Amerique du Nord, 2006, Corrigé

2006, Amérique du Nord - Correction 1. Exercice 1

Question 1 : Rappelons que ^{E X( )= k P X×}

(

^=k

)

si X est la variable aléatoire qui désigne le gain (algébrique) à l’issu du jeu : X est à valeurs dans

{

60 30;0 30;20 30− − −

} {

= 30; 30; 10− −

}

.

L’espérance mathématique du jeu est donc E(X) = ⁴ (60 30) ³ (0 30) ³ (20 30) 0

10 − +10 − +10 − = donc le

jeu équitable. Réponse C

Question 2 : Soit X la variable aléatoire égale au nombre de « oui » tirés. X suit une loi binomiale de paramètre n = 4, ⁴

p=10 : ^P

(

^{X 1≥}

)

^{= −1 P X}

(

⁼⁰

)

^{= −1 3}₅ ^{4 =544}₆₂₅. Réponse B.

Question 3 : Le joueur tire simultanément deux bulletins de l’urne : il y a ¹⁰₂ ^{10 9 45} 2

= × = tirages possibles. La probabilité qu’il obtienne un tirage de deux bulletins de sortes différentes est égale à la probabilité de tirer « oui et non » ou « oui et blanc » ou « non et blanc », soit

4 3 4 3 3 3 33 11

45 45 15

× + × + × = = . Réponse C.

2. Exercice 2 (non spécialistes)

A. 1. a. On a zB = ² donc 1 3 2 ^{1 3} 2 cos sin 2 ³

2 2 3 3

i

zB i i i e

π π π

= + = + = + = . Enfin, zC =zB

donc z_C 2e ⁱ³

− π

= .

A. 1. b. Il semble que le quadrilatère OCAB soit un losange.

A. 2. Prouvons la conjecture précédente :

• Les diagonales (OA) et (BC) se coupent en leur milieu I, d’affixe 1 (B et C ont la même partie réelle 1).

• Ces diagonales sont perpendiculaires (pour la même raison puisque O et A sont sur l’axe (Ox)) A. 3. Rappelons que zA−zB =AB.

Par conséquent, z = − ⇔z 2 OM =AM : ∆ est donc la médiatrice de [OA].

B. Posons ^{' 4 , 2}

z 2 pour z z

= − ≠

− .

1. a. Comme ^z≠², z’ = z ssi

( )

^{2 1}

2

1 3

2 4 2 4 0

1 3

etude du trinome

B C

z i z

z z z z

z i z

= + =

− = − ⇔ − + = ⇔

= − = . A

B

C

O 2

-1

0 1

1

x y

A B

C O

La transformation qui à z associe z’ admet donc B et C comme seuls points fixes.

B. 1. b. On a donc B’ = B et C’ = C.

B. 1. c. L’isobarycentre G a pour affixe ¹₃

(

⁰+zA +zB

)

=^{2 1}+ +₃i ³ = +¹ i ₃³ . Donc G’ a pour affixe

( )

12 3 3

4 12 3 3

3 3 3 9 3

1 2

3

i i

i i

− − −

− = − = = +

− + +

+ −

.

B. 2. a. Question de cours

On utilise z² =zz ainsi que les propriétés de ^z.

• z1×z2 ² =

(

z z1 2

)(

z z1 2

)

=z z z z1 2 1 2 =z z1 1×z z2 2 = z1 ²× z2 ² d’où le résultat (tout est positif).

• ^{12 1 1 1 1 1 1}₂

z = ×z z = × =z z zz = z d’où le résultat.

B. 2. b. D’après les propriétés précédentes, ^{z′ − =2} _z⁻⁴₂− =^{2 − −4 2}_z ^z₂⁺⁴ = _z^−2z₂ = ²_z ^z₂

− − − − .

B. 2. c. Soit M un point de la médiatrice de [OA]. On a ^{z = −z 2} et 2 ² 2 z z

′ − = z

− donc

2 2 z 2

z′ − = z = donc M’ appartient au cercle de centre A, de rayon 2.

A B

C

O 2 3 4

2

-1

-2

0 1

1

x y

A B

C O

3. Exercice 2 (spécialité)

1. a. σ est une similitude directe comme composé de similitude directe : son rapport est le produit des deux rapports, son angle, la somme des 2 angles des 2 similitudes

• Comme elles sont toutes les deux de même centre Ω, σ est de centre Ω.

• Comme une rotation est une similitude de rapport 1, σ est de rapport celui de h : ² 2 .

• Comme une homothétie est une similitude d’angle 0, σ est d’angle celui de r : 4 π . b. Son écriture complexe est donc du type

( ) ( ) ( )

2 4 2 2 2 1

' 2 2 2 2

2 2 2 2 2

i i

z e z z i z z z

π

ω ω ′ ′ ⁺

− = − ⇔ − = + − ⇔ = − + d’où en développant :

1 1

2

z′ = +i z+ −i.

c. D’un coté z – z’ : ^{1 1 1 1}

2 2

i i

z z− = −′ z + z− + =i − z− +i et de l’autre, on a

(² ) ^{2 1 1 1 1}

2 2

i i

i −z′ =i − + z− +i = − − z i+ − , d’où l’égalité recherchée.

2. a. Question de cours :

Si A est un point donné d’affixe a, alors l’image du point P d’affixe p par la rotation de centre A et d’angle

2

π est le point Q d’affixe q telle que :

• AP = AQ cad AQ q a q a 1

AP p a p a

− −

= = =

− − .

•

(

^{AP AQ,}

)

^=π₂

^{[ ]}

^{2π ⇔arg q a}_{p a}⁻₋ ^=π₂

^{[ ]}

^{2π .}

Finalement, le complexe ^{p a} q a

−

− a pour module 1 et pour argument 2

π : q a 1 ⁱ²

e i

p a

− = × π =

− , d’où l’égalité

( )

q a i p a− = − .

b. Comme ^{z z}− =^{′ i}(²−^z′), on peut affirmer que M est l’image de Ω par la rotation de centre M’, d’angle

2

π : le triangle ΩM M′ est donc rectangle isocèle en M’.

3. On note An+1=σ

( )

An .

a. Démontrons par récurrence la proposition P(n) : « ^{( )}

2

2 4

2 2

n i n

an e

+ π

= + ».

• Initialisation : on sait que a₀ = +2 i et on a bien ^{( )}

0 0 2

2

0 2 4 2 2 2

2

i

a ei e i

π π

+

= + = + = + .

• Hérédité : supposons que ^{( )}

2

2 4

2 2

n i n

an e

+ π

= + et prouvons qu’alors

( )

1 3

1 2 4

2 2

n i n

an e

π

+ +

+ = + .

On a : ^{( )}

. Re . 2

4 4 4

1 1 1 2 1 2 2 2 1

2 2 2 2

Hyp cu n n

i i i

n i n n

a a i e a i e e i

π π + π

+ = + + − = + − = + + − donc

( )

1 3

4 4

1

2

2 2 1

2

n n

i i

an e e i

π π

+ +

+ = + + − cad que P(n+1) est vraie.

• La propriété est donc vraie pour tout n.

b. Pour n = 3, on trouve

3 5

3 2 4 1 2 2 7 1

2 2

2 2 2 2 2 4 4

a ei i i

π

= + = − − + = − .

4. Il faut trouver n0 tel que

( ) ( ) ( )

0

0 0

0 0

2 ln 0,01

2 1

0, 01 2 0, 01 0, 01 ln 2 ln 0,01 13, 3

2 2 ln 2

n

n n

A a n n −

Ω ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ ≈

donc n₀ =14.

4. Exercice 3 1. Soit ^{g x}( ) ^{lnx 2}

= −x, définie pour x >0.

Déterminons la limite de g en O⁺ : ln tend vers −∞, de même que ²

−xd’où le résultat.

Déterminons la limite de g en +∞: ln tend vers +∞et ²

−x tend vers 0 donc g tend bien vers +∞.

Monotonie : g est dérivable et ^{g x}( ) ^{1 2}₂ ⁰

′ = +x x > pour tout x >0 donc g est croissante.

Zéro de g : g est continue (car dérivable), strictement monotone et elle passe d’une valeur négative (−∞) à une valeur positive (+∞). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, elle s’annule une seule fois.

Encadrement du zéro : on a g(2, 3)≈ −0,04 et g(2, 4)≈0,04 donc 2, 3≤x₀ ≤2, 4.

2. Soit f définie par ^{f x( ) 5 ln( )x}

= x .

a. On sait que 0 0

0 0

2 2

( ) 0o ln 0 ln

g x x x

x x

= ⇔ − = ⇔ = . Par conséquent,

( )

0 ^{0 0} 2

0 0 0

2

5 ln 10

x 5 x

f x = x = x = x . b. Puisque la dérivée de ^lnt est ¹

t et qu’une primitive de u u'ⁿ est ^{1 1} 1

un

n

+

+ , on a :

( ) ( )

²

( )

²

( )

²

( )

²

1 1 1 1

'

ln 1 1 5 5 5

5 5 ln 5 ln ln ln1 ln

2 2 2 2

a a a a

u u

f t dt tdt t dt t a a

t t

= = = = − = .

x 0 2.3 x0 2.4 +∞

g

+∞

0

−∞

3. L’abscisse de P0 est x0 donc l’ordonnée de M0 est

( )

0 2 0

f x 10

= x .

L’aire de D1 est donnée par 1⁰ ( )

(

0

)

² 02 02

( )

0

5 ln 5 4 10

2 2

x f t dt x f x

x x

= = = = , soit l’aire du domaine D2

(rectangle de coté 1 et f x

( )

0 ).

Comme 2, 3≤x₀ ≤2, 4 on a ₂

0

1,89 10 1,74

≥ x ≥ …

5. Exercice 4 Partie A : étude d’une suite 1. a. Voici le tableau demandé.

N 0 1 2 3 4 5 6 7

xn 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4

yn 0 0,8000 1,4720 1,8386 1,9625 1,9922 1,9984 1,9997

b. Voir ci-dessous

c. La suite

( )

yn semble croissante et converger vers 2.

2. a. Posons p x( )= −0, 2x²+ +x 0,8. Il vient p x'( )= −0, 4x+1 qui est positif lorsque ¹ 2, 5 x<0, 4= . Donc p est croissante de

[

^{0 ; 2}

]

et à valeurs dans ^p( ) ( )^{0 ;p 2 =}

[

^{0,8 ; 2}

] [

^{⊂ 0 ; 2}

]

^.

b. Notons que par définition, yn₊1= p y

( )

n . Démontrons ce résultat par récurrence.

• On sait que y0 = ∈0

[

0 ; 2

]

.

• Par ailleurs si yn∈

[

^{0 ; 2}

]

alors y_n+1 =p y

( )

_n ∈

[

0 ; 2

]

d’après le 2. a.

c. Démontrons par récurrence que la suite

( )

yn est croissante.

• y₁ =0,8>y₀.

• Supposons queyn ≤yn₊1 : comme p est croissante sur [0 ;2], on a alors

( )

n

(

n1

)

n1 n 2

p y ≤ p y ₊ ⇔y₊ ≤y₊ . La proposition est donc héréditaire.

Remarque : notez que c’est uniquement le fait que y₁>y₀ qui rend la suite croissante, si c’était le contraire, y₁<y₀ alors la suite serait décroissante.

d. Oui. Comme la suite

( )

yn est croissante et majorée par 2, elle converge (sa limite est le point fixe de p dans

[

^{0 ; 2}

]

, à savoir 2).

Partie B: étude d’une fonction

Posons

( )

^{2 4}₄ ¹

1

x x

g x e e

= −

+ . 1. On a ( )^{0 2 4 0}_{4 0} ^{1 0}

1 g e

e

×

×

= − =

+ donc (2) est vérifiée. De plus, g est dérivable et

( )

( ) ( )

( ) ( )

4 4 4 4 4

2 2

4 4

4 1 4 1

2 16

1 1

x x x x x

x x

e e e e e

g x

e e

+ − −

′ = =

+ + .

D’autre part, ( )

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2

4 4 4 4 4

2

2 2 2 2

4 4 4 4

1 1 1 2 2

4 4 4 4 4 16

1 1 1 1

x x x x x

x x x x

e e e e e

g x

e e e e

− + − − ×

− = − = = =

+ + + + .

La fonction g vérifie aussi la condition (2).

2. a. Montrons que C admet une asymptote horizontale.

En +∞, le terme de plus haut degré est e^4x. On a ^lim

( )

^{lim 2 4}₄ ^{1 lim 2 4}₄ ²

1

x x

x x

x x x

e e

g x e e

→+∞ →+∞ →+∞

= − = =

+ : C admet

donc une asymptote d’équation y=2. b. On a vu que

( )

( )

4 4 2

16 0

1

x x

g x e

e

′ = >

+ donc g est croissante.

3. La tangente à

( )

^Cg à l’origine a pour équation ^{y g}= ^′( )(^{0 x}−⁰) ( )+^{g 0} =^4x. Elle coupe donc ∆ : y = 2 en ¹; 2

2 .

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2 2,2 2,4 2,6 2,8 3

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2 2,2 2,4 2,6 2,8 3 x y