Eléments de solution

Eléments de solution

Exercice 1

1. (a) X peut prendre comme valeurs0,1ou2: p(X = 0) = C₂⁰×C₈²

C₁₀² = 28

45 car l’on choisit 0 billet gagnant parmi les deux gagnants et 2 billets perdants parmi les 8 perdants.

p(X = 1) = C₂¹×C₈¹ C₁₀² =16

45 ; p(X= 2) = C₂²×C₈⁰ C₁₀² = 1

45 D’où la loi deX :

xi 0 1 2

p(X =x_i) 28 45

16 45

1 45

(b) Il y a dans ce cas à choisir un billet gagnant parmi les deux gagnants et1billet perdant parmi les(n−2)perdants.

Comme les tirages sont équiprobables, on apn=C₂¹×C_n¹₋₂

C_n² = 2×(n−2)

n(n−1) 2

= 4 (n−2) n(n−1) 2. (a) On reconnaît un schéma de Bernouilli

P(Y =k) =C₂^k µ1

5

¶kµ 1−1

5

¶2−k

soit

k 0 1 2

p(Y =k) 16 25

8 25

1 25 (b) qn=C₂¹×

µ2 n

¶1µ 1−2

n

¶2−1

= 4 (n−2) n²

3. (a) Pour toutnsupérieur ou égal à 3 : pn−qn = 4 (n−2)

n(n−1)−4 (n−2)

n² = 4(n−2) n²(n−1) (b) Pour toutnsupérieur ou égal à 3:n−26n−1⇒ 4(n−2)

n²(n−1) 6 4(n−1) n²(n−1) 6 4

n² Pour quepn−qn <10⁻³,il suffit que 4

n² <10⁻³⇔n >√

4000'63.246 Il suffit de choisirn0= 64.

(c) Pour toutnsupérieur ou égal à 3:pn−qn>0⇒pn > qn,et donc qu’il est préférable de tirer les billets simultanément.

Exercice 2

1. (a) z⁰ = 2(z−1−i) +z+ 4 +i= 3z+ 2−i

(b) Soitω l’affixe du pointÞxeΩcherché. ω= 3ω+ 2−i⇒ω=−1 +1 2i

z⁰ = 3z+ 2−iest de la formez⁰ =kz+baveck= 3qui caractérise une homothétie de rapport 3.

Cette homothétie est de centreΩpuisqueω vériÞe l’équation aux points Þxes.

2. (a) G={5; 8; 11; 14; 17; 20; 23; 26}et H={2; 5; 8; 11; 14; 17; 20; 23}.

(b) x⁰−y⁰ = 3x+ 2−(3y−1) = 3(x−y+ 1).Doncx⁰−y⁰ est multiple de3.

(c) Un entier est pair ou impair.

Lorque deux entiers sont pairs tous les deux ou impairs tous les deux, leur somme et leur différence sont paires.

Lorsque l’un des deux est pair et l’autre impair, leur somme et leur différence sont impaires.

Dans tous les cas, la somme et la différence de deux entiers ont donc même parité.

Eléments de solution 2

(d) mnon nul est le produit des deux entiers non nulsx⁰−y⁰ etx⁰+y⁰ de même parité etmest pair : les deux entiersx⁰−y⁰ etx⁰+y⁰ sont donc pairs.

De plus,x⁰−y⁰ est multiple de3premier avec2. Il en résulte quex⁰−y⁰ est multiple de6.

x⁰−y⁰ ne peut être multiple de30car la plus grande valeur dex⁰−y⁰ est24.

(e) x⁰+y⁰ est pair et par hypothèse5divise(x⁰−y⁰)(x⁰+y⁰). Or5ne peut aussi diviserx⁰−y⁰ qui déjà divisible par2et3serait alors divisible par30. Donc5divisex⁰+y⁰.

x⁰+y⁰, divisible par2et5premiers entre eux, est divisible par10.

On cherche les couples(x⁰, y⁰)deG×H tels quex⁰−y⁰ soit divisible par6etx⁰+y⁰ par 10.

Les couples(x⁰, y⁰)qui conviennent sont : (8; 2),(17; 23),23; 17).

Les couples(x, y)correspondants sont alors : (2; 1), (5; 8),(7; 6).

Exercice 3

1. (a) Siz1 est l’affixe de M1,on az1=e^iπ3z Siz⁰ est l’affixe de M⁰,alors on az⁰=z₁−1 D’oùz⁰=e^iπ3z−1

(b) En appliquant la formule précédente, sib⁰ est l’affixe de l’image du pointB : b⁰=e^iπ3

µ1 2−1

2i√ 3

¶

−1 =0ce qui montre queT(B) =O.

(c) Le pointM d’affixezest invariant parT si et seulement siT(M) =M, ce qui équivaut à z=e^iπ3z−1⇔z= 1

e^iπ3 −1 = 1

−¹2+¹₂i√ 3=−1

2−1 2i√

3

2. (a) Siz6= 0 : z⁰

z =e^iπ3z−1

z =

¡₁

2+¹₂i√ 3¢

(x+iy)−1

x+iy =

1

2x+¹₂iy+¹₂i√

3x−¹₂√ 3y−1 x+iy

=

¡₁

2x+¹₂iy+¹₂i√

3x−¹₂√ 3y−1¢

(x−iy) (x+iy) (x−iy) =

1

2x²+¹₂y²−x+i¡₁

2

√3x²+¹₂√

3y²+y¢ x²+y²

d’oùRe µz⁰

z

¶

=

1

2x²+¹₂y²−x x²+y²

(b) OM M⁰ est rectangle enO si et seulement si³−−→

OM ,−−→

OM⁰´

= π

2 ou³−−→

OM ,−−→

OM⁰´

=−π 2 [2π]

³−−→

OM ,−−→

OM⁰´

= arg µz⁰

z

¶

, donc ces deux conditions équivalent si z⁰

z 6= 0àRe µz⁰

z

¶

= 0, ce qui équivaut à 1

2x²+1

2y²−x= 0etz6= 0 etz⁰6= 0

C’est une équation du cercle de centreAet de rayon1: (x−1)²+y²= 1 De plusz⁰= 0⇔e^iπ3z−1 = 0⇔z=e⁻ⁱ

π 3 =1

2−1 2i√

3donc (E) est le cercle de centreAet de rayon1privé du point d’affixe 1

2−1 2i√

3,c’est à direB et deO.

3. (a) (1−1)²+ 1²= 1⇒M∈(E).

(b) |z⁰|=¯¯e^iπ3 (1 +i)−1¯¯=

¯¯

¯¯−1 2−1

2

√3 +i µ1

2

√3 +1 2

¶¯¯¯¯

=

¯¯

¯¯ µ1

2

√3 +1 2

¶

×(−1 +i)

¯¯

¯¯=

¯¯

¯¯ µ1

2

√3 + 1 2

¶¯¯¯¯× |−1 +i|

= µ1

2

√3 +1 2

¶

×√ 2 = 1

2

√6 + 1 2

√2

(c) Comme l’unité d’aire est égale à 16 cm², l’aire du triangle OM M⁰ est donc égale à 16× OM ×OM⁰

2 = 16×|z| × |z⁰| 2 = 8√

3 + 8cm² Exercice 4

PARTIE A

I) 1)f_n⁰ (x) = n−2−2nlnx x³

Eléments de solution 3

2) f_n⁰ (x) = 0⇔lnx=n−2

2n ⇔x=eⁿ⁻²²ⁿ . x∈i

0, eⁿ⁻²²ⁿ h

⇒lnx < n−2

2n ⇒f_n⁰ (x)>0⇒fn strictement croissante sur. i

0, eⁿ⁻²²ⁿ h De même, fn est strictement décroissante suri

eⁿ⁻²²ⁿ ,+∞h . 3)f_n(x) = 1

x² +nlnx

x² et lim

x→+∞

lnx

x² = 0d’après le formulaire. Donc lim

x→+∞f_n(x) = 0.

4)

x 0 eⁿ⁻²²ⁿ +∞

f_n⁰ (x) + 0 −

fn(x) _−∞ % ^n2e

2−n

2 & ⁰ lim

x→0⁺f_n(x) = lim

x→0⁺

µ 1 x²

¶

(1 +nlnx) =−∞. II) 2) (a) f_n+1(x)−f_n(x) = lnx

x² .Résultat indépendant den.

(b) On a f4(x)−f3(x) =f3(x)−f2(x), doncf3(x) = f₂(x) +f₄(x)

2 . Si on note M2, M3 etM4 les points de C₂, C₃ etC₄ d’abscisses x, M₃ est donc le milieu de[M₂M₄],ce qui prouve que l’on obtient M₄comme symétrique de M₂ par rapport àM₃. C₄ est donc symétrique deC₂ par rapport àC₃. PARTIE B

1) I= Z e

1

lnx x² dx=

·

−lnx x

¸e 1

− Z e

1

µ

−1 x²

¶ dx=

·

−lnx x

¸e 1

−

·1 x

¸e 1

= 1−2 e 2) Sur [1, e], lnx

x² >0, donc f_n+1(x)−f_n(x) > 0, doncC_n+1 est située au-dessus de C_n, donc l’aire cherchée est égale en unités d’aire à

Z e 1

(f_n+1(x)−f_n(x))dx=I= 1−2 e u.a 3) a) La fonctionf₂est dérivable et positive sur[1, e]

donc l’aire cherchée est égale àA₂= Z e

1

f₂(x)dx= Z e

1

1

x² + 2lnx x² dx=

·

−1 x

¸e 1

+ 2I= 3−5 e b) De mêmeAn=

Z e 1

fn(x)dxd’oùAn+1−An=Ipour toutn>2.Donc la suite(An)est arithmétique de raisonI,dont la question 2) a fourni une interprétation géométrique.

PARTIE C 1) a)n>3⇒ n−2

2n >0⇒eⁿ⁻²²ⁿ >1⇒f_n³ eⁿ⁻²²ⁿ ´

> f_n(1) = 1 b)f_n est strictement croissante surh

1, eⁿ⁻²²ⁿ h

,etf_n(1) = 1,doncf_n(x)>1suri

1, eⁿ⁻²²ⁿ h

,ce qui prouve bien que l’équationfn(x) = 1ne peut pas avoir de solution sur cet intervalle.

2) lim

x→+∞fn(x) = 0donc il existeαréel tel quex>α⇒f(x)<1 2 fn étant strictement décroissante surh

eⁿ⁻²²ⁿ ,+∞h etfn

³ eⁿ⁻²²ⁿ ´

>1doncα> eⁿ⁻²²ⁿ La fonctionf_n est dérivable et strictement décroissante surh

eⁿ⁻²²ⁿ ;αi fn est donc une bijection deh

eⁿ⁻²²ⁿ ;αi suri

fn(α) ;fn

³ eⁿ⁻²²ⁿ ´i

. Commefn

³ eⁿ⁻²²ⁿ ´

>1etfn(α)< 1

2<1, il existe αn unique solution defn(x) = 1sur cet intervalle.

D’après les variations defn l’équationfn(x) = 1ne possède pas de solution dans]α; +∞[. Donc l’équationfn(x) = 1possède une et une seule solution dansi

eⁿ⁻²²ⁿ ; +∞h 3) (a) fn¡√

n¢

= 1 n +lnn

2 n > e²⇒ lnn

2 >lne²

2 = 1⇒fn¡√

n¢

>1 (b)n>8⇒n > e²⇒fn¡√

n¢

>1⇒αn >√

n,carfn strictement décroissante sur h

eⁿ⁻²²ⁿ ,+∞h . D’où

n→lim+∞α_n= +∞