dans 85 % des cas ;
• si un animal est sain, le test est négatif dans 95 % des cas.
On choisit de prendre ces fréquences observées comme probabilités pour la population entière et d’utiliser le test pour un dépistage préventif de la maladie.
On note :
M l’évènement : « l’animal est porteur de la maladie » ; T l’évènement : « le test est positif ».
1.
M 0,01
0,85 T
0,15 T
0,99 M
0,05 T
0,95 T 2. (a) On suit la première branche : la probabilité est égale à
p(M∩T)=p(M)×pM(T)=0,01×0,85= 0,0085 .
(b) La probabilité qu’il soit non porteur de la maladie et que son test soit positif (troisième branche) est égale à 0,99×0,05= 0,0495.
On a doncp(T)=p(M)×pM(T)+p
³M´
×pM(T)=0,0085+0,0495= 0,058. 3. Il faut calculerpT(M)=p(M∩T)
p(T) =0,0085
0,058 ≈ 0,1466.
4. (a) On a ici un schéma de Bernoulli de paramètresn=5 etp=0,058.
X suit donc la loi binomialeB(5 ; 0,058) .
La probabilité quekanimaux aient un test positif est égale à :
p(X=k)= Ã5
k
!
×0,058k×(1−0,058)5−k .
(b) p(XÊ1)=1−p(X=0)=1−(1−0,058)5=1−0,9425≈0,25823.
La probabilité pour qu’au moins un des cinq animaux ait un test positif est donc : 0,2583 . 5.
Coût 0 100 1 000
Probabilité 0,940 5 0,058 0 0,001 5
(a) On a d’après les données du tableau :
E=0×0,9405+100×0,0580+1000×0,0015=5,80+1,50= 7,30e. Ceci représente le coût moyen par animal
(b) Pour 200 bêtes, le coût sera en moyenne de :
200×7,30= 1460e.
IV (spécialité)
Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
Partie A
1. On décrit la situation précédente à l’aide d’un graphe en appelant A l’état « être sain » et B l’état « être défaillant » :
A B
0,03
0,07
0,97 0,93
2. a1=0,97a0+0,07b0=0,97×0,4+0,07×0, 6=0,43 b1=0,03a0+0,93b0=0,03×0,4+0,93×0, 6=0,57 3. D’après le texte, on peut dire que
½ an+1 = 0,97an+0,07bn
bn+1 = 0,03an+0,93bn
4. Soit la matriceA=
µ0,97 0,07 0,03 0,93
¶
. On poseXn= µan
bn
¶ . (a) La traduction matricielle du système précédent, est :
µan+1
bn+1
¶
=
µ0,97 0,07 0,03 0,93
¶ µan
bn
¶
ou encoreXn+1=AXn.
(b) SoitPnla propriétéXn=AnX0.
• Initialisation
Pourn=0,An=A0=I2la matrice identité d’ordre 2.
A0×X0=I2×X0=X0donc la propriété est vraie pourn=0.
• Hérédité
On suppose la propriété vraie à un rangpÊ0; on va démontrer qu’elle est vraie au rangp+1.
On a comme hypothèse queXp=ApX0. Xp+1=A×Xp=Aס
ApX0¢
=¡ A×Ap¢
×X0=Ap+1X0
Donc la propriété est démontrée pour le rangp+1.
• Conclusion
La propriété est vraie au rang 0 et elle est héréditaire, donc elle est vraie pour toutn.
On a donc démontré que, pour tout entier natureln,Xn=AnX0. (c) X30=A30X0≈
µ0,687 0,313
¶
Au bout de 30 jours, il y a 68,7% d’appareils sains, et 31,3% d’appareils défectueux.
Partie B
1. On poseD=
µ0,9 0 0 0,9
¶ etB=
µ0,07 0,03
¶ .
(a) Au bout den+1 jours, un appareil est soit sain soit défectueux ; la proportion d’appareils sains estan+1et la proportion d’appareil défectueux estbn+1doncan+1+bn+1=1.
(b) On a vu que
½ an+1 = 0,97an+0,07bn
bn+1 = 0,03an+0,93bn ; or, pour toutn,an+bn=1, donc
½ an+1 = 0,97an+0,07(1−an) bn+1 = 0,03(1−bn)+0,93bn
ce qui équivaut à
½ an+1 = 0,9an+0,07 bn+1 = 0,9bn+0,03 D Xn+B=
µ0,9 0 0 0,9
¶
× µan
bn
¶ +
µ0,07 0,03
¶
= µ0,9an
0,9bn
¶ +
µ0,07 0,03
¶
=
µ0,9an+0,07 0,9bn+0,03
¶
= µan+1
bn+1
¶
=Xn+1
2. On pose, pour tout entier natureln, Yn=Xn−10B, doncXn=Yn+10B.
(a) Yn+1=Xn+1−10B=D Xn+B−10B=D(Yn+10B)−9B=DYn+10DB−9B 10D=
µ9 0 0 9
¶
=9I2donc 10DB−9B=9I2B−9B=9B−9B=0 DoncYn+1=DYn.
(b) On admet que pour tout entier natureln,Yn=DnY0. DoncXn=Yn+10B=DnY0+10B=Dn(X0−10B)+10B.
(c) D=
µ0,9 0 0 0,9
¶
doncD=0,9I2; on a doncDn=0,9nI2n=0,9nI2=
µ0,9n 0 0 0,9n
¶
X0= µ0,4
0,6
¶ etB=
µ0,07 0,03
¶
donc 10B= µ0,7
0,3
¶
Xn=Dn(X0−10B)+10B ⇐⇒ Xn=
µ0,9n 0 0 0,9n
¶
×
·µ0,4 0,6
¶
− µ0,7
0,3
¶¸
+ µ0,7
0,3
¶
⇐⇒ Xn=
µ0,9n 0 0 0,9n
¶
× µ−0,3
0,3
¶ +
µ0,7 0,3
¶
⇐⇒ Xn=
µ−0,3×0,9n 0,3×0,9n
¶ +
µ0,7 0,3
¶
⇐⇒ Xn=
µ−0,3×0,9n+0,7 0,3×0,9n+0,3
¶
⇐⇒
½ an = −0,3×0,9n+0,7 bn = 0,3×0,9n+0,3 3. La proportion d’ordinateurs défaillants estbnet on cherche lim
n→+∞bn. Or−1<0,9<1 donc lim
n→+∞0,9n=0 et on en déduit que lim
n→+∞bn=0,3.
Sur le long terme, on peut dire que la proportion d’ordinateurs défaillants va tendre vers 30 %.
