Corrigé de A. Saoud Manal
EXERCICE1 5POINTS
PARTIEA.
1. Un quart des femmes et un tiers des hommes adhèrent à la section tennis, donc pF(T)=1
4etpF(T)=1 3.
30 % des membres de cette association adhèrent à la section tennis, doncp(T)= 3 10. F etFforment une partition, d’après le théorème des probabilités totales, on a : p(T)=p(T∩F)+p³
T∩F´
=pF(T)×p(F)+pF(T)×p³ F´
=1
4×p(F)+1
3(1−p(F))= 3 10. On en déduit que 1
12p(F)=1 3− 3
10soitp(F)=2 5. 2. Il s’agit de calculerpT(F). OrpT(F)=p(T∩F)
p(T) =p(F)×pF(T) p(T) =
2 5×14
3 10
=1 3. PARTIEB.
1. a. C’est une répétition d’une expérience aléatoire à deux issues, identique et indépen- dante. La variable aléatoire X, donnant le nombre de membres adhérant à la section tennis parmi les membres choisis, suit donc la loi binomiale de paramètresn=4 (nombre d’épreuves) et p = 3
10. On souhaite deux succès, la probabilité est doncp(X =2)= Ã4
2
!
× µ 3
10
¶2
× µ
1− 3 10
¶4−2
= Ã4
2
!
× µ3
10
¶2
× µ 7
10
¶4−2
=1 323
5 000≈0, 2646 .
b. Il suffit de considérer l’évènement contraire qui consiste à ne choisir aucun membre du club de tennisnfois, soit
µ 7 10
¶n
. Le résultat est doncpn=1− µ 7
10
¶n
. c. pn>0, 99, 1−
µ7 10
¶n
>0, 99, µ7
10
¶n
60, 01, ln µµ 7
10
¶n¶
6ln(0, 01) car la fonction ln est croissante.
nln µ 7
10
¶
6ln(0, 01),n>ln(0, 01) ln¡7
10
¢ car ln µ 7
10
¶
<0.n>12, 9, i.e.n>13.
2. a. Les gains algébriques possibles sont−5, 15, et 35.
Y =yi -5 15 35
p(Y =yi)
µ 90 2
¶
µ 100 2
¶= 89 110
µ 90 1
¶ µ 10 1
¶
µ 100 2
¶ = 2 11
µ 10 2
¶
µ 100 2
¶= 1 110
b. L’espérance est doncE(Y)=X
i
yip¡ Y =yi¢
= −5× 89
110+15× 2
11+35× 1 110= −1.
Le jeu est en défaveur du joueur car l’espérance est négative ou encore qu’en moyenne, sur un grand nombre de partie, le joueur perd 1 euro par partie.
EXERCICE2 5POINTS
PARTIEA. RESTITUTION ORGANISÉE DES CONNAISSANCES
On posex=et, on a doncx>0, ln(x)=t. On a lim
t→∞et= +∞ = lim
t→∞x. lim
x→+∞
ln(x) x = lim
t→+∞
ln(et) et =
t→+∞lim t
et =0 puisque lim
t→+∞
et
t = +∞. PARTIEB.
1. La fonctiongest dérivable d’après les théorèmes généraux etg′(x)=2x+1 x. Pourx>1, 2x>0 et 1
x >0, doncg′(x)>0 donc la fonctiong est strictement croissante sur [1 ;+∞[.
2. a. La fonctionf(x)=u(x)−v(x)
u(x) avecu(x)=xetv(x)=ln(x).uetvsont dérivables avec u′(x)=1 etv′(x)= 1
x. D’après les théorèmes généraux f est dérivable et on a f′(x)= u′(x)−v′(x)u(x)−v(x)u′(x)
u(x)2 =1−
1
x×x−ln(x)
x2 =x2−1+ln(x) x2 =g(x)
x2
b. Pour toutx∈[1 ;+∞[,g(x)>0 etx2>0, doncf′(x)>0. On en déduit quef est stricte- ment croissante sur [1 ;+∞[.
c. f(x)−x= −ln(x) x , lim
x→+∞f(x)−x= − lim
x→+∞
ln(x)
x =0 donc la droiteDd’équationy=x est une asymptote à la courbeC.
d. Pour toutx∈[1 ;+∞[, ln(x)>0 etx>0, doncln(x)
x >0 donc la courbeC est située en dessous de la droiteD.
3. a. Un graphique pour comprendre :
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
0
D
C
M3
M3
N5
M5
La distanceMkNk= |f(x)−x| =ln(k) k >0.
b.
Variables kest un entier
dest une variable réelle Initialisation k:=2 ;d:=ln(k)
k Traitement Tant qued>10−2
Début du tant que k:=k+1 ;
d:=ln(k) k ; Fin du tant que Sortie Afficherk
EXERCICE3 5POINTS
PARTIEA.
1. Pour toutx∈[0 ; 1], 1
1+x2>0, doncf′(x)>0. On en déduit quef est strictement croissante sur [0 ; 1]
2. a. g est la composée des fonctions f etu :x7−→tan(x) qui sont dérivables, donc g est dérivable etg′(x)=f′(u(x))×u′(x)= 1
1+tan2(x)ס
1+tan2(x)¢
=1 b. Pour toutxdeh
0 ;π 4 i
,g′(x)=1, donc pour toutxdeh 0 ;π
4 i
,g(x)=x+cavecc∈Rune constante. D’autre part, 0+c=g(0)=f (tan(0))=f(0)=0. On en déduit quec=0. On a doncg(x)=xpour toutxdeh
0 ;π 4 i
.g³π 4
´
=π 4=f³
tan(π 4)´
=f(1), donc f(1)=π 4. 3. f est croissante sur [0 ; 1].f(0)=0 etf(1)=π
4 donc, pour toutx∈[0 ; 1], 06f(x)6π 4
PARTIEB.
1. On poseu(x)=x.uetf sont dérivables et leurs dérivéesu′(x)=1 etf′(x)= 1
1+x2sont conti- nues, d’après le théorème de l’intégration par parties on aI0=
Z1
0 f(x)dx= Z1
0 u′(x)f(x)dx=
£u(x)f(x)¤1 0−
Z1 0
u(x)f′(x)dx=£
x f(x)¤1 0−
Z1 0
x
1+x2dx=f(1)−1 2
Z1 0
2x
1+x2dx. On pose pour toutxde [0 ; 1],v(x)=1+x2.vest dérivable avecv′(x)=2x, de plusv(x)>0 pour toutxde [0 ; 1].
Z1 0
2x 1+x2dx=
Z1 0
v′(x)
v(x)dx=[ln (v(x))]10=ln(2). On en déduit queI0=π 4−1
2ln(2).
2. a. Pour toutxde [0 ; 1], 06xnet 06f(x), donc 06xnf(x) d’après la positivité de l’inté- grale, on a 06
Z1 0
xnf(x)dx, donc 06In. b. Pour toutxde [0 ; 1], 06xnet f(x)6π
4, doncxnf(x)6π
4xn d’après la croissance de l’intégrale, on a
Z1 0
xnf(x)dx6 Z1
0
π
4xndx=
·π
4×xn+1 n+1
¸1
0= π
4(n+1), donc In6
π 4(n+1).
c. On a 06In6 π
4(n+1) et lim
n→+∞
π
4(n+1)=0, d’après le théorème des comparaisons des limites de suites, (In) converge et sa limite est 0 .
EXERCICE4 5POINTS
Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
1. f(M)=M⇐⇒z=z2⇐⇒z2−z=0⇐⇒z(z−1)=0⇐⇒z=0 ou z=1. On en déduit que Γ1={O,Ω}.
2. a. a=p 2−ip
2=2 Ãp
2 2 −i
p2 2
!
=2³ cos³
−π 4
´ +i sin³
−π 4
´´
=2e−iπ4. b. Soit M tel que f(M)=A⇐⇒z2=a ⇐⇒z2−2e−i
π
4 =0 ⇐⇒ z2−³p
2e−i
π 8
´2
=0⇐⇒
³z−p 2e−iπ8´ ³
z+p 2e−iπ8´
=0⇐⇒z−p
2e−iπ8 =0 ou z+p
2e−iπ8 =0⇐⇒
z=p 2e−i
π
8 ou z= −p
2e−i
π 8.
Les affixes des deux antécédents deAparf sontp 2e−i
π 8 et−p
2e−i
π 8.
3. On posez=x+iy l écriture algébrique dez. On az′=x2−y2+2ix yest imaginaire pur si et seulement six2−y2=0⇐⇒(x−y)(x+y)=0⇐⇒x−y=0 ou x+y=0⇐⇒
x=youx= −y.
Γ2est donc la réunion des droites d’équationsx=yetx= −y.
4. a. Mdistinct deΩest tel que le triangleΩM M′est rectangle isocèle direct enΩsi et seule- ment siz6=1 etM′est l’image deMpar la rotation de centreΩet d’angleπ
2⇐⇒z′−1= ei
π
2(z−1)⇐⇒z2−1=i(z−1)⇐⇒z2−iz−1+i=0 avecz6=1.
b. (z−1)(z+1−i)=z2+z−iz−z−1+i=z2−iz−1+i
c. z2−iz−1+i=0⇐⇒(z−1)(z+1−i)=0⇐⇒z−1=0 ou z+1−i=0⇐⇒
z=1 ouz= −1+i. Orz6=1, doncΓ3contient uniquement le point d’affixe−1+i.
5. a. ³−−−→
OM,−−−→
OM′´
=arg µz′
z
¶
=arg µz2
z
¶
=arg(z).
b. Les pointsO,M etM′ sont alignés si et seulement si³−−−→
OM,−−−→
OM′´
≡0[π]⇐⇒arg(z)≡ 0[π]⇐⇒z∈R.Γ4est donc l’axe des abscisses privé des pointsOetΩ.
EXERCICE4 SPÉCIALITÉ 5POINTS
PARTIEA.
1. Recherche de points invariants :
Mest un point invariant⇐⇒z=5iz+6i+4⇐⇒z−5iz=6i+4⇐⇒z(1−5i)=6i+4⇐⇒
z=6i+4
1−5i= −1+i. L’unique point invariant parSest le pointΩd’affixeω= −1+i.
z′−ω=z′−(−1+i)=5iz+6i+4−(−1+i)⇐⇒z′−(−1+i)=5iz+5+5i=5i¡
z′−(−1+i)¢
= 5eiπ2(z−ω)⇐⇒z′−ω=5eiπ2(z−ω). C’est l’expression complexe de la similitude de centreΩ, de rapport 5 et d’angleπ
2.
2. z′ =x′+iy′ =5iz+6i+4=5i(x+iy)+6i+4=5ix−5y+6i+4= −5y+4+i(5x+6) ⇐⇒
(x′ = −5y+4 y′ = 5x+6 PARTIEB.
1. a. On a 4×1+3×(−1)=1, en multipliant par 5, on obtient 4×5+3×(−5)=5. On a ainsi une solution particulière (5 ;−5). D’où 4a+3b=5⇐⇒4a+3b=4×5+3×(−5)⇐⇒
4a−4×5= −3b+3×(−5)⇐⇒4(a−5)= −3(b+5). On en déduit que 4 divise−3(b+5), or 4 et -3 sont premiers entre eux, d’près le théorème de Gauss, 4 divise b+5, donc
∃k∈Ztel queb+5=4k⇐⇒b= −5+4k, on en déduit que 4(a−5)= −3(−5+4k+5)⇐⇒
4(a−5)= −3×4k⇐⇒a−5= −3k⇐⇒a=5−3k. L’ensemble des couples solutions est donc {(5−3k;−5+4k)/k∈Z}.
b. −3x′+4y′=37⇐⇒ −3x′+4y′⇐⇒ −3(−5y+4)+4(5x+6)=37⇐⇒
20x+15y−12+24=37⇐⇒20x+15y=25⇐⇒4x+3y=5⇐⇒ ∃k∈Ztel que
(x =5−3k y = −5+4k
−365−3k65 et−36−5+4k65, donc seulsk=1 etk=2 sont tels que
−36x65 et−36y65. Les points de coordonnées (2 ;−1) et (−1 ; 3) répondent à la question.
2. a. x′+y′= −5y+4+5x+6=5(x−y+2), doncx′+y′est un multiple de 5.
b. x′+y′−(x′−y′)=2y′, doncx′−y′etx′+y′sont congrus modulo 2.
Par ailleurs 2 est un nombre premier. Si 2 divisex′2−y′2=(x′−y′)(x′+y′), alors il divise x′−y′oux′+y′. Supposons qu’il divisex′−y′, alorsx′−y′≡0 [2], orx′−y′≡x′+y′[2], doncx′+y′≡x′−y′≡0 [2]. Le raisonnement est identique si on suppose que
x′+y′≡0 [2].
c. x′2−y′2=20 doncx′2−y′2est multiple de 2 doncx′−y′etx′+y′le sont également. Par ailleursx′+y′est un multiple de 5. Or (x′−y′)(x′+y′)=20, doncx′+y′est un multiple de 2 et de 5 qui divise 20,x′+y′est donc un multiple de 10 qui divise 20. On en déduit que x′+y′= ±10 oux′+y′= ±20.x′+y′= ±20 est impossible car cela donneraitx′−y′= ±1 qui ne serait pas congru àx′+y′= ±20 modulo 2.
Il reste donc l’unique possibilitéx′+y′= ±10 doncx′−y′= ±2, ce qui donnex′= ±6 et y′= ±4.x′=6 n’est pas possible car cela donnerait 6= −5y+4 d’oùy= −2
5, donc y n’est pas entier. On a finalementx′= −6 et y′= −4 ce qui donnex= −2 ety =2.
L’unique point deE est donc (2 ;−2).
