Solutions du bac S 2010 page 1 de 3

(1)

Solutions du bac S 2010 page 1 de 3

Solutions du bac S 2010

I)

Partie A

1. u

⁰

(x) = e

^−x

− xe

^−x

. Donc u

⁰

(x) + u(x) = e

^−x

− xe

^−x

+ xe

^−x

= e

^−x

2. y

⁰

= −y. Cours : y(x) = ke

^−x

3. v

⁰

+ v = e

^−x

⇔ v

⁰

+ v = u

⁰

+ u ⇔ v

⁰

− u

⁰

+ v − u = 0 ⇔ (v − u)

⁰

+ (v − u) = 0 4. v(x) − u(x) = ke

^−x

, donc v(x) = u(x) + ke

^−x

= (x + k)e

^−x

.

Comme dans la partie B.

5. (0 + k)e

⁻⁰

= 2 ⇔ k = 2.

g(x) = (x + 2)e

^−x

. Comme dans la partie B.

Partie B

1. f

_k⁰

(x) = e

^−x

− (x + k)e

^−x

= (1 − k − x)e

^−x

x −∞ 1 − k +∞

f

⁰

(x) + 0 −

f (x) e

^−1+k

2. f (1 − k) = (1 − k + k)e

^−1+k

= e

^−(1−k)

3. a) On identifie les courbes d’après les sens de variation :

la fonction x 7→ e

^−x

est décroissante alors que f

k

admet un maximum.

Ou bien, simplement : e

^−x

est toujours positif.

−3 −2 −1 1 2 3 4 5

−1 1 2 3

0

C

₂

Γ

b) e

⁻⁰

= 1, donc l’intersection de Γ et de l’axe des ordonnées est (1; 0). Donc l’unité est 1 sur l’axe des ordonnées (qui en doutait ? ), soit environ 2 cm.

De plus le maximum de f

k

est obtenu pour x = −1, donc l’unité est 1 sur l’axe des abscisses (qui en doutait ? ), soit environ 2 cm.

f

k

(0) = k, donc k = 2. Comme dans la question suivante.

4. On pose u

⁰

(x) = e

^−x

, u(x) = −e

^−x

v(x) = x + 2, v

⁰

(x) = 1

Donc Z

2

0

(x + 2)e

^−x

dx =

−(x + 2)e

^−x

²

0

− Z

2

0

−e

^−x

dx =

= −4e

⁻²

+ 2 − [e

^−x

]

²₀

= −4e

⁻²

+ 2 − e

⁻²

+ 1 = −5e

⁻²

+ 3 (≈ 2, 32).

Cette intégrale est l’aire de la région de plan délimitée par l’axe des abscisses, les droites x = 0 et x = 2, et la courbe de f

₂

(en gris sur le dessin).

II)

1. u est croissante et majorée par v

₀

, donc elle est convergente vers une limite K.

v et décroissante et minorée par u

₀

donc elle est convergente vers une limite L.

n→+∞

lim v

_n

− u

_n

= 0, donc K − L = 0, donc K = L.

2. a) u et v ont même limite 1.

(2)

Solutions du bac S 2010 page 2 de 3 Elles sont adjacentes parce que de plus u est croissante et v est décroissante

et limite de u − v = 1 − 1 = 0.

b) u et v ont même limite +∞.

Elles ne sont pas adjacentes parce qu’elles sont divergentes.

Remarque : elles sont toutes les deux croissantes pour n > 2, ce qui prouve aussi qu’elles ne sont pas adjacentes.

c) u et v ont même limite 1.

Elles ne sont pas adjacentes parce que v n’est pas monotone.

En effet, v

0

= 0, v

1

= 3

2 , v

2

= 2

3 , donc v

0

< v

1

et v

1

> v

2

.

3. Condition nécessaire : si u et v sont adjacentes, alors elles ont même limite, donc 1 = ln(a), donc a = e.

Condition suffisante : si a = e, u est croissante et v est décroissante (par composition des sens de variation), la limite de v − u est 0 car 1 = ln(e), donc u et v sont bien adjacentes.

III)

1. 7 2

3 1 10

3 = 21 40

2. Loi binomiale : 5

2 3 10

3

7 10

2

.

3. Inversion d’arbre, probabilités conditionnelles, probabilités totales :

7 10

×

¹₆

7

10

×

¹₆

+

₁₀³

×

¹₄

= 14 23 4.

Z

3 1

λe

^−λx

dx = e

^−λ

− e

^−3λ

IV) Spécialité

1. a) T (A) = A et T (Ω) = Ω.

b) T est une similitude indirecte d’après sa formule. Elle a au moins deux points invariants A et Ω et ce n’est pas l’identité d’après sa formule, donc T est la symétrie d’axe (AΩ).

c) L’image du cercle unité est le cercle de centre O

⁰

= T (O) (d’affixe 2) et de rayon 1 (les distances sont conservées par une symétrie axiale).

2. a) L’affixe de A

⁰

est 5 2 + i

√ 3

2 (mais il n’est pas nécessaire de le calculer, il suffit de construire A

⁰

géométriquement).

−2 −1 1 2 3

−1 1

0

O A

Ω

O

⁰

A

⁰

M

⁰

60˚

60˚ B

M

1

A

1

b)

z

⁰

− 2 z

= O

⁰

M

⁰

OM = 1.

arg

z

⁰

− 2 z

= −−→

OM , −−−→

O

⁰

M

⁰

= π 3 Donc z

⁰

− 2

z = 1 × e

^iπ/3

, donc z

⁰

= e

^iπ/3

z + 2

c) D’après sa formule r est une similitude directe de rapport 1 et d’angle π 3 . Donc c’est une rotation (d’ailleurs elle s’appelle r).

Son centre a pour affixe ω = 2

1 − e

^iπ/3

= · · · = 1 + i √

3. Donc le centre est Ω.

(c’est bien pour ça qu’il s’appelait Ω).

3. La formule de la transformation qui, à tout M , associe M

1

est : z

1

= 1

2 (1 + e

^iπ/3

)z + 2

. C’est la formule d’une similitude directe.

Puisque le cercle (C) est le cercle de centre O qui passe par A, l’image du cercle (C) est le cercle dont le centre est l’image de O et qui passe par l’image de A.

L’image de O est le milieu de [OO

⁰

], donc c’est A.

L’image de A est le milieu A

1

de [AA

⁰

], d’affixe 7 4 + i

√ 3 4 . Donc le lieu de M

1

est le cercle de centre A et passant par A

1

.

On peut calculer son rayon (mais ce n’est pas nécessaire) : c’est AA

1

= · · · =

√ 3

2

(3)

Solutions du bac S 2010 page 3 de 3 On peut montrer (mais ce n’est pas nécessaire) que la similitude a pour rapport √

3 2 , pour angle π

6 et pour centre Ω.

V) Non spécialité

1. a) α

²

= −2 + 2i √

3, α = 1 − i √ 3.

α

²

− 4α = −2 + 2i √

3 − 4 − 4i √

3 = −6 − 2i √

3 = 2α − 8 b) |α| = |α| =

q 1

²

+ √

3

²

= 2.

Donc B et C sont sur le cercle (OB = OC = 2).

2. a)

b) D’après la formule d’une rotation de centre O, z

⁰

= e

^iπ/3

z, donc z

_E

= e

^iπ/3

2e

^iθ

On vérifie que 2e

^iπ/3

= α, donc z

E

= αe

^iθ

3. a) z

F

= z

_B

+ z

_D

2 = α + 2e

^iθ

2 = α

2 + e

^iθ

b) z

_G

− 2 z

F

− 2 =

αe

^iθ

+ α 2 − 2 α

2 + e

^iθ

− 2

= αe

^iθ

+ α − 4 α + 2e

^iθ

− 4 . Pour prouver que ce nombre est égal à α

2 , il suffit de prouver que 2 αe

^iθ

+ α − 4

= α α + 2e

^iθ

− 4 .

c’est-à-dire à α

²

− 4α = 2α − 8, ce qui a été démontré au 1)a).

On en déduit z

G

− 2 = e

^iπ/3

(z

F

− 2), car on a vu que α = 2e

^iπ/3

.

Cela prouve que G est l’image de F par la rotation de centre A et d’angle π 3 . Donc le triangle AF G est équilatéral.

4. f (−π) = f(π) = 7.

f

− π 6

= 4 − 2 √ 3 et f

5π 6

= 4 + 2 √ 3.

f admet un minimum pour x = − π

6 , car 4 − 2 √ 3 < 7 Donc AF

²

admet un minimum pour θ = − π

6 , donc AF aussi, car AF > 0, donc AF = √

AF

²

, et la fonction √ est croissante, donc AF varie comme AF

²

. Le minimum de AF vaut alors p

4 − 2 √

3 = 1 − √ 3.

Il est obtenu pour D d’affixe √

3 − i et alors F a pour affixe

√ 3 + 1 2 + i

√ 3 − 1 2 La conjecture est donc validée.

Remarque :

Le lieu de F est le cercle de diamètre [OB] (car (OF ) est une hauteur dans le triangle isocèle OBD), donc la position de F où AF est minimale est une des extrémités du diamètre de ce cercle qui passe par A.