E1 Réponse Points Obtenus 1 On pose z = a + ib et z

E1 Réponse Points Obtenus 1 On pose z = a + ib et z

^′

= a

^′

+ ib

^′

, avec a, a

^′

, b, b

^′

des réels. On a donc :

z × z

^′

= (a + ib)(a

^′

+ ib

^′

) = aa

^′

− bb

^′

+ i(a

^′

b + ab

^′

) = aa

^′

− bb

^′

− i(a

^′

b + ab

^′

)

0,5 Puis z × z

^′

= (a − ib)(a

^′

− ib

^′

) = aa

^′

− bb

^′

− i(a

^′

b + ab

^′

) = z × z

^′

2 On calcule les affixes des deux vecteurs −−→ AB et −→ AC : z

⁻_AB^−→

= z

B

− z

A

= 1+i − √ 2 − 3i = (1 − √

2) − 2i.

Puis : z

^−→_AC

= z

C

− z

A

= − 4i − √

2 − 3i = − √ 2 − 7i.

1

Les points A, B et C sont alignés si et seulement si les affixes des vecteurs −−→

AB et

−→ AC sont proportionnelles.

Or z

^−→_AC

= kz

⁻_AB^−→

⇔ ( − √

2 = k(1 − √ 2)

− 7i = − 2ki ⇔







k = 2 + √ 2 k = 7

Ainsi les points A, B et C ne sont pas alignés, l’affirmation est 2 vraie .

3a) On a : (z + i)(az

²

+ bz + c) = az

³

+ bz

²

+ cz + iaz

²

+ ibz + ic = az

³

+ (b + ia)z

²

+ (c + ib)z + ic.

0,75 Deux polynômes sont égaux si et seulement si les coefficients sont égaux. On obtient

le système :



 



 



a = 1

b + ai = − 10 + i c + bi = 26 − 10i

ic = 26i

⇔



 



 



a = 1

c = 26

b + i = − 10 + i 26 + bi = 26 − 10i

⇔







a = 1 b = − 10 c = 26

Donc z

³

− (4 + i)z

²

+ (13 + 4i)z − 13i = (z − i)(z

²

− 10z + 26), pour tout z ∈ C .

3b) L’équation (E) s’écrit (z + i)(z

²

− 10z + 26) = 0. 0,75

Dans C , un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul.

z + i = 0 ⇔ z = − i ou z

²

− 10z + 26 = 0.

Résolution de z

²

− 10z + 26 = 0 :

∆ = − 4 < 0, l’équation z

²

− 10z +26 = 0 admet deux racines complexes conjuguées z

1

= 10 − i √

4

2 = 5 − i et z

2

= 10 + i √ 4

2 = 5 + i

. L’ensemble des solutions de (E) est : S = {− i ; 5 − i ; 5 + i }

Total −→ 3 points

E 2 Réponse Points Obtenus

A.1

x→+∞

lim ln x

x = 0

⁺

X

lim

→0 X>0

1

X = + ∞



 



 



(composition)

x→+∞

lim x

ln x = + ∞ et lim

x→1 x>1

ln x = 0

⁺

donc lim

x→1 x>1

x

ln x = + ∞ 1

A.2 f est dérivable sur I =]1; + ∞ [. f = u

v avec u : x 7−→ x et v : x 7−→ ln x.

f

^′

= u

^′

v − uv

^′

v

²

. Pour tout x > 1, f

^′

(x) = 1 × ln x − 1 × 1/x

(ln x)

²

= ln x − 1

(ln x)

²

. Comme (ln x)

²

> 0 sur I, f

^′

(x) est du signe de ln x − 1. ln x − 1 > 0 ⇔ ln x > 1 ⇔ x > e.

f est donc strictement croissante sur [e; + ∞ [. On démontre de même que f est strictement décroissante sur ]1; e].

1

A.3 Comme f est strictement croissante sur [e; + ∞ [ : x > e ⇒ f (x) > f (e). Or f (e) = e car ln e = 1, d’où le résultat : si x > e alors f (x) > e. (On pouvait également le

0.5

B.1

1 2 3 4

− 1 1 2 3 4 5 6 7

− 1 -1

0 1 2 3 4 5

x 1

O 1

b

b

b

A

0

A

1

A

2

e

La suite (u

n

) semble décroissante et converger vers e.

0.5

B.2.a Se démontre par récurrence : P (n) : u

n

> e pour n ∈ N . Initialisation : n = 0 : u

0

= 5 et 5 > e donc P(0) vraie.

Hérédité : ∀ n ∈ N , P(n) vraie ⇒ P(n + 1) vraie ? D’après A.3, si u

n

> e alors f (u

n

) > e ⇔ u

n+1

> e. D’après le principe du raisonnement par récurrence, u

n

> e pour tout n.

1

B.2.b Il semble que (u

n

) soit décroissante. Soit : P (n) : u

n

> u

n+1

pour n ∈ N . Initialisation : n = 0 : u

0

= 5 et u

1

< 5 donc P (0) vraie.

Hérédité : ∀ n ∈ N , P(n) vraie ⇒ P (n + 1) vraie ? f strictement croissante sur [e; + ∞ [ et u

n

> e, ∀ n ∈ N (cf B.2.a) donc, si u

n

> u

n+1

alors f (u

n

) > f (u

n+1

) ⇔ u

n+1

> u

n+2

. D’après le principe du raisonnement par récurrence, (u

n

) décroissante.

0.5

ou pour tout n ∈ N , u

n+1

− u

n

= u

n

ln(u

n

) − u

n

= u

n

(1 − ln(u

n

))

ln(u

n

) . Or u

n

> e donc ln(u

n

) > 1 ⇔ 1 − ln(u

n

) 6 0. Finalement, ∀ n ∈ N , u

n+1

− u

n

6 0 et la suite (u

n

)

n∈N

est décroissante.

B.2.c La suite (u

n

) est minorée par e et décroissante donc la suite (u

n

) est convergente (théorème de la convergence monotone)

0.25 B.2.d Compte-tenu de ce qui précède, la limite de (u

n

) est la solution supérieure ou égale

à e de l’équation : x

ln x = x ⇔ x(1 − ln x) = 0 ⇔ x = e. Ainsi lim

n→+∞

u

n

= e

0.5

B.3

X Y Condition boucle

5 0 vraie (5>2.72)

3.1066746728 1 vraie (3.1066746728>2.72) 2.7406525323 2 vraie (2.7406525323>2.72) 2.7183726346 3 fausse (2.7183726346<2.72)

L’algorithme affiche donc la dernière valeur de Y , c’est à dire 3 et donc le rang du terme de la suite (u

n

) dont la valeur est inférieure ou égale à 2.72.

0.75

Total −→ 6 points

1 ∀ x > 0 et n ∈ N

^∗

, e

^x

− x

ⁿ

= 0 ⇐⇒ e

^x

= x

ⁿ

⇐⇒ ln (e

^x

) = ln (x

ⁿ

)

⇐⇒ x = n ln(x)

⇐⇒ x

n = ln(x)

⇐⇒ ln(x) − x n = 0 Donc les équations (E

1

) et (E

2

) sont équivalentes.

1

2 L’équation (E

1

) admet deux solutions si et seulement si l’équation (E

2

) admet deux solutions.

Soit f la fonction définie sur I = ] 0 ; + ∞ [ par f (x) = ln(x) − x

n ; résoudre l’équation (E

2

) revient donc à résoudre l’équation f (x) = 0.

2

Cherchons les limites de la fonction f aux bornes de son ensemble de définition : lim

x→0

x>0

ln(x) = −∞

x

lim

→0

x n = 0







par somme

lim

x→0 x>0

f (x) = −∞

f (x) = ln(x) − x

n peut s’écrire x ln(x)

x − 1 n

pour tout x de ] 0 ; + ∞ [ .

x→+∞

lim ln(x)

x = 0 = ⇒ lim

x→+∞

ln(x) x − 1

n = − 1 n < 0

x→+∞

lim x = + ∞



 

 

par produit x→+∞

lim x

ln(x) x − 1

n

= −∞

⇐⇒ lim

x→+∞

f (x) = −∞ .

La fonction f est dérivable sur I et f

^′

(x) = 1 x − 1

n = n − x nx . f

^′

(x) s’annule et change de signe pour x = n et f (n) = ln(n) − n

n = ln(n) − 1.

D’où le tableau de variation de la fonction f :

x 0 n + ∞

n − x + + + 0 − − −

f

^′

(x) + + + 0 − − −

ln(n) − 1 f (x)

−∞ −∞

D’après ce tableau de variation, l’équation f (x) = 0 admet deux solutions dans ] 0 ; + ∞ [ si et seulement si le maximum de la fonction f est strictement positif, c’est-à -dire quand ln(n) − 1 > 0 :

ln(n) − 1 > 0 ⇐⇒ ln(n) > 1 ⇐⇒ n > e ⇒ n > 3, car n ∈ N .

Donc on peut dire que l’équation (E

1

) admet deux solutions si et seulement si n est un entier naturel supérieur ou égal à 3.

Total −→ 3 points

A 1 Pour tout réel x de l’intervalle [0 ; + ∞ [, g(x) = 5e

^−x

− 3e

^−2x

= e

^−x

(5 − 3e

^−x

).

Comme e

^−x

> 0 (exponentielle), g(x) est du signe de 5 − 3e

^−x

. 5 − 3e

^−x

> 0 ⇔ 5 > 3e

^−x

⇔ 5

3 > e

^−x

⇔ ln 5

3

> − x ⇔ ln 3

5

< x ce qui est toujours vrai car ln

3 5

< 0 < x.

Finalement, pour tout réel x de l’intervalle [0 ; + ∞ [, g(x) > 0.

1

A 2 La courbe C

f

et la droite D ont un point commun d’abscisse x si et seulement si f (x) = x − 3 soit g(x) = 0 ce qui n’est pas possible car on vient de voir que g(x) > 0.

La courbe C

f

et la droite D n’ont pas de point commun.

0,5

B 1 Comme M et N ont la même abscisse, pour tout x de l’intervalle [0 ; + ∞ [, M N = | f (x) − (x − 3) | = | g(x) | = g(x) car g(x) > 0 d’après la première question.

0,5

B2 Si u est dérivable,(e

^u

)

^′

= u

^′

e

^u

.

La dérivée de x 7→ e

^−x

est donc x 7→ − e

^−x

et celle de x 7→ e

^−2x

est x 7→ − 2e

^−2x

. Pour tout x de l’intervalle [0 ; + ∞ [, g

^′

(x) = − 5e

^−x

+ 2 × 3e

^−2x

= 6e

^−2x

− 5e

^−x

.

1

B3 g étant dérivable sur [0 ; + ∞ [, on étudie le signe de sa dérivée sur [0 ; + ∞ [. Pour tout x de l’intervalle [0 ; + ∞ [,

g

^′

(x) > 0 ⇔ 6e

^−2x

− 5e

^−x

> 0

⇔ 6e

^−x

− 5 > 0 on a divisé par e

^−x

> 0

⇔ e

^−x

> 5 6

⇔ − x > ln 5

6

croissance de la fonction ln sur ]0; + ∞ [

⇔ x 6 ln 6

5

2

En ln 6

5

, la dérivée s’annule en changeant de signe (+; − ), donc g

ln 6

5

est un maximum pour g sur l’intervalle [0 ; + ∞ [.

g

ln 6

5

= 5 × e

⁵⁶

− 3 × e

⁵⁶

²

= 5 × 5 6 − 3 ×

5 6

2

= 75 36

La distance entre un point de la courbe C

f

et le point de même abscisse sur la droite D est donc maximale lorsque x = ln

6 5

. Cette distance maximale vaut 75

36 unités.

Remarque : Comme le repère est orthogonal (à priori pas orthonormé), il s’agit d’unité en ordonnée.)

Total −→ 5 points

E 5 Réponse Points Obtenus

1 Arbre de probabilités

0,01 M

0,85 T

0,5

2a) On suit la première branche : la probabilité est égale à p(M) × p

M

(T) = 0, 01 × 0, 85 = 0,008 5.

0,5 2b) D’après la formule des probabilités totales :

p(T) = p(M ∩ T) + p(M ∩ T) = p(M) × p

M

(T) + p M

× p

_M

(T) p(T) = 0,008 5 + 0,049 5 = 0, 058.

0,5

3 Il faut calculer p

T

(M) = p(M ∩ T)

p(T) = 0,008 5

0, 058 ≈ 0,146 6. 0,5

4a) Nous sommes en présence d’une épreuve de Bernoulli ayant pour succès l’animal a un test positif de probabilité p = 0,058.

Nous répétons cette expérience 5 fois de manière identique et indépendante.

Ainsi, la variable aléatoire X qui compte le nombre de succès suit la loi binomiale de paramètres n = 5 et p = 0,058.

0,5

4b) L’évènement contraire est : « tous les animaux ont un test négatif. » Ainsi P(X > 1) = 1 − P (X = 0) = 1 −

⁵0

× 0,058

⁰

× (1 − 0,058)

⁵⁻⁰

= 1 − 0,741 7 = 0,258 3.

0,5

5a) On a d’après les données du tableau, si l’on note E(C) l’espérance cherchée : E(C) = 0 × 0,940 5 + 100 × 0,058 0 + 1 000 × 0,001 5 = 5, 80 + 1, 50 = 7, 30 e . Ceci représente le coût moyen par animal

0,5

5b) Pour 200 bêtes, le coût sera en moyenne de : 200 × 7, 30 = 1 460 e .

0,5

Total −→ 4 points