; Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers < juin 2007

juin 2007

Exercice 1

1. Modélisation de l’expérience aléatoire: l’universΩest l’ensemble des combinaisons (choix non ordonnés et sans répétition) de trois éléments distincts pris dans l’en- semble des huit boules

{N1,N2,N3,R1,R2,R3,R4,R5}.

On choisit la probabilité équirépartie sur cet universΩ. On sait que Card(Ω)=

µ 8 3

¶

=^8×_3!^7×6=56.

a. Cette probabilité est



 3 3





56 =₅₆¹. RéponseA.

b. La probabilité de tirer 3 boules rouges est



 5 3





56 = ¹⁰₅₆. La probabilité de tirer 3 boules de la même couleur est alors₅₆¹ +¹⁰₅₆=¹¹₅₆. RéponseA.

2. On répète 5 fois, dans des conditions identiques et indépendantes, la même épreuve de Bernoulli qui consiste à tirer une boule de l’urne. Les issues contraires de cette épreuve sont : « la boule tirée est noire » (succès de probabilité p= ³₈) et « la boule tirée est rouge » (échec de probabilitéq=1−p=⁵₈).

SoitX la variable aléatoire qui compte le nombre de boules noires obtenues au cours de ces 5 épreuves. On sait alors que Xsuit la loi binomialeB¡

5,³₈¢ Pour tout entierkcompris entre 0 et 5,P(X=k)=

µ 5 k

¶¡₃

8

¢k¡₅

8

¢5−k

. a. P(X=5)=¡₃

8

¢5

. RéponseB.

b. P(X=2)= µ 5

2

¶¡₃

8

¢2¡₅

8

¢3

. RéponseC.

3. Construisons l’arbre pondéré associé à cette troisième expérience aléatoire.

R1 5 8

R₂

4 7

N2 3 7

N1 3 8

R₂

5 7

N2 2 7

a. PR1(R2) est la probabilité de tirer une boule rouge dans une urne contenant 7 boules : 4 rouges et 3 noires. DoncPR₁(R2)=⁴7. RéponseB.

b. P(R1∩N2)=P(R1)×PR1(N2)=⁵8׳7=¹⁵56. RéponseC.

c. D’après la formule des probabilités totales :

P(R₂)=P(R₁∩R₂)+P(N₁∩R₂)=⁵₈×⁴₇+³₈×⁵₇=²⁰₅₆⁺¹⁵=³⁵₅₆=⁵₈ RéponseA.

d. PN2(R1)=^P(R_P(N^1∩₂^N₎²⁾=^P(R_1−P^1∩_(R^N₂²₎⁾=^15/56_3/8 =⁵₇. RéponseC.

Exercice 2 enseignement obligatoire

Partie 1

On posez=x+iyavecxetyréels. Alors Ree(z)=xet Im(z)=y.

1. z= −z ⇐⇒ x−iy= −(x+iy)⇐⇒ x−iy= −x−iy ⇐⇒2x=0⇐⇒ x=0

⇐⇒Ree(z)=0 ⇐⇒z∈iR où iRdésigne l’ensemble des imaginaires purs.

2. z=z ⇐⇒x−iy=x+iy ⇐⇒ −2iy=0 ⇐⇒ y=0 ⇐⇒Im(z)=0 ⇐⇒z∈R. 3. Par définition,|z| =p

x²+y²d’où|z|²=x²+y².

De plus,z z=(x+iy)(x−iy)=x²−(iy)²=x²−i²y²=x²+y². Par conséquent z z= |z|².

Partie 2

1. O A= |a| =p

3²+1²=p

10 ; OB= |b| =p

(−1)²+3²=p 10 ; OC= |c| =p

5+5=p 10.

DoncO A=OB=OCce qui signifie queOest le centre du cercle circonscrit au triangle ABC.

2. Le pointHa pour affixeh=(2−p

5)+(4−p 5)i.

Les pointsAetBse placent aisément. Le pointCappartient au cercle de centreO, de rayonO Aet à la droite d’équation réduitey=x.

Pour placer le pointH, on utilise la calculatrice et on obtient h≈ −0, 24+i×1, 76.

0 1 2 3

−1

−2

−3

0

−1

−2

−3 1 2 3

A B

C

O

On « voit » queHest l’orthocentre deABC Partie 3

1. Oest le centre du cercle circonscrit au triangleABC ssi O A=OB=OC ssi O A²=OB²=OC² ssi |a|²= |b|²= |c|²

ssi a a=b b=c c (d’après le résultat établi en I-3.) 2. On posew=b c−b c

a. En utilisant les propriétés de la conjugaison (pour tous complexeszetz^′, z−z^′= z −z^′ ; zz^′=z z^′etz=z), on obtient :

w=b c−b c =b c−b c=b c−b c= −(b c−b c)= −w On en déduit quewest imaginaire pur.

b. •(b+c)³ b−c

´

=bb−bc+cb−cc=

³ bb−cc

´ +

³ bc−bc

´ . Or bb=ccd’après III-1. Donc (b+c)³

b−c´

=b c−b c=w.

•_|b−^w_c|² = ^(b+c)

³ b−c

´

(b−c)

³ b−c

´=^(b+c)

³ b−c

´

(b−c)

³ b−c

´=^b_b⁺₋^c_c. c. On sait quew est imaginaire pur et que ¹

|b−c|² est un nombre réel (strictement positif ).

Il s’ensuit que _|b−¹_c|2×west un imaginaire pur c.à.d. que ^b_b⁺₋^c_c est un imaginaire pur.

3. L’énoncé sous-entend queb+c6=0 (ou queABCn’est pas rectangle enA).

a. Le vecteur−−−→AH a pour affixez−−−→AH =h−a=b+c Le vecteur−−→C B a pour affixez−−→C B =b−c

b. ³−−→C B ,−−−→AH ´

=³−→u ,−−−→AH ´

−³→−u ,−−→C B ´

=arg(z−−−→AH)−arg(z−−→C B)

=arg³_{z−−−→}

AH

z−−→C B

´

=arg³

b+c b−c

´

=^π₂+kπ aveck∈Z car^b_b⁺₋^c_c est un imaginaire purnon nul.

c. L’énoncé sous-entend de plus quea+c6=0 (ou queABC n’est pas rectangle en B). D’après la question précédente, (C B) est perpendiculaire à (AH) et (C A) est perpendiculaire à (B H).

Le pointHappartient donc à deux hauteurs du triangleABC.

En conséquence Hest l’orthocentre du triangleABC.

Exercice 2 enseignement de spécialité

Partie 1

On notesla similitude plane directe d’écriture complexez^′=az+boùa∈C\ {0 ; 1}.

Un pointM d’affixez est invariant pars ssiz =az+b ce qui équivaut àz−az=b c.à.d.

z=₁₋^b_a.

sadmet donc un unique point invariantΩappelé centre deset d’affixeω=₁₋^b_a Partie 2

1. gadmet pour écriture complexez^′=a z+baveca=ip

2 etb=2ip 2−2.

gest la similitude directe de centre le pointΩd’affixeω=1−^ba =²ⁱ

p2−2 1−ip

2

=⁻²⁽¹⁻ⁱ

p2) 1−ip

2 = −2, de rapport|a| =p

2 et d’angle arg(a)=^π₂ 2. M(z)7−→^s M1(z1=z)7−→^g M^′(z^′=ip

2z1+2ip 2−2).

Nous avonsf =g◦soùsest la transformation d’écriture complexez^′=z.

sest donc la réflexion d’axe (Ox).

Partie 3

1. SoitMun point d’affixez=x+iyavecxetyréels.

M=f(M) ⇐⇒ z=ip

2z+2ip

2−2 ⇐⇒ x+iy=ip

2 (x−iy)+2ip 2−2

⇐⇒x+iy=yp

2−2+i(xp 2+2p

2) ⇐⇒

½ x=yp 2−2 y=xp

2+2p 2

⇐⇒

½ x=(2x+4)−2 y=xp

2+2p

2 ⇐⇒

½ x=2x+2 y=xp

2+2p

2 ⇐⇒

½ x= −2

y=0 ⇐⇒ z= −2 Ainsi le point Ω(−2) est l’unique point invariant parf

2. SoitNun point deD. Alors il existe un réelxtel queN ait pour affixen=x+i(x+2) L’image deN parf est le pointf(N) d’affixe

n^′=ip

2n+2ip

2−2=ip

2(x−ix−2i)+2ip

2−2=ixp 2+xp

2+2p 2+2ip

2−2

=(xp 2+2p

2−2

| {z }

x^′

)+i(xp 2+2p

| {z 2}

y^′

)

On constate quey^′=x^′+2. Il en résulte quef(N) appartient àD. 3. σest la réflexion d’axeDetk=f◦σ

a. En tant que similitude indirecte,σ admet une écriture complexe du type z^′= a z+b. Or les pointsA(−2) etB(2i) sont invariants parσ.

D’où le système d’égalités :

½ −2= −2a+b 2i= −2i a+b d’où

½ b=2a−2 2i= −2ia+b . On en déduit que 2i= −2ia+2a−2⇒2+2i=a(2−2i)⇒a=¹₁⁺₋ⁱ_i D’oùa=⁽¹⁺₂ⁱ⁾² =i. Puisb=2a−2= −2+2i. Ainsi

σ : z^′=iz−2+2i b. Déterminons l’écriture complexe dek=f ◦σ.

M(z)7−→^σ M1(z1)7−→^f M^′(z^′)

⇐⇒

½ z1=iz−2+2i z^′=ip

2z1+2ip

2−2 ⇐⇒

( z1=iz−2+2i z^′=ip

2³

iz−2+2i´ +2ip

2−2 Ainsikadmet pour écriture complexez^′=ip

2(−iz−2−2i)+2ip 2−2.

Finalement l’écriture complexe dekest z^′=p

2z+2p 2−2

c. On reconnaît l’écriture complexe de l’homothétie de centre le point d’affixe^2p2−2

1−p 2 =

2(p 2−1) 1−p

2 = −2 (c’est le pointΩ) et de rapportp 2

4. k=f ◦σd’oùk◦σ=(f ◦σ)◦σd’oùk◦σ=f◦(σ◦σ) Or on sait queσ◦σ=Id. Ainsi f =k◦σ

Exercice 3 Partie 1

1. Pour tout réelxdeI,f^′(x)6=0. Alors la droiteT n’est pas parallèle à l’axe (O;→−ı). Donc Tcoupe l’axe (O;→−ı) en un unique pointHdont l’abscisseX_Test la solution de l’équa- tion d’inconnueX:f^′(x)(X−x)+f(x)=0

f^′(x)(X−x)+f(x)=0⇐⇒f^′(x)(X−x)= −f(x)⇐⇒X−x= −_f^f′^(x)(x)

⇐⇒X=x−_f^f′^(x)(x) Ainsi

X_T =x− f(x) f^′(x)

2. T admet une équation réduite du typeY =a X+b. Alors la droiteT n’est pas parallèle à l’axe (O;−→). DoncT coupe l’axe (O;−→) en un unique pointK dont l’ordonnéeYT

vérifieY_T=f^′(x)(0−x)+f(x) Y_T=f(x)−x f^′(x) Partie 2

Soitk∈R∗,kfixé etf une fonction dérivable sur unRtelle que ∀x∈R, f^′(x)6=0.

1. f vérifie la propriété 1 ssi ∀x∈R, x−XT =k ssi ∀x∈R, x−

³

x−_f^f′^(x)(x)

´

=k ssi ∀x∈R, _f^f′^(x)(x)=k

ssi ∀x∈R, f(x)=k f^′(x) ssi ∀x∈R, f^′(x)=_k¹f(x)

ssif est une solution de l’équation différentielle y^′=1 ky

2. On sait que les solutions de cette équation différentielle sont les fonctionsx7−→λe^1kx oùλdésigne une constante réelle.

On sait aussi que l’équation différentielley^′=2yadmet une unique solution satisfai- sant à la condition initialey(0)=1. Cette solution est la fonction f définie surRpar f(x)=λe^2xoùλvérifieλe^2×0=1. Doncλ=1 puis∀x∈R, f(x)=e^2x

Partie 4

Soitk∈R∗,kfixé etf une fonction dérivable surI=]0 ,+∞[ telle que∀x∈I,f^′(x)6=0.

1. f vérifie la propriété 2 ssi ∀x∈I, f(x)−Y_T =k ssi ∀x∈I, f(x)−¡

f(x)−x f^′(x)¢

=k ssi ∀x∈I, x f^′(x)=k

ssi ∀x∈I, f^′(x)=^k_x

ssif est une solution surI de l’équation différentielle y^′=k x

2. Les solutions de cette équation différentielle sont les primitives surI de la fonction u:x7→k×_x¹. Ces solutions sont donc les fonctionsx7−→klnx+λoùλdésigne une constante réelle. On sait de plus qu’une fonctionucontinue sur un intervalleI admet une seule primitive surI qui prend unevaleur donnéeen unpoint donné. Dès lors il existe une unique solution de y^′=^1/2_x satisfaisant à la condition y(1)=0. Cette solu- tion est la fonctionf définie surI parf(x)=¹₂ lnx+λoùλvérifie¹₂ln 1+λ=1. Donc λ=1 puis∀x>0, f(x)=1+1

2lnx Exercice 4

Partie 1

1. (E) : e^x=¹_x⇐⇒xe^x=1⇐⇒x=e^−x⇐⇒x−e^−x=0⇐⇒f(x)=0

2. a. f est dérivable surRet pour tout réel x, f^′(x)=1+e^−x . Or pour tout réelx, e^−x>0. Donc pour tout réelx,f^′(x)>1>0.

Ainsi la fonction f est strictement croissante surR

b. •f(0)= −1. Alorsx<0=⇒f(x)<f(0)=⇒f(x)< −1=⇒f(x)<0 L’équationf(x)=0 n’admet aucune solution dans l’intervalle ]− ∞, 0[.

•f(1)=1−¹_e. Alorsx>1=⇒f(x)>f(1)=⇒f(x)>1−¹_e=⇒f(x)>0 L’équationf(x)=0 n’admet aucune solution dans l’intervalle ]1 ,+∞[.

•La fonctionf est continue et strictement croissante sur l’intervalle [0 , 1]. Donc d’après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, f réalise une bi- jection de [0 , 1] sur l’intervalle image de [0 , 1] parf à savoir

f([0 , 1])=[f(0) ,f(1)]=

·

−1 , 1−1 e

¸

Puisque 0∈ f([0 , 1]), l’équation f(x)= 0 admet une unique solutionαdans [0 ; 1].

c. •f¡₁

2

¢≈ −0, 1 à 10⁻¹près par excès.

•f(1)≈0, 6 à 10⁻¹près par défaut.

•Doncf(1/2)6₋0, 1<0<0, 66f(1) avec 0=f(α).

d’où f¡₁

2

¢<f(α)<f(1)

Il en résulte par croissance def surRque ¹₂6α61

d. x∈[0 ,α]=⇒f(0)6f(x)6f(α)=⇒ −16f(x)60 carf(α)=0.

Ainsif est négative sur [0 ,α].

Partie 2

1. g(x)=x⇐⇒₁¹₊⁺_e^xx =x⇐⇒1+x=x(1+e^x)⇐⇒1+x=x+xe^x

⇐⇒1=xe^x⇐⇒e^x=¹x

2. On a vu en I-2.(b) queαétait l’unique solution dans [0 , 1] de l’équation f(x)=0 qui est équivalente àg(x)=x.

En conséquenceαest l’unique solution dans [0 , 1] de l’équationg(x)=x.

3. La fonctiongest dérivable sur [0 , 1] et pour toutxde [0 , 1], g^′(x)=1(1+e^x)−(1+x)e^x

(1+e^x)² =1+e^x−e^x−xe^x

(1+e^x)² = 1−xe^x

(1+e^x)²=−e^x(x−e^−x) (1+e^x)² Donc pour toutxde [0 , 1], g^′(x)=−e^xf(x)

(1+e^x)² .

Puisque₍₁₊^e_e^xx)²>0,g^′(x) etf(x) sont de signes contraires.

Donc, d’après I - 2 (d),f étant positive sur [0 ,α] , pour toutxde [0 ,α],g^′(x)>0.

Ainsi la fonctiongest croissante sur [0 ,α].

Partie 3

1. Pour tout entier natureln, notonsP_nla propriété : « 06un6un+16α»

•Initialisation: vérifions la propriété au rang 0.

u0=0 etu1=g(0)=1/2 . Or d’après I-2.(c),¹₂6α. Donc 06u06u16α.

• Hérédité : soitk ∈N∗. Supposons la propriétéP_k vraie. Démontrons alors, sous cette hypothèse, queP_k

+1est vraie.

On sait quegest croissante sur [0 ,α].

Or, d’après l’hypothèse de récurrence, 06uk6uk+16α.

Doncg(0)6g(u_k)6g(u_k+1)6g(α)

avec g(0)=1/2 ;g(uk)=uk+1;g(uk+1)=uk+2 et g(α)=α.

Par conséquent 06¹₂6u_k+16u_k+26αetP_k+1est vraie.

• Conclusion: le principe de récurrence permet de conclure que pout tout entier na- tureln, 06un6un+16α

2. La suite (un)n∈Nest croissante

Cette suite est également majorée parα. Il en résulte d’après le théorème de conver- gence monotone, que la suite (un)n∈Nest convergente

3. Notonsℓla limite de la suite (un). Alors il est clair que lim

n→+∞un+1=ℓ

Puisque∀n∈N, 06un6α, on obtient par passage à la limite dans cet encadrement : 06ℓ6α. En particulierℓ∈[0 , 1].

n→+∞lim un=ℓetgest continue sur [0 ; 1] doncgest continue au pointℓ. D’où lim

x→ℓg(x)=g(ℓ) . On en déduit par composition que lim

n→+∞g(u_n)=g(ℓ) Or par définition de la suite (un)n∈N, ∀n∈N,g(un)=un+1.

Donc lim

n→+∞un+1=g(ℓ). Par unicité de la limite d’une suite, on en déduit que g(ℓ)=ℓ autrement ditℓest une solution dans [0 , 1] de l’équationg(x)=x.

Or cette équation admetαpour unique solution. Donc ℓ=α

4. La calculatrice fournit u4≈0, 567 143 à 10⁻⁶près par défaut (valeur arrondie).