(i√ 2)3−(2 +i√ 2)×(i i√ 2)×i√ 2−2i√ 2 =−2i√ 2 + 4 + 2i√ 2 + 2i√ 2−4−2i√ 2 = 0 2

TS 8 Correction du bac blanc 19 f´evrier 2016 Exercice 1 :

Partie A 1. P(i√

2) = (i√

2)³−(2 +i√

2)×(i√

2)²+ 2(1 +i√ 2)×i√

2−2i√

2 =−2i√ 2 + 4 + 2i√

2 + 2i√

2−4−2i√ 2 = 0 2. (a) P(z) = (z−i√

2)(z²+az+b) =z³+az²+bz−i√

2z²−ai√

2z−i√ 2b

=z³+ (a−i√

2)z²+ (b−ai√

2)z−i√ 2b.





 a−i√

2 =−2−i√ 2 (b−ai√

2) = 2(1 +i√ 2)

−i√

2b=−2i√ 2

⇔





 a=−2 b= 2 b= 2

.

(b) P(z) = 0⇔z−i√

2 = 0 ouz²−2z+ 2 = 0.

R´esolvonsz²−2z+ 2, le discriminant ∆ = 4−8 =−4 =−2² Les solutions sontz1= 2−2i

2 etz2= 2 + 2i 2 Partie B

~ u

~ v

~ v

0 A

B O c

J D

C

1. voir figure ci-contre

2. |zA|²= 1 + 1 = 2,|zB|²= 1 + 1 = 2 et|zJ|²= 2, les trois points sont donc sur le cercle de centreOet de rayon√

2 3. (a) zD=f(zJ) =

√ 2 2 +i

√ 2 2

!

×i√

2 =−1 +i.

(b) R´esolvons f(z) = z_C, c’est-`a-dire z =

−1−i

√2 2 +i

√2 2

! =−^√2₂1 +i 1 +i =−√

2

4. On conjecture que le triangleABC est isoc`ele rectangle.

AB=|zB−zA|=|−2i|= 2 etBC=|zC−zB|=|2|= 2, donc il est isoc`ele.

On a de plusAC=|zC−zA|=|−2−2i|=√

4 + 4 =√ 8.

AB²+BC²= 4 + 4 = 8 =AC², par la r´eciproque de Pythagore, on en conclut queABC est isoc`ele, rectangle en B.

Exercice 2 : Partie A :

1. E et F appartiennent aux deux plans et les plans ne sont pas confondus. L’in- tersection de ces plans est donc la droite (EF)

2. (a) Les plans (EF P) et (SOA) sont s´ecants selond1.

(EP) appartient `a (EF P), (OS) appartient `a (SOA) et (EP)//(SO).

Par le th´eor`eme du toit,d1//(SO).

(EF) et (OA) sont coplanaires et non parall`eles donc s´ecantes. d1 est donc la droite parall`ele `a (SO) qui passe par l’intersection de ces deux droites.

O

A

D S

B

C

F E

(b) d1//(SO) etd1 coupe (OA), doncd1est conte- nue dans (SOA), les droites d1 et (AS) sont donc coplanaires.

Elles ne sont pas parall`eles ((AS) et (AO) sont s´ecantes) donc elles sont s´ecantes.

Partie B 1. −−→

OC 1;³₂; 0

donc−−→

OE ²₃; 1; 0

doncE ²₃; 1; 0 . 2. (a) On a−→

SC 1;³₂;−1

. SoitM(x;y;z) un point du plan

M ∈(SC)⇔−−→

SM=t−→

SC, t∈R⇔





 x=t y= ³₂t z=−t+ 1

, t∈R

W ∈(SC)⇔







2 3 =t 1 = ³₂t

1

3 =−t+ 1

⇔







2 3 =t t= ²₃

1

3 =−²₃+ 1

. DoncW ∈(SC) avect= ²₃.

(b) Un vecteur directeur de (OS) est−→

OS(0; 0; 1). Un vecteur directeur de (EW) est −−→

EW (0; 0;¹₃

. On a −→

OS = 3−−→

EW donc les droites (EW) et (OS) sont parall´eles.

(c) W est l’intersection de (EP) et de la droite parall`ele a (OS) passant parE, W est donc le pointP.

3. −−→

EF ₁₂¹;−³₄; 0

et −−→

EM ¹₉;−1; 0

donc−−→

EF =³₄−−→

EM etE, F etM sont align´es.

Comme l’ordonn´ee et la cˆote deM sont nules, on en d´eduit que M ∈ (OA) et doncM est l’intersection de (EF) et (OA) et est donc un sommet de la section.

4. R´esolvons l’´equation :







3

4+t=k

1

4−9t= 1 +^k₂ 0 = 0

⇔











3

4+t=k

1

4−9t= 1 +

3 4+t

2 0 = 0

⇔





 k=¹²₁₉ t= ⁻⁹₇₆ 0 = 0

.

On a doncN ¹²₁₉;²⁵₁₉; 0 .

5. Pour conclure, il manque deux sommets de la section. On peut d´eterminer l’´equation param´etrique de la droite d₁ (on connaˆıt un point M et son coeffi- cient directeur−→

OS).

Pour le dernier sommet, il faut d´eterminer l’intersection de (OB) et (EF) puis d´eterminer l’´equation param´etrique de la droite parall`ele `a (OS) et qui passe par ce point. L’intersection de cette droite avec (SB) est le dernier sommet.

Exercice 3 : Partie A

1. f(0) = 1 etf⁰(0) =−1.

TS 8 Correction du bac blanc Page 2 sur 2 2015-2016 2. f⁰(x) = 1−(ax+b)e^−x+ae^−x= 1−(ax+b−a)e^−x.

Pour d´eterminer des valeursaet b, il suffit de r´esoudre le syst`eme (f(0) = 1

f⁰(0) =−1 ⇔ (b= 1

1−b+a=−1 ⇔ (b= 1

a=−1 . Partie B

1. g(x)>1⇔(x−2)e^−x>0⇔x−2>0 car pour tout r´eelx, e^−x>0⇔x >2.

Si x >3, on a bieng(x)>1.

2. (a) g⁰(x) =−(x−2)e^−x+ e^−x=−(x−3)e^−x.

g⁰(x)>0⇔x−3<0 car pour tout r´eelx, e^−x>0.

gest donc strictement croissante sur ]− ∞; 3[ et strictement d´ecroissante sur ]3; +∞[.

(b) Sur [0; 3], g est continue, strictement croissante et g(0) = −1 et g(3) = 1 + e⁻¹>0, doncg(0)<0< g(3). Par le corollaire du th´eor`eme des valeurs interm´ediaires,g(x) = 0 admet un unique solution sur [0; 3].

Avec la calculatrice, on aα≈0,45.

(c) g est strictement croissante sur ]− ∞; 3[, g est donc n´egative sur ]− ∞;α[

et commeg(x)>0 sur ]3; +∞[, gest strictement positive sur ]−α; +∞[.

Partie C

1. En utilisant la partie B, on en d´eduit que f est strictement d´ecroissante sur ]− ∞;α[ et strictement croissante sur ]α; +∞[.

2. Pour x > 0, on a ^e_x^x > x

2, on sait que lim

x→+∞

x

2 = +∞. Par un th´eor`eme de comparaison, lim

x→+∞= +∞.

X→+∞lim

1

X = 0, donc par composition lim

x→+∞

x

e^x = 0. En utilisant e^−x = 1 e^x, on obtient le r´esultat souhait´e.

3. On sait que lim

x→+∞e^−x= 0, donc par somme lim

x→+∞f(x) = lim

x→+∞x+e^−x−xe^−x= +∞

4. x(1−e^−x)+e^−x=x−xe^−x+e^−x=x−(x−1)e^−x. On sait que lim

x→−∞e^−x= +∞.

Par somme lim

x→−∞(1−e^−x) =−∞, donc par produit lim

x→−∞x(1−e^−x) = +∞, `A nouveau par somme, on a lim

x→−∞f(x) = +∞.

5. Le coefficient directeur de la tangente `a Cf au point d’abscisse x0 est f⁰(x0).

Si cette tangente passe par l’origine, l’´equation de celle-ci sera y = f⁰(x0)x. la tangente passe par le point de coordonn´ees (x0;f(x0))

Il nous reste `a d´eterminerxtel quef(x) =f<sup>0</sup>(x)xc’est-`a-direx+ (1−x)e^−x= x+x(x−2)e^−x, c’est-`a-dire (1 +x−x<sup>2</sup>)e<sup>−x</sup>, c’est-`a-dire 1 +x−x² = 0. Le discriminant est 5 et les deux solutions r´eels sont −√

5 + 1

2 et

√5 + 1 2 . Ces r´eels correspondent aux x₀ possibles.

Exercice 4 :

1. R¯1

R¯2

0,4

R2

0,6 0,4

R₁

R¯₂ 0,2

R¯₂ 0,8

0,6 On mod´elise la situation par l’arbre ci-

contre

En utilisant cet arbre, on a p₂ =P(R₁)× P_R1(R₂) +P( ¯R₁)×PR¯1(R₂) = 0,72.

(a)

(b) PR₂( ¯R1) = P( ¯R1×R2)

P(R2) = PR¯₁(R₂)×P( ¯R₁)

P(R₂) = 0,24 0,72 = ¹₃

La probabilit´e qu’il ait rat´e son premier service sachant qu’il a r´eussi le second est

2 3

2.

R¯n

R¯n+1

0,4

Rn+1

0,6 1−p_n

Rn

R¯_n+1 0,2

R¯n+1

0,8 pn

3. (a) Rn et ¯Rn forment un syst`eme complet d’´ev´enements.

Par la formule des probabilit´es totales : pn+1 = p(Rn+1) = p(Rn) × pR_n(Rn+1) +p( ¯Rn)×pR¯_nRn+1=pn×0,8 + (1−pn)×0,6 = 0,2pn+ 0,6.

(b) Pour tout entier n, on appelleP_n la propri´et´e :p_n6p_n+160,75. Initialisation : Pour n= 1, p₁ = 0,6 et p₂ = 0,72, on a bien p₁ 6p₂ 6

0,75. La propri´et´e est v´erifi´ee pourn= 1.

H´er´edit´e : Supposons que la propri´et´e soit v´erifi´ee pour un entiern, mon- trons qu’elle l’est aussi pourn+ 1.

Pn+1:pn+16pn+260,75.

Par hypoth`ese de r´ecurrence, on sait que pn 6 pn+1 6 0,75 donc 0,2pn60,2pn+160,15 doncpn+16pn+260,15 + 0,6 = 0,75.

On a donc bien P_n+1.

Conclusion : On a initialisation et h´er´edit´e, la propri´et´e est donc v´erifi´ee pour tout entiern.

(c) La suite est croissante et major´ee, par le th´eor`eme de convergence monotone, la suite converge vers une limite finie.

4. (a) Pour tout entiern,un+1=pn+1−0,75 = 0,2pn+ 0,6−0,75 = 0,2pn−0,15 = 0,2(pn−0,75) = 0,2un. La suite est donc bien g´eom´etrique de raison 0,2.

(b) u0 = p0 − 0,75 = −0,15, on a donc pn = −0,15× 0,2ⁿ⁻¹ et un =

−0,15×0,2ⁿ⁻¹+ 0,75.

(c) −1 <0,2 <1 donc 0,2ⁿ⁻¹ tend vers 0 et−0,15×0,2ⁿ⁻¹+ 0,75 tend vers 0,75.

5. J affiche le rangnpour lequelpn>0,75−10^−K pour unK donn´e en entr´ee.

La limite est 0,75, il existera donc un rang n pour lequel cette in´egalit´e sera v´erifi´ee. Donc l’algorithme s’arrˆetera.