La fonctionf est définie sur l’intervalle[0 ; +∞[par :f(x) =xe−x2. Partie A
1/ 1. 1. On remarque que, pour toutx >0, f(x) = 1 x
x2 ex2. Or
x→lim+∞x2= +∞
Xlim→+∞
X
eX = 0 (Inverse de limite de référence.) donc lim
x→+∞
x2
e−x2 = 0 et lim
x→+∞
1
x= 0et, par produit des limites,
x→lim+∞f(x) = 0.
1. 2. La fonctionf est dérivable sur son ensemble de définition comme produit de fonctions dérivables.
Pour toutx0,g′(x) =e−x2+x×(−2x)e−x2. Formules utilisées(uv)′ =u′v+uv′ et(eu)′ =u′eu.
Doncg′2)e−x2. Comme e−x2 >0,g′(x)est du signe de 1−2x2, polynôme du second degré nul pourx2= 1/2et négatif sauf entre ses racines. Doncg′(x)>0six∈
0;
√2 2
etg′(x)<0six∈ √
2 2 ; +∞
.La fonctiong est donc croissante puis décroissante et admet un maximum en
√2
2 . Enfin, g √
2 2
=
√2
2 e−1/2= 1
√2e. 2/ F(a) =
a
0
xe−x2dx= −1 2e−x2
a
0
= 1 2−1
2e−a2.
a→lim+∞F(a) = 1
2 car lim
a→+∞e−a2 = 0.
Partie Bun= n+1
n
f(x)dx
1/ 1. 1.
1. 2. La fonctionf est décroissante sur √
2 2 ; +∞
et
√2
2 1donc, pour tout entier natureln1,f est décroissante sur[n; n+ 1]et pour toutx∈[n; n+ 1],f(n+ 1)f(x)f(n). L’inégalité de la moyenne permet de dire que
(n+ 1−n)f(n+ 1) n+1
n
f(x)dx(n+ 1−n)f(n)
c’est à dire :. f(n+ 1)unf(n)
1. 3. Pour tout n1,unf(n+ 1)un+1 donc la suite est décroissante à partir du rang 1 . 1. 4. Comme lim
n→+∞f(n) = 0, que lim
n→+∞f(n+ 1) = 0 et que pour tout n 1, f(n+ 1) un f(n), la suite(un) converge vers 0. (Théorème des gendarmes)
1. 5.
1. 6. Pour tout n 1,
n−1
k=0
uk = 1
0
f(x)dx+ 2
1
f(x)dx+· · ·+ n
n−1
f(x)dx
ntermes
. En utilisant la relation de Chasles,
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 1/ 1. 1.
1. 2.
y
o
A
B C
M
N
Q
1. 3. c−b
a−b = −2 + 2i
2 + 2i =i(2 + 2i)
2 + 2i =i de module 1 et d’argumentπ/2donc BA=BC et(−−→
BA;−−→
BC ) =π/2. (Interprétation géométrique d’un quotient).
Le triangleABC est donc rectangle isocèle de sommetB . 1. 4. |a|=√
9 + 1 =√
10et|b|=√
1 + 9 =√
10doncOA=OB=√ 10.
1. 5. Les points sur le cercle de centreOet de rayon√ 10. 1. 6.
1. 7. La rotation de centreM(m)et d’angleπ/2a pour expression complexe :z′iπ/2(z−m)+msoit z′=iz+ (1−i)m. 1. 8. N(n)est l’image deAparr, doncn=ia+ (1−i)m⇒n= 1 + 3i+ (1−i)m.
2/ Le milieuQdu segment [AN] a pour affixeq=a+n
2 ⇒ q= 2 +i+(1−i)m
2 .
3/ Dans cette question,M est un point du cercleΓ.
3. 1. Le pointM(z)est sur le cercle de centreΩ(ω)et de rayonrsi et seulement s’il existe un réelθtel quez=ω+reiθ (Représentation paramétrique d’un cercle). Ici,M est sur le cercle de centreOet de rayon√
10donc il existe un réelθ tel que :m=√
10eiθ. 3. 2. |q−2−i|=
(1−i)m 2
= 1
2|1−i|.|m|= 1 2
√2√ 10 =√
5. Si Dest le point d’affixed= 2 +ı, alorsDQ=√ 5donc Qest sur le cercle de centreDet de rayon√
5.
Plus précisément,q−d= (1−i)m
2 = 1
2
√2e−iπ/4√
10eiθ =√
5ei(θ−π/4). QuandM décrit le cercleΓ, θ décrit R, θ−π/4décritRet le pointQdécrittout le cerclede centreDet de rayon√
5.
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité zA=i etzB= 1 + 2i.
1/ Les pointsO etAsont distincts et les points A etB aussi, il existe donc une unique similitude directe S telle que : S(O) =A etS(A) =B.(Similitude définie par les images distinctes de deux points distincts)
2/ On notez′=az+bl’écriture complexe de la similitudeS.
S(O) =A⇐⇒zA=a×0 +b⇐⇒b=i,
S(A) =B⇐⇒zB =azA+b⇐⇒1 + 2i=ai+i⇐⇒ai= 1 +i⇐⇒a= 1−i.
L’écriture complexe deS est donc z′= (1−i)z+i Le complexe1−i a pour module√
2et pour argumentθtel que
cos(θ) =
√2
2 sin(θ) =−
√2 2
soit θ=−π 4 Le point invariant parS est le pointΩ(ω)vérifiant :
w= (1−i)ω+i⇐⇒iω=i⇐⇒ω= 1
S est une similitude directe de centreΩ(1), de rapport√
2et d’argument−π 4. 3/ 3. 1.
3. 2. Les affixeszn des pointsAn vérifientz0= 0etzn+1= (1−i)zn+i. En outre, puisque Ω(1)est centre deS, on a zn+1−1 = (1−ß)(zn−1). La suite(zn−1)est donc géométrique de raison1−i et de premier termez0−1 =−1.
Et pour toutn,zn−1 = (−1)(1−i)n, soitzn= 1−(1−i)n. 3. 3. −−−→
ΩAn a pour affixezn−1 =−(1−i)n.
−−−−−−→
AnAn+1 a pour affixezn+1−zn= (1−i)n−(1−i)n+1= (1−i)ni.
Pour tout n, zn+1−zn
zn−1 = −i = e−iπ/2 donc (Interprétation géométrique d’un quotient), ΩAn = AnAn+1et −−−→
ΩAn , −−−−−−→
AnAn+1
=−π 2 .
3. 4. Le triangle ΩAnAn+1 est donc un triangle rectangle isocèle indirect de sommet An. Les points successifs se construisent donc en traçant des triangles rectangles isocèles.
4/ Le point(An)appartient à la droite(ΩB)si et seulement si(−−→
ΩB ,−−−→
ΩAn ) =kπ, (k∈Z).
Or (−−→
ΩB ,−−−→
ΩAn ) =Arg
zn−1 z2−1
=Arg((1−i)n−2) = (n−2)
−π 4
donc (−−→
ΩB ,−−−→
ΩAn ) =kπ⇐⇒ −n−2
4 =k⇐⇒n−2 =−4k⇐⇒n≡2 (mod 4)
Commun à tous les candidats
Dans un repère orthonormé de l’espace O, −→
ı , −→
, −→ k
A a pour coordonnées (1, 1, 0), B (2, 0, 3), C (0, −2, 5) et D(1, −5, 5).
Proposition 1 :La médiatrice de[AB]est la droite passant parI milieu de[AB] et de vecteur normal−−→AB.
OrI(3/2; 1/2)et−−→AB 1
−1
.Son équation est donc :x−y+c= 0avec 3 2−1
2+c= 0⇒c=−1.
La médiatrice a donc bien pour équationx−y−1 = 0doncy=x−1..La proposition 1 est donc vraie.
Remarque : on pouvait vérifier que les coordonnées deI vérifient l’équation proposée et que le produit scalair entre−−→AB et
−−→IM (oùM est un point quelconque de la droite) est nul. Mais cela n’est pas beaucoup plus rapide.
Proposition 2 :On sait que−−→M A+−−→M B+ 2−−→M C= 4−−→M Gdonc−−−→
M M′= 4−−→MG⇒−−→M G+−−−→
GM′
= 4−−→MG.
On en déduit que−−−→
GM′= 3−−→MGdonc−−−→
GM′=−3−−→GM . M′ est donc l’image deM dans l’homothétie de centreGet de rapport
−3(et pas3).La proposition 2 est donc fausse.
Proposition 3 :On peut voir sur une figure vite faite que le triangle est rectangle en A. Il est alors simple de justifier :
−−→AB 1
−1
et −→AC 1
1
.On a donc en repère orthonormal : −−→AB·−→AC = 1−1 = 0d’où l’angle droit (et non π/3). Les masochistes auront utilisé Pythagore ! ! ! doux souvenir d’une époque où vous compreniez les maths.La proposition 3 est fausse.
Proposition 4 :Le plus simple est de claculer la distance entre le centre du cercle et la droite.
— Si cette distance est égale au rayon, la droite est tangente.
— Si la distance est inférieure au rayon, la droite coupe le cercle en deux points.
— Si la distance est supérieure au rayon, la droite ne coupe pas le cercle.
Ici, cette distance se calcule par :d(O, D) = 4×0 + 3×0 + 4
√42+ 32 ⇒d(O, D) = 4 5= 5.
La droite n’est pas tangente etla proposition 4 est fausse.
Remarque: On peut aussi écrire les équations du cercle et de la droite et résoudre le système obtenu en cherchant leurs intersections. Cleui-ci amène à une équation du seconddegré dont le déterminant est :
— nul si la droite est tangente (et il n’y a qu’un point d’intersection)
— positif si la droite coupe le cercle (en deux points)
— négatif si elle ne le coupe pas.
Mais cette méthode est beaucoup plus lourde.
Commun à tous les candidats 1/ 1. 1.
1. 2. Il s’agit d’une expérience à deux issues avec une probabilité de succèsp= 1
6 et une probabilité d’échecq= 5 6 que l’on répète de manière indépendante 3 fois. X représente le nombre de succès et suit donc une loi binomiale de paramètresn= 3 etp=16.
1. 3. L’espérance d’une loi binomiale de paramètresnetpestnp. Donc E(X) = 31
6 ⇒E(X) = 1 2 1. 4. P(X= 2) =
3 2
p2q1⇒P(X= 2) = 3× 5 63 = 5
72 .
2/ 2. 1. Si le dé est déséquilibré, un raisonnement analogue amène à la loi binômiale B(3,1/9) etp(A) =3
2
1 3
2
×2 3= 2
9.On peut donc faire l’arbre suivant :
D
A A D
A
A 1/2
1/2
5/72
2/9 67/72
7/9
L’événement « choisir le dé équilibré et obtenir exactement deux six » correspond àD∩A p(D∩A) =p(D)×pD(A) = 1
2× 5
72.On a donc : p(D∩A) = 5 144 .
L’événement « choisir le dé truqué et obtenir exactement deux six » correspond àD∩A.
p(D∩A) =p(D)×pD(A).
On utilise un raisonnement analogue au 1.c., pD(A) =
3 2
p′2q′1oùp′= 1
3. DoncpD(A) = 2
9 et p(D∩A) = 1 2×2
9 =1 9 . 2. 2. On en déduit quep(A) =p(D∩A) +p(D∩A) = 5
144+ 16 144 = 21
144 ⇒p(A) = 7 48 . 2. 3. Il s’agit de calculerp(DsachantA) = p(D∩A)
p(A) =1 9×48
7 ⇒pA(D) = 16 21 . 2. 4.
2. 5. pD(Bn) = 1−pD(« n’obtenir aucun 6 ») = 1−qn = 1− 5
6 n
. De mêmepD(Bn) = 1− 2
3 n
. On applique alors la formule des probabilités totales :
pn =p(Bn) =p(D)×pD(Bn) +p(D)×pD(Bn)⇒pn= 1−1 5n
−1 2n
.
