E
XERCICE1 6 points
Partie A
Soitgla fonction définie sur l’intervalle I=
·1 2; 10
¸
parg(x)=lnx−1.
1. g(x)=0 ⇐⇒lnx−1=0⇐⇒ lnx=1⇐⇒ x=e et e∈I.
2. g(x)>0⇐⇒ lnx−1>0 ⇐⇒lnx>1 ⇐⇒x>e ; l’ensemble solution sur I est [e ; 10].
Donc sur l’intervalle I : • g(x)<0 sur
·1 2; e
·
;
• g(x)=0 pourx=e ;
• g(x)>0 sur ] e ; 10].
Partie B
Soitf la fonction définie sur l’intervalle I parf(x)=x(lnx−2).
1. f(e)=e (ln e−2)=e(1−2)= −e 2. f′(x)=1×(lnx−2)+x×
µ1 x−0
¶
=lnx−2+1=lnx−1=g(x)
3. On en déduit le signe def′(x) : • f′(x)<0 sur
·1 2; e
·
;
• f′(x)=0 pourx=e ;
• f′(x)>0 sur ] e ; 10].
f µ1
2
¶
=ln12−2
2 etf(10)=10(ln10−2)
x 12 e 10
f′(x) −−− 0 +++
ln´L2−2
2 10(ln10−2)
f(x)
−e
4. On désigne parC la courbe représentant la fonctionf dans un repère orthonormé¡
O,−→ı ,→−¢
d’unités graphiques 1 cm.
a. On complète le tableau suivant :
x 0,5 1 2 e 3,5 4 5 6 7 8 9 10
f(x) −1,35 −2 −2,61 −2,72 −2,62 −2,46 −1,95 −1,25 −0,38 0,64 1,78 3,03 b. On trace la courbeC dans le repère¡
O,−→ı ,−→¢ :
−
→ı
−
→
C O
E
XERCICE2 7 points
1. a. D’après l’énoncé, la marque est verte dans 35 % des cas donc c’est l’événementVqui a une probabi- lité de 0,35.
b. D’après l’énoncé, si le ticket porte une marque rouge, le client remporte un paquet de bonbons dans 98 % des cas donc la probabilitépR(B) que le client gagne des bonbons sachant que son ticket est rouge est 0,98.
2. a. pV(A)=1−pV(B)=1−0,9=0,1
b. On complète l’arbre de probabilités modélisant la situation étudiée :
0,35 V
0,9 B
0,1 A
0,65 R
0,98 B
0,02 A
3. L’événementV∩Aest « le client a eu un ticket vert et a gagné un bon d’achat de 150(».
D’après l’arbre :p(V∩A)=p(V)×pV(A)=0,35×0,1=0,035.
4. D’après la formule des probabilités totales :
p(A)=p(V∩A)+p(R∩A)=0,035+0,65×0,02=0,35+0,013=0,048.
5. On sait que le client a gagné un bon d’achat de 150(.
La probabilité qu’il ait eu un ticket portant une marge rouge est :pA(R)=p(R∩A)
p(A) =0,013 0,048≈0,27.
E
XERCICE3 Enseignement obligatoire (au choix) 7 points
1. À partir du LA3on monte de 17 demi-tons.
a. Si on monte de 12 demi-tons, on passe du LA de l’octave 3 au LA de l’octave 4. Puis on monte encore de 5 demi-tons, ce qui donne le RÉ de l’octave 5.
... LA3 ... ... LA4 LA#4 SI4 DO5 DO#5 RÉ5 ...
+12 +5
b. La suite des fréquences est géométrique de raisonqavecq=2121 ; la fréquence obtenue est donc 440×q17=440×21712≈1174,7 Hz.
c. La différence de hauteur de ces notes est donnée par 1000 log
µf2
f1
¶
=1000 log
Ã440×21712 440
!
=1000 log³ 21712´
=1000×17
12log(2)≈426 savarts.
2. À partir du LA3, on monte denquintes, (oùndésigne un nombre entier) et on obtient la note DO.
a. Monter du LA au DO de l’octave du dessus, c’est monter de 3 demi-tons. Pour atteindre la note DO suivante, il faut monter de 3+12 demi-tons, puis de 3+2×12 pour le DO d’après, etc.
Il faut donc monter de 3+12kdemi-tons oùkest un entier naturel.
On doit donc avoir 7n=3+12kce qui équivaut à 7n≡3 modulo 12.
b. On complète le tableau suivant
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
7nmodulo 12 0 7 2 9 4 11 6 1 8 3 10 5
c. D’après le tableau de congruences, pourn=9, 7nest congru à 3 modulo 12 ; plus précisément, 7×9= 63=12×5+3. On passe donc du LA3au DO situé 5 octaves plus haut, c’est-à-dire au DO8en montant de 9 quintes.
3. On joue une note dont la fréquence est 311,1 Hz.
a. q3=2123 ≈1,189 ;q6=2126 ≈1,414 ;q9=2129 ≈1,682
b. On cherche le nombren de demi-tons dont il faut descendre pour passer du LA4à la note de fré- quence 311,1 Hz ; on cherche doncntel que 311,1×qn=440 ou encore 311,1×212n =440 :
311,1×212n =440⇐⇒212n = 440
311,1 ⇐⇒ 212n ≈1,414 doncn≈6 d’après la question3.a.
On descend donc de 6 demi-tons pour passer de la note de fréquence 440 Hz (le LA3) à la note de fréquence 311,1 Hz.
c. On descend de 6 demi-tons depuis la note LA3donc on arrive à la note RÉ#3:
DO3 DO#3 RÉ3 RÉ#3 MI3 FA3 FA#3 SOL3 SOL#3 LA3 LA#3 SI3 DO4
−6
E
XERCICE3 Enseignement renforcé (au choix) 7 points
1. On considère le point M1d’affixez1=1+i.
a. Voir figure.
b. |z1|2=12+12=2 donc|z1| =p 2 On écrit doncz1=p
2 µ 1
p2+ 1 p2i
¶
=p 2
Ãp 2 2 +
p2 2 i
!
On cherche un réelαtel que cos(α)= p2
2 et sin(α)= p2
2 ; le réelα=π
4répond à la question.
Le nombre complexez1a pour modulep
2 et pour argumentπ 4. 2. On considère le nombre complexez2de module 2 et d’argument2π
3 , et M2le point d’affixez2. a. Le module dez2vaut 2 donc le point M2se trouve sur le cercle de centre O et de rayon 2.
Soit A le point d’affixe 2. On trace le point B tel que OAB soit un triangle équilatéral direct, et le point M2est tel que le triangle OBM2soit équilatéral direct. Ainsi l’angle AOM2mesureπ
3+π 3=2π
3 . b. Le nombre complexez2a pour module 2 et pour argument2π
3 donc : z2=2
µ cos
µ2π 3
¶ +i sin
µ2π 3
¶¶
=2 Ã
−1 2+i
p3 2
!
= −1+ip 3 3. a. z1×z2=(1+i)¡
−1+ip 3¢
= −1−i+ip 3+i2p
3= −1+i¡
−1+p 3¢
−p 3=¡
−1−p 3¢
+i¡
−1+p 3¢ b. D’après le cours :|z1×z2| = |z1| × |z2|donc|z1×z2| =p
2×2=2p 2 On sait aussi que : arg(z1×z2)=arg(z1)+arg(z2) modulo 2π donc arg(z1×z2)=π
4+2π 3 =3π
12+8π 12 =11π
12 modulo 2π Le nombre complexez1×z2a donc pour module 2p
2 et pour argument11π 12 . c. D’après la question2.b.on peut dire quez1×z2=2p
2 µ
cos µ11π
12
¶ +i sin
µ11π 12
¶¶
. D’après la question2.a.on peut dire quez1×z2=¡
−1−p 3¢
+i¡
−1+p 3¢
. Par identification des parties réelles et des parties imaginaires, on peut dire que : 2p
2cos µ11π
12
¶
= −1−p
3 et que 2p 2sin
µ11π 12
¶
= −1+p 3.
Donc cos µ11π
12
¶
=−1−p 3 2p
2 =−p 2−p
6 4 et sin
µ11π 12
¶
=−1+p 3 2p
2 =−p 2+p
6
4 .
−
→u
−
→v
bM1
b
M2
O A
B
2π3
