%!TEX encoding = UTF-8 Unicode \documentclass[11pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{fancybox} \usepackage{tabularx} \usepackage{ulem} \usepackage{dcolumn} \usepackage{textcomp} \usepackage{mathrsfs} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} \usepackage{pstricks,pst-plot,pstricks-add, pst-tree, pst-eucl} \usepackage[left=3.5cm,right=3.5cm,top=3cm,bottom=3cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\barre}[1]{\overline{\,\mathstrut#1\,}} %Ce tapuscrit est issu de cinq corrigés dont il faut remercier les auteurs : % - Michel Fréchet % - Bernard Froget % - Jean-Paul Goualard % - François Kriegk % - Sébastien Sigrist \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\eq}{\Leftrightarrow} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \setlength{\voffset}{-1,5cm} \usepackage{fancyhdr} \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage[np]{numprint} \newcommand{\G}[1]{{}{\;\bfseries\mathversion{bold}#1}{}} \begin{document} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{Corrigé Métropole S} \par\medskip \centerline{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Métropole Juin 2010~\decofourright}} \vspace{0,25cm} \textbf{\textsc{Exercice 1} }\hfill {\tiny Bernard Froget \& Sébastien Sigrist} %Tapuscrit Bernard Froget \medskip \textbf{Partie A :} \medskip \begin{enumerate} \item La fonction $u$ est dérivable sur $\R$, comme produit des fonctions $x\mapsto x$ et $x\mapsto \text{e}^{-x}$, chacune dérivable sur $\R$. Soit $x\in\R$. Comme $u'(x)=\text{e}^{-x}-x\text{e}^{-x}$, on en déduit : $u'(x)+u(x)=\text{e}^{-x}-x\text{e}^{-x}+x\text{e}^{-x}=\text{e}^{-x}$ : \par\medskip \G {$u$ est donc est une solution de l'équation différentielle (E)} \par\medskip \item On sait d'après le cours que les solutions (sur $\R$) de l'équation différentielle $y'+ay=0$ sont les fonctions $h_K$ définies sur $\R$ par $h_K(x)=K\text{e}^{-ax}$, avec $K\in\R$. On en déduit : \par\medskip \centerline{\G {Les solutions de l'équation $(E')$ sont les fonctions $h_K$ définies sur $\R$ par $h_{K}(x)=K\text{e}^{-x}$, où $K\in\R$}} \par\medskip \item \par \begin{tabular}[t]{lcl} $v$ est une solution de l'équation différentielle (E)&$\iff$& $\forall x\in\R\quad v'(x)+v(x)=\text{e}^{-x}$\\ &$\iff$& $\forall x\in\R\quad v'(x)+v(x)=u'(x)+u(x)\;{}^{*}$\\ &$\iff$& $\forall x\in\R\quad v'(x)-u'(x)+v(x)-v'(x)=0$\\ &$\iff$& $\forall x\in\R\quad (v-u)'(x)+(v-u)(x)=0$\\ &$\iff$&$v - u$ est une solution de \\ &&l'équation différentielle (E') \end{tabular} ${}^{*}\;$car $u$ est une solution de l'équation $y'+y=\text{e}^{-x}$ \par\medskip \item Raisonnons encore par équivalence : \par\hspace{-1cm} \begin{tabularx}{\linewidth}{XcXl} $v$ est une solution de l'équation différentielle (E)&$\eq$& $v-u$ est une solution de l'équation différentielle (E')&d'après Q.3.\\ &$\eq$&Il existe un réel $K$ tel que, pour tout réel $x\;$:\; $(v-u)(x)=K\text{e}^{-x}$&d'après Q.2. \\ &$\eq$&Il existe un réel $K$ tel que, pour tout réel $x\;$:\; $v(x)=K\text{e}^{-x}+u(x)$&\\ \end{tabularx} Par suite : \par \medskip \G{Les solutions de l'équation $(E)$ sont les fonctions $v_K$ définies sur $\R$ par} \G{$v_{K}(x) =K\text{e}^{-x}+ x\text{e}^{-x} = (x + K)\text{e}^{-x}$, où $K\in\R$} \par\medskip \item Soit $g$ une solution de $(E)$ : d'après Q.4, il existe un réel $K$ tel que : $\forall x\in\R\quad g(x)=(K+x)\text{e}^{-x}$. Comme : $g(0) = 2\eq K\text{e}^{0}=2\eq K=2$, on en déduit : \par\medskip \centerline{\G {L'unique solution $g$ de l'équation $(E)$ vérifiant $g(0)=2$ est la fonction $g$ définie sur $\R$ par : $g(x)=(x+2)\text{e}^{-x}$.}} \par\medskip \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B :} \begin{enumerate} \item La fonction $f_k$ est dérivable sur $\R$ (par exemple en tant que solution, sur $\R$, de l'équation $(E)$). On a alors : $\forall x\in\R\quad f'_{k}(x)=\text{e}^{-x}-f_{k}(x)=\text{e}^{-x}-\text{e}^{-x}(x + k)=\text{e}^{-x}(1 - x - k)$. Puisque $\text{e}^{X}>0$ pour tout réel $X$, le signe de $f'_{k}(x)$ est celui de $1- x -k$. Comme $1-x-k\leqslant 0 \eq x\geqslant 1- k$, $f_k$ est croissante sur $]-\infty~;~1-k]$ et décroissante sur $[1-k~;~+\infty[$ : \par\medskip \centerline{\G {La fonction $f_k$ admet donc un maximum pour $x=1 - k$.}} \par\medskip \item $M_k$ a pour coordonnées $(1-k,f_k(1-k))$, soit $(1-k,\text{e}^{-(1-k)})$. Puisque $y_{M_{k}}=\text{e}^{-x_{M_{k}}}$, on a prouvé : \par\medskip \centerline{\G {Le point de la courbe $\mathcal{C}_{k}$ d'abscisse $1- k$ appartient à la courbe $\Gamma$ d'équation $y = \text{e}^{-x}$.}} \par\medskip \item \begin{enumerate} \item La fonction $H : x\mapsto \text{e}^{-x}$ est strictement décroissante sur $\R$, ce qui permet d'identifier immédiatement les deux courbes. \item $\bullet\;$$H(0)=1$ : {\G {L'unité sur l'axe des ordonnées est égale à 2~cm, soit la distance entre deux graduations successives.}} \par\medskip $\bullet\;f_k(0)=k$ : comme le point de $\mathcal{C}_{k}$ d'abscisse $0$ a pour ordonnée $2$, on en déduit : {\G {$k = 2$}} \par\medskip $\bullet\;$La résolution de l'équation $f_k(x)=0$ montre que la courbe $\mathcal{C}_{k}$ coupe l'axe des abscisses au point d'abscisse $-k=-2 \iff k = 2$ : \par\medskip \centerline{\G {L'unité sur l'axe des abscisses est aussi égale à 2~cm, soit la distance entre deux graduations successives.}} \par\medskip \end{enumerate} \item $\bullet\;\displaystyle\int_{0}^2 (x + 2)\text{e}^{-x}\,\text{d}x$ est de la forme $\displaystyle\int_{0}^{2}u'(x)v(x)\,\text{d}x$, où $u$ et $v$ sont les fonctions définies sur $\R$ par $\left\{\begin{array}{l}u(x)=-\text{e}^{-x}\\ \text{et}\\ v(x) = x + 2\end{array}\right.$ . Les théorèmes généraux permettent d'affirmer que les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables sur $\R$ et que leurs dérivées sont continues sur $\R$ : le théorème d'intégration par parties peut alors être appliqué : $\begin{array}{lclcl} \displaystyle\int_{0}^2 (x + 2)\text{e}^{-x}\,\text{d}x&=&\displaystyle\int_{0}^2 u'(x)\times v(x)\,\text{d}x&=&[u(x)\times v(x)]_{0}^{2}-\displaystyle\int_{0}^2 u(x)\times v'(x)\,\text{d}x\\\ &=&[-(x+2)\text{e}^{-x}]_{0}^{2}-\displaystyle\int_{0}^2 -\text{e}^{-x}\,\text{d}x&=&(-4\text{e}^{-2})+(2)-[\text{e}^{-x}]_{0}^{2}\\\ &=&(-4\text{e}^{-2})+(2)-(\text{e}^{-2})+1&=&3-5\text{e}^{-2}\\ \end{array}$ \par\medskip \centerline{\G {$\displaystyle\int_{0}^2 (x + 2)\text{e}^{-x}\,\text{d}x = 3 - 5\text{e}^{-2}$}} $\bullet\;$La fonction $f_2$ est continue et positive sur $[0,2]$. Par suite : \par\medskip \G {$\displaystyle\int_{0}^2 f_{2}(x)\,\text{d}x$ mesure, en unités d'aire, l'aire de la surface limitée par \boldmath$\mathcal{C}_{2}$\unboldmath, l'axe des abscisses, et les droites d'équations \boldmath$x=0$ et $x=2$\unboldmath.} \par\medskip \end{enumerate} \begin{center}%Sébastien Sigrist \def\f{(x+2)*2.718^(-x)} \def\g{2.718^(-x)} \def\taille{\footnotesize} \psset{unit=1.6cm} \begin{pspicture}(-4,-2.1)(5,5) %Construction du rep\`ere%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \def\xmin{-4} \def\xmax{5} \def\ymin{-2} \def\ymax{5} \uput{0.1}[225](0,0){\taille$O$}\uput{0.05}[180](0,0.4){\taille$\overrightarrow{j}$}\uput{0.05}[270](0.5,0){\taille$\overrightarrow{i}$} %Graduations%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \def\pshlabel#1{\footnotesize #1} \def\psvlabel#1{\footnotesize #1} \def\pslabelsep{1pt} \psaxes[xticksize=-3pt 3pt,yticksize=-3pt 3pt]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) %Tracé des courbes%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \psplot[algebraic=true,plotpoints=2000]{-2.2}{5}{\f} \psplot[algebraic=true,plotpoints=2000]{-1.5}{5}{\g} %Noms des courbes%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \rput(-1.7,4){$\Gamma$}\rput(-1.7,-1.5){$\mathscr{C}_{k}$}\rput(5,0.2){$x$}\rput(.2,5){$y$}\rput(-4,0.2){$x'$}\rput(.2,-2){$y'$} %Coloriage de la surface%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray]{\psline(0,0)(0,2)\psplot[algebraic=true]{0}{2}{\f}\psline(2,0.541)(2,0)} \psplot[algebraic=true,plotpoints=2000]{-1.5}{5}{\g} \end{pspicture} \end{center} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % J. P. Goualard \newpage \textbf{\textsc{Exercice 2} }\hfill {\tiny J. P. Goualard} \medskip \begin{enumerate} \item ROC\\ Soit $\left(u_{n}\right)$ et $\left(v_{v}\right)$ deux suites adjacentes, avec $\left(u_{n}\right)$ croissante et $\left(v_{n}\right)$ la décroissante.\\ Montrons que ces deux suites adjacentes convergent et ont la même limite. \begin{itemize} \item[$\bullet$] $v_{n}$ est décroissante, donc, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $v_{n}\leqslant v_{0}$. \item[$\bullet$] D'après la propriété 1, pour tout $n$, $v_{n}\geqslant u_{n}$ ; par conséquent, $u_{n}\leqslant v_{n}\leqslant v_{0}$. \item[$\bullet$] La suite $\left(u_{n}\right)$ est donc croissante et majorée par $v_{0}$ donc convergente vers un réel $\ell$. (propriété 2) \item[$\bullet$] De même, $v_{n}\geqslant u_{n}\geqslant u_{0}$ donc $\left(v_{n}\right)$ est décroissante minorée, donc convergente vers un réel $\ell'$. \item[$\bullet$] D'après la définition, $\displaystyle\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty}\left(v_{n}-u_{n}\right) = 0$ ; or, $\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty}\left(v_{n}-u_{n}\right)=\ell'-\ell$.\\ Par \textbf{unicité de la limite}, on a : $\ell'-\ell = 0$ donc $\ell=\ell'$.\\ \textbf{\textcolor{red}{Conclusion :}} les deux suites convergent, vers le même réel. \end{itemize} \item \begin{enumerate} \item $10^{-n}=\left( \dfrac{1}{10}\right) ^{n}$ est une suite géométrique de raison comprise strictement entre $-1$ et $1$ et donc $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}10^{-n}=0$ Ainsi $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}u_{n}=\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty}v_{n}=1.$ Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $v_{n+1}-v_{n}=1+\dfrac{1}{10^{n+1}}-\left(1+\dfrac{1}{10^n}\right)=\dfrac{1}{10^{n+1}}-\dfrac{1}{10^n}<0$ donc $\left(v_{n}\right)$ est décroissante. De même, $\left( u_{n}\right) $ est croissante. .\\ De plus : $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\left(v_{n} -u_{n}\right)=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\left( 1-10^{-n}\right) -\left( 1+10^{-n}\right) =\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}-2\times10^{-n}=0$. Les suites $\left( u_{n}\right) $ et $\left( v_{n}\right) $ \textbf{\textcolor{red}{sont adjacentes}}. \item $\displaystyle\lim_{{n\rightarrow+\infty}}\ln\left( n+1\right) =+\infty$ et $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{n}=0$ ainsi $\displaystyle\lim_ {n\rightarrow+\infty}u_{n}=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty} v_{n}=+\infty$. Elles ne sont donc \textbf{\textcolor{red}{pas adjacentes}} (sinon, la limite commune serait réelle) \item $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{n}=\displaystyle\lim_ {n\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{-1}{n}\right)=0$ et donc $\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty}u_{n}=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}v_{n}=1$. La suite $\left(v_{n}\right)$ n'est pas monotone car $v_{1}=0, v_{2}=\dfrac{3}{2} > 1$ et $v_{3}=\dfrac{2}{3} < 1$ donc elles \textbf{\textcolor{red}{ne sont pas adjacentes}}. \end{enumerate} \item La suite $\left(\dfrac{1}{n}\right)$ est décroissante, donc $\left(-\dfrac{1}{n}\right)$ est croissante, donc $\left(1-\dfrac{1}{n}\right)$ est croissante.\\ La suite $\left(a+\dfrac{1}{n}\right)$ est décroissante, donc $\ln\left(a+\dfrac{1}{n}\right)$ est décroissante (car $\ln$ est une fonction croissante).\\ Pour que les suites $\left((u_{n}\right)$ et $\left(v_{n}\right)$ soient adjacentes, il faut que $\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty}\left(v_{n}-u_{n}\right)=0$ c'est-à-dire\\ $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\left( \ln\left( a+\dfrac{1}{n}\right) -\left( 1-\dfrac{1}{n}\right) \right) =0\\ \Leftrightarrow \ln a-1 =0\\ \Leftrightarrow \ln a =1\\ \Leftrightarrow a =\mathrm{e}$ Les deux suites sont adjacentes pour $\boxed{\textcolor{red}{a=\mathrm{e}}}$ \end{enumerate} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % François Krieg \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 3} }\hfill {\tiny François Krieg} \medskip \emph{Bien que ce ne soit pas demandé dans le sujet, les démonstrations sont données ici.} \begin{enumerate} \item Trois boules sont tirées simultanément, il y a donc $\displaystyle \binom{10}{3}$ tirages possibles. Il y a $\displaystyle \binom{7}{2}$ façons de choisir $2$ boules blanches parmi les $7$ présentes dans l'urne et $\displaystyle \binom{3}{1}$ façons de choisir une boule noire parmi les trois présentes, donc $\displaystyle \binom{7}{2} \times \displaystyle \binom{3}{1}$ tirages réalisant l'évènement. Puisque les boules sont indiscernables au toucher, on est dans une situation d'équiprobabilité, et donc la probabilité de l'évènement est : $\dfrac{\displaystyle \binom{7}{2} \times \displaystyle \binom{3}{1}}{\displaystyle \binom{10}{3}} = \dfrac{\dfrac{7!}{2! \times 5!} \times \dfrac{3!}{1! \times 2!}}{\dfrac{10!}{3! \times 7!}} = \dfrac{\dfrac{7 \times 6}{2} \times 3}{\dfrac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2}} = \dfrac{21}{40}$. La réponse est $\dfrac{21}{40}$. \item La situation est celle d'un schéma de Bernoulli (on peut associer le blanc au succès et le noir à l'échec), de paramètres $5$ (on fait $5$ tirages successifs) et $\dfrac{7}{10}$ (probabilité du succès, puisque $7$ boules parmi les $10$ sont blanches) et donc on cherche à calculer $p(X = 2)$, pour avoir deux succès sur 5 tirages, c'est-à-dire deux boules blanches et trois noires. Le cours donne une réponse $\displaystyle \binom{5}{2} \times \left(\dfrac{7}{10}\right)^2 \times \left(1 - \dfrac{7}{10}\right)^{5 - 2} = \displaystyle \binom{5}{2} \times \left(\dfrac{7}{10}\right)^2 \times \left(\dfrac{3}{10}\right)^{3}$. \item On peut représenter la situation par l'arbre suivant : \begin{center} \psset{nodesep=0mm,levelsep=20mm,treesep=10mm} \pstree[treemode=R]{\Tdot} { \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$B$}\taput{\small $\frac{7}{10}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{Gagné}\taput{\small $\frac{1}{6}$} \Tdot~[tnpos=r]{Perdu}\tbput{\small $\frac{5}{6}$} } \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$N$}\tbput{\small $\frac{3}{10}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{Gagné}\taput{\small $\frac{1}{4}$} \Tdot~[tnpos=r]{Perdu}\nbput{\small $\frac{3}{4}$} } } \end{center} On a donc $p(\text{Gagné}) = \dfrac{7}{10} \times \dfrac{1}{6} + \dfrac{3}{10 } \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{14}{120} + \dfrac{9}{120} = \dfrac{23}{120}$. De plus $p($Gagné~$ \cap ~$B$) = \dfrac{7}{10} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{7}{60}$ Donc $p_{\text{Gagné}}(\text B) = \dfrac{\dfrac{7}{60}}{\dfrac{23}{120}} = \dfrac{14}{23}$. \item On applique le cours : $p( 1 \leqslant X \leqslant 3) = \displaystyle \int_1^3 \! \lambda \text{e}^{-\lambda x} \, dx = \Bigl[-\text{e}^{-\lambda x}\Bigr]_1^3 = -\text{e}^{-3\lambda} + \text{e}^{-\lambda} = \text{e}^{-\lambda} - \text{e}^{-3\lambda}$. \end{enumerate} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 4} }\hfill {\tiny Michel Fréchet} \textbf{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité} \medskip Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormal direct $(O\,;\,\vec{u}\,;\vec{v})$, on considère le point $A$ d'affixe $2$ et le cercle $\mathcal C$ de centre $O$ passant par $A$. $\alpha=1+\text{i}\sqrt{3}$ et $\overline{\alpha}$ son conjugué. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item $\alpha^2-4\alpha=2\overline{\alpha}-8$: \begin{align*} \alpha^2-4\alpha &= \left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)^2-4\left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)=\left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)\left(1+\text{i}\sqrt{3}-4\right)=\left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)\left(-3+\text{i}\sqrt{3}\right)=-6-2\text{i}\sqrt{3}\\ 2\overline{\alpha}-8 &= 2\overline{\left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)}-8=2-2\text{i}\sqrt{3}-8=-6-2\text{i}\sqrt{3} \end{align*} \item Le cercle $\mathcal C$ a pour rayon $OA=2$ et \[ OB^2=OC^2=\alpha\overline{\alpha}=\left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)\left(1-\text{i}\sqrt{3}\right)=4=2^2\Longrightarrow B\in\mathcal{C}\ \text{et}\ C\in\mathcal{C} \] \end{enumerate} \item Soit $D$ un point du cercle $\mathcal C$ d'affixe $2\text{e}^{\text{i}\theta}$, où $\theta\in]-\pi\,;\,\pi[$. \begin{enumerate} \item Voir figure plus loin. \item L'écriture complexe de la rotation de centre $O$ et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$ est: $z'-0=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(z-0)$. Ainsi: \[ z_E=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\times 2\text{e}^{\text{i}\theta}=2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\times \text{e}^{\text{i}\theta}=2\left(\frac{1}{2}+\text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\text{e}^{\text{i}\theta}=\left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)\text{e}^{\text{i}\theta}=\alpha\text{e}^{\text{i}\theta} \] \end{enumerate} \item $F$ milieu de $[BD]$; $G$ milieu de $[CE]$: \begin{enumerate} \item $z_F=\dfrac{z_B+z_D}{2}=\dfrac{\alpha + 2\text{e}^{\text{i}\theta}}{2}=\dfrac{\alpha}{2}+\text{e}^{\text{i}\theta}$; $z_G=\dfrac{\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+\overline{\alpha}}{2}$ \item $AFG$ équilatéral: \begin{align*} \frac{z_G-2}{z_F-2} &= \frac{\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+\overline{\alpha}-4}{\alpha+2\text{e}^{\text{i}\theta}-4}= \frac{\alpha\left(\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+\overline{\alpha}-4\right)}{2\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+\alpha^2-4\alpha}\\ &= \frac{\alpha\left(\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+\overline{\alpha}-4\right)}{2\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+2\overline{\alpha}-8} = \frac{\alpha\left(\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+\overline{\alpha}-4\right)}{2\left(\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+\overline{\alpha}-4\right)} =\frac{\alpha}{2}\\ &= \frac{1}{2}+\text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} \end{align*} Ainsi: \[ \left|\frac{z_G-2}{z_F-2}\right|=\frac{AG}{AF}=1\Longleftrightarrow AG=AF\ \text{et}\ \text{Arg}\left(\frac{z_G-2}{z_F-2}\right)= \left(\overrightarrow{AF};\overrightarrow{AG}\right)=\frac{\pi}{3} \] Nous sommes donc en présence d'un triangle isocèle dont l'angle au sommet mesure $\dfrac{\pi}{3}$. C'est un triangle équilatéral. \end{enumerate} \item $AF^2=4-3\cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta$. $f:\ x\to 4-3\cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta$ sur $[-\pi\,;\,\pi]$. Tableau de variations de $f$: \begin{center} %\begin{tikzpicture} %\tkzTabInit% %{$x$ /.8, $f$ /2}% %{$-\pi$,$-\dfrac{\pi}{6}$,$\dfrac{5\pi}{6}$,$\pi$}% %\tkzTabVar{+/ $7$,-/ $4-2\sqrt{3}$ ,+/ $4+2\sqrt{3}$, -/$7$} %\end{tikzpicture} \psset{unit=1cm} \begin{pspicture}(10,3) \psframe(10,3)\psline(0,2)(10,2)\psline(1,0)(1,3) \uput[u](0.5,2){$x$} \uput[u](1.3,2){$-\pi$} \uput[u](4,2){$-\dfrac{\pi}{6}$} \uput[u](7,2){$\dfrac{5\pi}{6}$} \uput[u](9.7,2){$\pi$} \rput(0.5,1){$f$}\uput[d](1.3,2){7}\uput[u](4,0){$4 - 2\sqrt{3}$}\uput[d](7,2){$4 + 2\sqrt{3}$}\uput[u](9.7,0){$7$} \psline{->}(1.5,1.7)(3.3,0.5)\psline{->}(4.7,0.5)(6.4,1.7) \psline{->}(7.7,1.7)(9.4,0.5) \end{pspicture} \end{center} Le minimum de cette fonction $f$ est atteint pour $\theta=-\dfrac{\pi}{6}$. En effet, le point $D$ dépend de $\theta\in]-\pi\,;\,\pi]$. La fonction $f$ admet un minimum sur cet intervalle. Donc $AF^2$ admet un minimum en $-\dfrac{\pi}{6}$. Du fait que $AF$ est positif, $AF$ est aussi minimum en $-\dfrac{\pi}{6}$. \end{enumerate} \begin{center} \psset{unit=2cm} \begin{pspicture}(-2.5,-2.5)(2.5,2.5) \pstGeonode[PointSymbol=none,PointName=none](0,0){O}(-1.25,1.57){D}(1,1.732){B}(1,-1.732){C}(2,0){A} \pstMiddleAB[PosAngle=90]{B}{D}{F} \pstLineAB[linestyle=dotted]{B}{D} \psaxes[linewidth=1pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-2.5,-2.5)(2.5,2.5) \psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1) \pscircle(0,0){2} \psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=1.5](2,0)(1,1.732)(1,-1.732)(-1.25,1.57) \uput[dl](0,0){O} \uput[ur](2,0){A} \uput[ur](1,1.732){B} \uput[dr](1,-1.732){C} \uput[ul](-1.25,1.57){D} \uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} \pstRotation{O}{D}[E] \pstMiddleAB{C}{E}{G} \pstLineAB[linewidth=1.25pt,linestyle=dotted]{C}{E} \pstLineAB[linewidth=1.25pt,linestyle=dashed]{A}{F} \pstLineAB[linewidth=1.25pt,linestyle=dashed]{G}{F} \pstLineAB[linewidth=1.25pt,linestyle=dashed]{A}{G} \end{pspicture} \end{center} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Froget \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 4} }\hfill{\tiny Bernard Froget} \textbf{Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité} \medskip \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a $z_{T(A)}=-\overline{z_A}+2=-1+2=1=z_A$ : {\G {$T(A)=A$}} On a $z_{T(\Omega)}=-\overline{z_{\Omega}}+2=-(1- \text{i}\sqrt{3})+2 = 1 + \text{i}\sqrt{3} = z_{\Omega}$ : {\G {$T(\Omega)=\Omega$}} \item $T$ est une similitude distincte de l'identité et ayant (au moins) deux points fixes : {\G{T est donc la réflexion d'axe $(A\Omega)$}}. \item L'image d'un cercle de centre $O$ et de rayon $R$ par une similitude $s$ est un cercle de centre $s(O)$ et de rayon $k\times R$, où $k$ est le rapport de la similitude. Une réflexion étant une isométrie, on a ici $k=1$. Comme $T(O)$ a pour affixe $2$, alors : \par\medskip \centerline{\G{L'image de $\mathcal{C}$ par T est le cercle de centre $T(O)=O'$et de rayon 1.}} \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Voir ci-dessous : $A'$ est le point de $\mathcal{C}'$ d'abscisse $2.5$ \item On a $\left\{\begin{tabular}{l} $Arg\left(\dfrac{z' - 2}{z}\right)=Arg\left(\dfrac{z_{M'} -z_{O'}}{z_{M}-z_{O}}\right)=(\vect{OM},\vect{O'M'})=\frac{\pi}{3} [2\pi]$\\ \text{et}\\ $\left|\dfrac{z' - 2}{z}\right|=\dfrac{|z'-2|}{|z|}=\dfrac{O'M'}{OM}=1$ car $OM=O'M'=1$\\ \end{tabular}\right.$, d'où : $\dfrac{z' - 2}{z}=1\times \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}$, soit : \G{$z'-2= \text{e}^{\frac{\pi}{3}}z$} \par\medskip \item L'écriture complexe de $r$ est de la forme $z'= az + b$, avec $\left \{\begin{array}{l} |a|=1\\ \text{et}\\ a\not = 1\end{array}\right.$ : $r$ est donc une rotation d'angle $Arg\,(a)=\frac{\pi}{3}$. Le centre de $r$ est l'unique point invariant de $r$ (car $r\not=Id_{\mathcal{P}}$) : son affixe est donc la solution de l'équation $z=e^{i\frac{\pi}{3}} z + 2$, soit $z =\dfrac{2}{1- \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} } = \dfrac{2}{\frac{1}{2}- \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{2(\frac{1}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2})}{1}=z_{\Omega}$ : {\G{$r$ est la rotation de centre $\Omega$ et d'angle $\frac{\pi}{3}$}} \par\medskip \end{enumerate} \item L'affixe $z_1$ du point $M_1$ est $\dfrac{z+z'}{2}=\dfrac{z+ \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}z+2}{2}=\dfrac{1+\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}{2}z + 1 = \left(\frac{3}{4} + \text{i}\frac{\sqrt{3}}{4}\right)z + 1 = \frac{\sqrt{3}}{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}z + 1$. On reconnait l'écriture complexe d'une similitude directe $S$ : le lieu géométrique du point $M_1$ lorsque le point $M$ décrit le cercle $\mathcal{C}$ est l'image de $\mathcal{C}$ par $S$ : il s'agit donc du cercle de centre $S(O) = A$ (car $A$ est le milieu de $[OO']$) et passant par le milieu $A_1$ de $[AA']$. \end{enumerate} \begin{center} \psset{unit=3.25cm,arrowscale=1.5} \begin{pspicture}(-0.5,-0.5)(3,2) \psaxes[linewidth=1pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-1.2,-1.2)(3.2,2) \psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1) \pstGeonode[PointSymbol=none,PointName=none](0,0){O}(1,0){A}(2.5,-1){X}(2.5,1.5){Y}(2.5,0){I}(3,0){Z}(2,0){O'}(1,1.732){C} \pstLineAB[linestyle=dotted]{X}{Y} \pstSegmentMark{O'}{I} \pstSegmentMark{Z}{I} \rput(2.6,0.95){A'} \pstCircleOA{O}{A} \pstRotation[RotAngle=40,PosAngle=180]{O}{A}[M] \pstRotation[RotAngle=60,PosAngle=90,CodeFig=true]{C}{M}[M'] \pstMarkAngle[linecolor=blue,arrows=->,LabelSep=0.55, MarkAngleRadius=0.4]{M}{C}{M'}{} \pstMiddleAB[PosAngle=90]{M}{M'}{M_1} \pstLineAB[linestyle=dotted]{M}{M'} \pstRotation[RotAngle=220,PosAngle=180]{O}{A}[N] \pstRotation[RotAngle=60,PosAngle=330,CodeFig=true]{C}{N}[N'] \pstMarkAngle[linecolor=blue,arrows=->,LabelSep=0.55, MarkAngleRadius=0.45]{N}{C}{N'}{} \pstMiddleAB[PosAngle=-90]{N}{N'}{N_1} \pstLineAB[linestyle=dotted]{N}{N'} \pstRotation[PointName=none,RotAngle=60,PosAngle=0,CodeFig=true]{C}{A}[V] \pstMarkAngle[linecolor=blue,arrows=->,LabelSep=0.32, MarkAngleRadius=0.25]{A}{C}{V}{$\frac{\pi}{3}$} \pstMiddleAB[PosAngle=90]{A}{V}{A_1} \pstLineAB[linestyle=dotted]{A}{V} \psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=1.5](2,0)(1,1.732)(2.5,0.866)%(-1.25,1.57) \uput[dl](0,0){O} \uput[ur](1,0){A}\uput[d](2,0){O'} \uput[ur](1,1.732){$\Omega$} \uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} \pscircle(2,0){1} \rput(-0.5,1){$\mathcal{C}$} \rput(1.5,-1){$\mathcal{C}'$} \pstCircleOA[linecolor=red]{A}{A_1} \end{pspicture} \end{center} \end{document} %%%%%%%%%%%%%%%% Tapuscrits des cinq corrigé avec leur préambule %%%%% %%% Michel Fréchet \documentclass{article} \usepackage{vmargin} \pagestyle{empty} \setpapersize{A4} \setmarginsrb{2.5cm}{2.5cm}{2.5cm}{2.5cm}{0cm}{0cm}{0cm}{.5cm} \usepackage{amsfonts,bbm,mathrsfs,amsmath,amssymb,amsthm} \usepackage[upright]{fourier} \usepackage[greek,frenchb]{babel} \usepackage[latin1]{inputenc} \usepackage{pgf,tikz,tkz-tab} \usepackage{tkz-tukey} \usepackage[tikz]{bclogo} \usetikzlibrary{arrows,shadows,decorations.pathmorphing,patterns} \usepackage{xkeyval,ifthen,numprint,tkz-arith} \usepackage{vector} \usepackage{multicol} \setlength{\columnseprule}{.2pt} \unitlength=1cm \renewcommand\FrenchLabelItem{\textbullet} %\usepackage{fancybox} \title{Baccalauréat S 22 juin 2010, correction} \date{22 juin 2010} \begin{document} %\setlength\parindent{0mm} %\rhead{\textbf{A. P. M. E. P.}} %\lhead{\small Baccalauréat S} %\lfoot{\small{Polynésie}} %\rfoot{\small{10 juin 2010}} %\renewcommand \footrulewidth{.2pt}% %\pagestyle{fancy} %\thispagestyle{empty} \maketitle \section*{\textcolor{blue}{Exercice 1 \hfill 6 points}} \emph{ Commun à tous les candidats.} \medskip \subsection*{Partie A} On considère l'équation différentielle: $(E)\quad y'+y=\text{e}^{-x}$. \begin{enumerate} \item $\forall x,\ x\in\mathbbm{R},\ u(x)=x\text{e}^{-x}$ est solution de $(E)$: \[ \forall x,\ x\in\mathbbm{R},\ u'(x)=\text{e}^{-x}-x\text{e}^{-x},\quad u'(x)+u(x)=\text{e}^{-x}-x\text{e}^{-x}+x\text{e}^{-x}=\text{e}^{-x} \] \item $(E')\quad y'+y=0\Longleftrightarrow y'=-y\Longleftrightarrow y=k\text{e}^{-x}$ pour $k$ réel: \item Soit $v$ une fonction définie et dérivable sur $\mathbbm{R}$: Si $v$ est solution de $(E)$, alors $v-u$ est solution de $(E')$: \[ \left\lbrace\begin{array}{l} v'(x)+v(x)=\text{e}^{-x} \\ u'(x)+u(x)=\text{e}^{-x} \end{array}\right.\Longrightarrow \left(v'(x)+v(x)\right)-\left(u'(x)+u(x)\right)=\left(v'(x)-u'(x)\right)+\left(v(x)-u(x)\right)=0\Longleftrightarrow (v-u)'(x)+(v-u)(x)=0 \] Si $v-u$ est solution de $(E')$, alors $v$ est solution de $(E)$: \[ (v-u)'(x)+(v-u)(x)=0\Longrightarrow \underbrace{v'(x)+v(x)}_{\text{e}^{-x}}-\left(\underbrace{u'(x)+u(x)}_{\text{e}^{-x}}\right)=0 \] \item Toutes les solutions de $(E)$ sont de la forme $v(x)=k\text{e}^{-x}+x\text{e}^{-x}=\text{e}^{-x}(x+k)$, pour tout $x$ de $\mathbbm{R}$. \item Si $g(0)=2$, alors $\text{e}^{-0}(0+k)=k=2$. \end{enumerate} \subsection*{Partie B} On considère la fonction $f_k$ définie sur l'ensemble $\mathbbm{R}$ par $f_k(x)=(x+k)\text{e}^{-x}$, où $k\in\mathbbm{R}$. \begin{enumerate} \item Maximum de $f_k$: \[ f'_k(x)=\text{e}^{-x}-(x+k)\text{e}^{-x}=\text{e}^{-x}(1-k-x) \] La dérivée a même signe que $(1-k-x)$, car la fonction exponentielle est positive strictement pour tout réel. \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit% {$x$ /.5, $f'_k(x)$ /.5, $f_k(x)$ /1}% {$-\infty$,$1-k$,$+\infty$}% \tkzTabLine{,+,z,-,}% \tkzTabVar{-/ ,+/ $\text{e}^{-1+k}$, -/} \end{tikzpicture} \end{center} D'après ce qui précède, la fonction $f_k$ admet un maximum en $1-k$. \item $M_k\in\mathcal{C}_k$ d'abscisse $1-k$: \[ M_k(1-k;y)\in\mathcal{C}_k\Longrightarrow y=(1-k+k)\text{e}^{-(1-k)}=\text{e}^{-(1-k)}\Longrightarrow M_k\left(1-k;\text{e}^{-(1-k)}\right)\Longleftrightarrow M_k\in\Gamma \] \item Graphique \begin{enumerate} \item (voir plus loin) \item La fonction $x\to \text{e}^{-x}$ est une fonction décroissante sur $\mathbbm{R}$. De plus, $\text{e}^{-0}=1$. Ainsi, la courbe décroissante est $\Gamma$ et son intersection avec l'axe des ordonnées correspond au point de coordonnées $(0;1)$. Ce qui détermine l'unité sur l'axe des ordonnées. Le point d'intersection des deux courbes est $M_k$, comme il a été démontré plus haut. Ici, on lit comme ordonnée $\simeq 2,7\simeq \text{e}^{-(-1)}$. Ainsi, l'abscisse de $M_k$ est $-1$. D'où, $1-k=-1\Longleftrightarrow k=2$ \end{enumerate} \item Intégration par partie: On pose $\left\lbrace\begin{array}{l} u(x)=x+2\\ v'(x)=\text{e}^{-x} \end{array}\right.$. Ainsi: $\left\lbrace\begin{array}{l} u'(x)=1\\ v(x)=-\text{e}^{-x} \end{array}\right.$ \[ \int_0^2(x+2)\text{e}^{-x}\text{d}x =\left\lbrack-(x+2)\text{e}^{-x}\right\rbrack_0^2-\int_0^2-\text{e}^{-x}\text{d}x =-4\text{e}^{-2}+2-\left\lbrack\text{e}^{-x}\right\rbrack_0^2=-4\text{e}^{-2}+2-\text{e}^{-2}+1=3-5\text{e}^{-2}\simeq 2,323 \] Cette intégrale correspond à l'aire $\mathcal{A}$, en cm$^2$, comprise entre l'axe des abscisses, les droites d'équations $x=0$ et $x=2$ et la courbe $\mathcal{C}_2$. \end{enumerate} \begin{center} \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=latex,x=2cm,y=2cm] \shorthandoff{:}; \draw[color=gray!10,fill=red,fill opacity=0.1, smooth,samples=50,domain=0.0:1.0] plot(\x,{(\x+2)*exp((-\x))}) -- (2,0.54134) -- (2,0)--(0,0) -- cycle; \draw[->] (-3,0) -- (5,0); \foreach \x in {-3,-2,-1,1,2,3,4} \draw[shift={(\x,0)},color=black] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$}; \draw[->] (0,-2) -- (0,5); \foreach \y in {-2,-1,1,2,3,4} \draw[shift={(0,\y)}] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$}; \draw (0pt,-10pt) node[right] {\footnotesize $0$}; \clip(-3,-2) rectangle (5,5); \draw[smooth,samples=100,domain=-3:5] plot(\x,{(\x+2)*exp((-\x))}); \draw[smooth,samples=100,domain=-3.0:5.0] plot(\x,{exp((-\x))}); \draw[color=black] (-2.1,1) node {$(\mathcal{C}_2)$}; \draw[color=black] (-1.54,4) node {$(\Gamma)$}; \draw [dashed] (-1,2.71828)-- (0,2.71828); \draw [dashed] (-1,2.71828)-- (-1,0); \fill (-1,2.71828) circle (1.5pt); \draw (-1,2.71828) node[above right] {$M_k$}; \fill (0,2.72) circle (1.5pt); \draw (0,2.71828) node[right] {$\simeq 2,7$}; \draw (1,0.7) node[fill=white] {${\mathcal A}$}; \end{tikzpicture}\end{center} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \section*{\textcolor{blue}{Exercice 2 \hfill 5 points}} \begin{enumerate} \item Restitution Organisée des Connaissances: D'après la Propriété 1, on a: $v_0\geqslant v_n\geqslant u_n \geqslant u_0$. Ainsi, la suite $(u_n)$ est croissante et majorée par $v_0$, elle est donc convergente vers $\ell$ (Propriété 2). De même, la suite $(v_n)$ est décroissante et minorée par $u_0$, elle converge donc vers $\ell'$ (Propriété 2). De plus, en utilisant la définition: \[ \lim_{n\to+\infty}\left(v_n-u_n\right)=0=\lim_{n\to+\infty}v_n- \lim_{n\to+\infty}u_n=\ell'-\ell \Longrightarrow \ell'-\ell=0\Longleftrightarrow \ell'=\ell \] \item \'Etudes des suites: \begin{enumerate} \item $u_n=1-10^{-n}$ et $v_n=1+10^{-n}$ sont adjacentes: La suite $(u_n)$ est croissante: \[ u_{n+1}-u_n=1-10^{-(n+1)}-1+10^{-n}=10^{-n}-10^{-n-1}=10^{-n}\left(1-10^{-1}\right)=10^{-n}\times 0,9\geqslant 0 \] La suite $(v_n)$ est décroissante: \[ v_{n+1}-v_n=1+10^{-(n+1)}-1-10^{-n}=10^{-n-1}-10^{-n}=10^{-n}\left(10^{-1}-1\right)=10^{-n}\times (-0,9)\leqslant 0 \] Leur différence tend vers $0$. \[ \lim_{n\to+\infty}\left(v_n-u_n\right)=\lim_{n\to+\infty}1+10^{-n}-1+10^{-n}=\lim_{n\to+\infty}2\times 10^{-n}=0 \] \item $u_n=\ln(n+1)$ et $v_n=\ln(n+1)+\dfrac{1}{n}$ ne sont pas adjacentes, car $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\lim_{n\to+\infty}\ln(n+1)=+\infty$. Par contre, $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(v_n-u_n\right)=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}=0$. Les deux suites ont pour limite $+\infty$. \item $u_n=1-\dfrac{1}{n}$ et $v_n=1+\dfrac{(-1)^n}{n}$ ne sont pas adjacentes, car $v_n$ n'est pas monotone. Par contre, elles ont même limite: $1$. \end{enumerate} \item On considère un nombre réel $a$ positif et les suites $u_n$ et $v_n$ définies pour tout entier naturel $n$ non nul par: \[ u_n=1-\frac{1}{n}\quad\text{et}\quad v_n=\ln\left( a+\frac{1}{n}\right) \] La suite $u_n$ est croissante: \[ u_{n+1}-u_n=1-\frac{1}{n+1}-1+\frac{1}{n}=\frac{1}{n(n+1)}\geqslant 0 \] La suite $v_n$ est décroissante: \[ 0\leqslant 1\Longleftrightarrow n \leqslant n+1 \Longleftrightarrow \frac{1}{n}\geqslant \frac{1}{n+1}\Longleftrightarrow a+\frac{1}{n}\geqslant a+\frac{1}{n+1}\Longrightarrow \cfrac{a+\cfrac{1}{n+1}}{a+\cfrac{1}{n}}\leqslant 1 \] Ainsi \[ v_{n+1}-v_n=\ln\left(a+\frac{1}{n+1}\right)-\ln\left(a+\frac{1}{n}\right)=\ln\left(\cfrac{a+\cfrac{1}{n+1}}{a+\cfrac{1}{n}}\right)\leqslant 0 \] \[ \lim_{n\to+\infty}\left(v_n-u_n\right)=\lim_{n\to+\infty}\left(\ln\left( a+\frac{1}{n}\right)-1+\frac{1}{n}\right)=\ln a-1\ \text{car}\ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}=0 \] Les deux suites seront donc adjacentes si et seulement si $\ln a-1=0 \Longleftrightarrow a=\text{e}$. \end{enumerate} \section*{\textcolor{blue}{Exercice 3 \hfill 4 points}} \emph{Commun à tous les candidats} \begin{enumerate} \item Une urne contient 10 boules indiscernables au toucher: 7 sont blanches et 3 sont noires. On tire simultanément 3 boules de l'urne. La probabilité de l'évènement $A$: \og tirer 2 boules blanches et 1 boules noire\fg{} est: \[ p(A)=\frac{\binom{7}{2}\times\binom{3}{1}}{\binom{10}{3}}=\frac{21\times 3}{120}=\frac{21}{40} \] \item Dans la même urne, on tire une boule, on note sa couleur, on la remet dans l'urne; on procède ainsi à 5 tirages successifs avec remise. La probabilité de l'évènement $B$ \og on obtient 3 boules noires et 2 boules blanches\fg{} est: \[ \binom{5}{2}\times\left(\frac{3}{10}\right)^3\times\left(\frac{7}{10}\right)^2 \] En fait, nous pouvons assimiler cette expérience aléatoire à une loi binomiale où les paramètre seraient $n=5$ et $p=\dfrac{7}{10}$, chaque tirage étant indépendant. \item De la même urne, on tire une seule boule. Si elle est blanche, on lance un dé cubique. Si la boule est noire, on lance un dé tétraédrique. On suppose les dés bien équilibrés. Le joueur gagne s'il obtient le numéro 1. Sachant que le joueur a gagné (événement $G$), la probabilité qu'il ait tiré une boule blanche (évènement $B$) est $p_G(B)$. \begin{multicols}{2} \begin{tikzpicture} \tikzstyle{level 1}=[level distance=2cm, sibling distance=4cm] \tikzstyle{level 2}=[level distance=2cm, sibling distance=0.75cm] \node{}[grow=right] child{node{$N$} child{node{$4$} edge from parent node[above]{\scriptsize{$1/4$}}} child{node{$3$} edge from parent node[above]{\scriptsize{$1/4$}}} child{node{$2$} edge from parent node[above]{\scriptsize{$1/4$}}} child{node{$1$} edge from parent node[above]{\scriptsize{$1/4$}}} edge from parent node[below]{$\frac{3}{10}$}} child{node{$B$} child{node{$6$} edge from parent node[above]{\scriptsize{$1/6$}}} child{node{$5$} edge from parent node[above]{\scriptsize{$1/6$}}} child{node{$4$} edge from parent node[above]{\scriptsize{$1/6$}}} child{node{$3$} edge from parent node[above]{\scriptsize{$1/6$}}} child{node{$2$} edge from parent node[above]{\scriptsize{$1/6$}}} child{node{$1$} edge from parent node[above]{\scriptsize{$1/6$}}} edge from parent node[above]{$\frac{7}{10}$}}; \end{tikzpicture} \begin{align*} p(G) &= \frac{1}{6}\times\frac{7}{10}+\frac{1}{4}\times\frac{3}{10}\\ &= \frac{23}{120} \end{align*} Ainsi: \begin{align*} p_G(B) &= \cfrac{\cfrac{1}{6}\times \cfrac{7}{10}}{\cfrac{23}{120}} = \cfrac{\cfrac{7}{60}}{\cfrac{23}{120}} = \frac{7}{60}\times\frac{120}{23}\\ &= \frac{14}{23} \end{align*} \end{multicols} \item Loi exponentielle: \[p(1\leqslant X\leqslant 3)=\int_1^3\lambda\text{e}^{-\lambda x}\text{d}\,x=\left[-\text{e}^{-\lambda x}\right]_1^3=\text{e}^{-\lambda}-\text{e}^{-3\lambda}\] \end{enumerate} \section*{\textcolor{blue}{Exercice 4 \hfill 7 points}} \emph{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité} Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormal direct $(O\,;\,\vec{u}\,;\vec{v})$, on considère le point $A$ d'affixe $2$ et le cercle $\mathcal C$ de centre $O$ passant pâr $A$. $\alpha=1+\text{i}\sqrt{3}$ et $\overline{\alpha}$ son conjugué. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item $\alpha^2-4\alpha=2\overline{\alpha}-8$: \begin{align*} \alpha^2-4\alpha &= \left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)^2-4\left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)=\left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)\left(1+\text{i}\sqrt{3}-4\right)=\left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)\left(-3+\text{i}\sqrt{3}\right)=-6-2\text{i}\sqrt{3}\\ 2\overline{\alpha}-8 &= 2\overline{\left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)}-8=2-2\text{i}\sqrt{3}-8=-6-2\text{i}\sqrt{3} \end{align*} \item Le cercle $\mathcal C$ a pour rayon $OA=2$ et \[ OB^2=OC^2=\alpha\overline{\alpha}=\left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)\left(1-\text{i}\sqrt{3}\right)=4=2^2\Longrightarrow B\in\mathcal{C}\ \text{et}\ C\in\mathcal{C} \] \end{enumerate} \item Soit $D$ un point du cercle $\mathcal C$ d'affixe $2\text{e}^{\text{i}\theta}$, où $\theta\in]-\pi\,;\,\pi[$. \begin{enumerate} \item Voir figure plus loin. \item L'écriture complexe de la rotation de centre $O$ et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$ est: $z'-0=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(z-0)$. Ainsi: \[ z_E=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\times 2\text{e}^{\text{i}\theta}=2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\times \text{e}^{\text{i}\theta}=2\left(\frac{1}{2}+\text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\text{e}^{\text{i}\theta}=\left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)\text{e}^{\text{i}\theta}=\alpha\text{e}^{\text{i}\theta} \] \end{enumerate} \item $F$ milieu de $[BD]$; $G$ milieu de $[CE]$: \begin{enumerate} \item $z_F=\dfrac{z_B+z_D}{2}=\dfrac{\alpha + 2\text{e}^{\text{i}\theta}}{2}=\dfrac{\alpha}{2}+\text{e}^{\text{i}\theta}$; $z_G=\dfrac{\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+\overline{\alpha}}{2}$ \item $AFG$ équilatéral: \begin{align*} \frac{z_G-2}{z_F-2} &= \frac{\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+\overline{\alpha}-4}{\alpha+2\text{e}^{\text{i}\theta}-4}= \frac{\alpha\left(\text{e}^{\text{i}\theta}+\overline{\alpha}-4\right)}{2\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+\alpha^2-4\alpha}\\ &= \frac{\alpha\left(\text{e}^{\text{i}\theta}+\overline{\alpha}-4\right)}{2\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+2\overline{\alpha}-8} = \frac{\alpha\left(\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+\overline{\alpha}-4\right)}{2\left(\alpha\text{e}^{\text{i}\theta}+\overline{\alpha}-4\right)} =\frac{\alpha}{2}\\ &= \frac{1}{2}+\text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} \end{align*} Ainsi: \[ \left|\frac{z_G-2}{z_F-2}\right|=\frac{AG}{AF}=1\Longleftrightarrow AG=AF\ \text{et}\ \text{Arg}\left(\frac{z_G-2}{z_F-2}\right)= \left(\overrightarrow{AF};\overrightarrow{AG}\right)=\frac{\pi}{3} \] Nous sommes donc en présence d'un triangle isocèle dont l'angle au sommet mesure $\dfrac{\pi}{3}$. C'est un triangle équilatéral. \end{enumerate} \item $AF^2=4-3\cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta$. $f:\ x\to 4-3\cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta$ sur $[-\pi\,;\,\pi]$. Tableau de variations de $f$: \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit% {$x$ /.8, $f$ /2}% {$-\pi$,$-\dfrac{\pi}{6}$,$\dfrac{5\pi}{6}$,$\pi$}% \tkzTabVar{+/ $7$,-/ $4-2\sqrt{3}$ ,+/ $4+2\sqrt{3}$, -/$7$} \end{tikzpicture} \end{center} Le minimum de cette fonction $f$ est atteint pour $\theta=-\dfrac{\pi}{6}$. En effet, le point $D$ dépend de $\theta\in]-\pi\,;\,\pi]$. La fonction $f$ admet un minimum sur cet intervalle. Donc $AF^2$ admet un minimum en $-\dfrac{\pi}{6}$. Du fait que $AF$ est positif, $AF$ est aussi minimum en $-\dfrac{\pi}{6}$. \end{enumerate} \begin{center} \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=latex,x=3.0cm,y=3.0cm] \clip(-2.5,-2.2) rectangle (2.5,2.2); \draw (-2.5,0) -- (0,0);\draw[->] (0,0) -- (1,0);\draw (1,0) -- (2.5,0); \foreach \x in {-2.5,-2,-1.5,-1,-0.5,0.5,1,1.5,2} \draw[shift={(\x,0)}] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$}; \draw (0,-2.5) -- (0,0);\draw[->] (0,0) -- (0,1);\draw (0,1) -- (0,2.5); \foreach \y in {-2.5,-2,-1.5,-1,-0.5,0.5,1,1.5,2} \draw[shift={(0,\y)}] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$}; \draw[color=black] (0pt,-10pt) node[right] {\footnotesize $0$}; \draw [shift={(0,0)},->] (0,0) -- (129.86:0.2) arc (129.86:189.86:0.2) -- cycle; \draw [color=blue] (0,0) circle (6cm); \draw [dashed,color=green] (-1.28,1.54) circle (6cm); \draw (-1.28,1.54)-- (0,0); \draw (0,0)-- (-1.97,-0.34); \draw (-1.28,1.54)-- (1,1.73); \draw (1,-1.73)-- (-1.97,-0.34); \draw [color=green] (-0.14,1.63)-- (2,0); \draw [color=green] (2,0)-- (-0.49,-1.04); \draw [color=green] (-0.49,-1.04)-- (-0.14,1.63); \fill (0,0) circle (1.5pt); \draw (0,0) node[below left] {$O$}; \fill [color=blue] (2,0) circle (1.5pt); \draw[color=blue] (2,0) node[above right] {$A$}; \fill [color=blue] (1,1.73) circle (1.5pt); \draw[color=blue] (1.06,1.82) node {$B$}; \fill [color=blue] (1,-1.73) circle (1.5pt); \draw[color=blue] (1.06,-1.78) node {$C$}; \fill [color=blue] (-1.28,1.54) circle (1.5pt); \draw[color=blue] (-1.34,1.61) node {$D$}; \fill (-1.97,-0.34) circle (1.5pt); \draw (-1.97,-0.34) node[below left] {$E$}; \draw (-0.29,0.1) node {$\frac{\pi}{3}$}; \fill (-0.14,1.63) circle (1.5pt); \draw (-0.1,1.72) node {$F$}; \fill (-0.49,-1.04) circle (1.5pt); \draw (-0.49,-1.04) node[below] {$G$}; \draw [shift={(2,0)},color=green] (0,0) -- (142.65:0.2) arc (142.65:202.65:0.2) -- cycle; \draw (1.69,0.09) node {$\frac{\pi}{3}$}; \end{tikzpicture} \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=latex,x=2.0cm,y=2.0cm] \draw[->] (-2.5,0) -- (2.5,0); %\foreach \x in {-2.5,-2,-1.5,-1,-0.5,0.5,1,1.5,2} %\draw[shift={(\x,0)}] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$}; \draw[->] (0,-2.5) -- (0,2.5); %\foreach \y in {-2.5,-2,-1.5,-1,-0.5,0.5,1,1.5,2} %\draw[shift={(0,\y)}] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$}; \draw (0pt,-10pt) node[right] {\footnotesize $0$}; \clip(-2.5,-2.5) rectangle (2.5,2.5); \draw [shift={(2,0)}] (0,0) -- (150.05:0.25) arc (150.05:210.05:0.25) -- cycle; \draw [shift={(0,0)}] (0,0) -- (-30.04:0.25) arc (-30.04:0:0.25) -- cycle; \draw [color=blue] (0,0) circle (4cm); \draw (1.73,-1)-- (0,0); \draw (0,0)-- (1.73,1); \draw (1.73,-1)-- (1,1.73); \draw (1,-1.73)-- (1.73,1); \draw [color=red] (1.37,0.37)-- (2,0); \draw [color=red] (2,0)-- (1.37,-0.37); \draw [color=red] (1.37,-0.37)-- (1.37,0.37); \fill (0,0) circle (1.5pt); \draw (0.06,0.11) node {$O$}; \fill (2,0) circle (1.5pt); \draw (2.07,0.11) node {$A$}; \fill [color=blue] (1,1.73) circle (1.5pt); \draw[color=blue] (1.07,1.84) node {$B$}; \fill [color=blue] (1,-1.73) circle (1.5pt); \draw[color=blue] (1.07,-1.79) node {$C$}; \fill (1.73,-1) circle (1.5pt); \draw (1.67,-0.9) node {$D$}; \fill (1.73,1) circle (1.5pt); \draw (1.8,1.11) node {$E$}; \fill (1.37,0.37) circle (1.5pt); \draw (1.23,0.42) node {$F$}; \fill (1.37,-0.37) circle (1.5pt); \draw (1.43,-0.26) node {$G$}; \draw (1.61,0.09) node {$\frac{\pi}{3}$}; \fill (1.73,-1) circle (1.5pt); \draw (0.45,-0.07) node {$-\frac{\pi}{6}$}; \end{tikzpicture} \end{center} \end{document} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%% Bernard Froget \documentclass[10pt]{article} \usepackage[latin1]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{fancybox} \usepackage{tabularx} \usepackage{ulem} \usepackage{dcolumn} \usepackage{textcomp} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} \usepackage{pstricks,pst-plot,pstricks-add, pst-tree, pst-eucl} \setlength\paperheight{297mm} \setlength\paperwidth{220mm} \setlength{\textheight}{25cm} \usepackage[left=1.5cm,right=2cm,top=2.5cm,bottom=1cm]{geometry} %Tapuscrit Bernard Froget \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\vect}[1]{\mathchoice% {\overrightarrow{\displaystyle\mathstrut#1\,\,}}% {\overrightarrow{\textstyle\mathstrut#1\,\,}}% {\overrightarrow{\scriptstyle\mathstrut#1\,\,}}% {\overrightarrow{\scriptscriptstyle\mathstrut#1\,\,}}} \newcommand{\eq}{\Leftrightarrow} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~ \vect{\jmath},~ \vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \setlength{\voffset}{-1,5cm} \usepackage{fancyhdr} \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage[np]{numprint} \newcommand{\G}[1]{{}{\;\bfseries\mathversion{bold}#1}{}} \begin{document} \centerline{\Large Correction} \par\medskip \centerline{\Large Baccalauréat S Métropole Juin 2010} \vspace{1cm} \textbf{\textsc{Exercice 1} } \medskip \textbf{Partie A :} \medskip \begin{enumerate} \item La fonction $u$ est dérivable sur $\R$, comme somme des fonctions $x\mapsto x$ et $x\mapsto \text{e}^{-x}$, chacune dérivable sur $\R$. Soit $x\in\R$. Comme $u'(x)=\text{e}^{-x}-x\text{e}^{-x}$, on en déduit : $u'(x)+u(x)=\text{e}^{-x}-x\text{e}^{-x}+x\text{e}^{-x}=\text{e}^{-x}$ : \par\medskip \centerline{\G {$u$ est donc est une solution de l'équation différentielle (E)}} \par\medskip \item On sait d'après le cours que les solutions (sur $\R$) de l'équation différentielle $y'+ay=0$ sont les fonctions $h_K$ définies sur $\R$ par $h_K(x)=K\text{e}^{-ax}$, avec $K\in\R$. On en déduit : \par\medskip \centerline{\G {Les solutions de l'équation $(E')$ sont les fonctions $h_K$ définies sur $\R$ par $h_{K}(x)=K\text{e}^{-x}$, où $K\in\R$}} \par\medskip \item \par \begin{tabular}[t]{lcl} $v$ est une solution de l'équation différentielle (E)&$\eq$& $\forall x\in\R\quad v'(x)+v(x)=\text{e}{-x}$\\ &$\eq$& $\forall x\in\R\quad v'(x)+v(x)=u'(x)+u(x)\;{}^{*}$\\ &$\eq$& $\forall x\in\R\quad v'(x)-u'(x)+v(x)-v'(x)=0$\\ &$\eq$& $\forall x\in\R\quad (v-u)'(x)+(v-u)(x)=0$\\ &$\eq$&$v-u$ est une solution de l'équation différentielle (E')\\ \end{tabular} ${}^{*}\;$car $u$ est une solution de l'équation $y'+y=\text{e}^{-x}$ \par\medskip \item Raisonnons encore par équivalence : \par\hspace{-1cm} \begin{tabular}[t]{lcll} $v$ est une solution de l'équation différentielle (E)&$\eq$& $v-u$ est une solution de l'équation différentielle (E')&d'après Q.3.\\ &$\eq$&Il existe un réel $K$ tel que, pour tout réel $x\;$:\; $(v-u)(x)=K\text{e}^{-x}$&d'après Q.2. \\ &$\eq$&Il existe un réel $K$ tel que, pour tout réel $x\;$:\; $v(x)=K\text{e}^{-x}+u(x)$&\\ \end{tabular} Par suite : \par\medskip \centerline{\G {Les solutions de l'équation $(E)$ sont les fonctions $v_K$ définies sur $\R$ par $v_{K}(x)=K\text{e}^{-x}+x\text{e}^{-x}=(x+K)\text{e}^{-x}$, où $K\in\R$}} \par\medskip \item Soit $g$ une solution de $(E)$ : d'après Q.4, il existe un réel $K$ tel que : $\forall x\in\R\quad g(x)=(K+x)\text{e}^{-x}$. Comme : $g(0)=2\eq K\text{e}^{0}=2\eq K=2$, on en déduit : \par\medskip \centerline{\G {L'unique solution $g$ de l'équation $(E)$ vérifiant $g(0)=2$ est la fonction $g$ définie sur $\R$ par : $g(x)=(x+2)\text{e}^{-x}$.}} \par\medskip \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B :} \begin{enumerate} \item La fonction $f_k$ est dérivable sur $\R$ (par exemple en tant que solution, sur $\R$, de l'équation $(E)$). On a alors : $\forall x\in\R\quad f'_{k}(x)=\text{e}^{-x}-f_{k}(x)=\text{e}^{-x}-\text{e}^{-x}(x + k)=\text{e}^{-x}(1 - x - k)$. Puisque $\text{e}^{X}>0$ pour tout réel $X$, le signe de $f'_{k}(x)$ est celui de $1- x -k$. Comme $1-x-k\leqslant 0 \eq x\geqslant 1- k$, $f_k$ est croissante sur $]-\infty~;~1-k]$ et décroissante sur $[1-k~;~+\infty[$ : \par\medskip \centerline{\G {La fonction $f_k$ admet donc un maximum pour $x=1 - k$.}} \par\medskip \item $M_k$ a pour coordonnées $(1-k,f_k(1-k))$, soit $(1-k,\text{e}^{-(1-k)})$. Puisque $y_{M_{k}}=\text{e}^{-x_{M_{k}}}$, on a prouvé : \par\medskip \centerline{\G {Le point de la courbe $\mathcal{C}_{k}$ d'abscisse $1- k$ appartient à la courbe $\Gamma$ d'équation $y = \text{e}^{-x}$.}} \par\medskip \item \begin{enumerate} \item La fonction $H : x\mapsto \text{e}^{-x}$ est strictement décroissante sur $\R$, ce qui permet d'identifier immédiatement les deux courbes. \item $\bullet\;$$H(0)=1$ : {\G {L'unité sur l'axe des ordonnées est égale à 2cm, soit la distance entre deux graduations successives.}} \par\medskip $\bullet\;f_k(0)=k$ : comme le point de $\Gamma$ d'abscisse $0$ a pour ordonnée $2$, on en déduit : {\G {$k=2$}} \par\medskip $\bullet\;$La résolution de l'équation $f_k(x)=0$ montre que la courbe $\Gamma $ coupe l'axe des abscisses au point d'abscisse $-k=-2$ : \par\medskip \centerline{\G {L'unité sur l'axe des abscisses est aussi égale à 2cm, soit la distance entre deux graduations successives.}} \par\medskip \end{enumerate} \item $\bullet\;\displaystyle\int_{0}^2 (x + 2)\text{e}^{-x}\,\text{d}x$ est de la forme $\displaystyle\int_{0}^{2}u'(x)v(x\,\text{d}x$, où $u$ et $v$ sont les fonctions définies sur $\R$ par $\left\{\begin{array}{l}u(x)=-\text{e}^{-x}\\ \text{et}\\ v(x)=x+2\end{array}\right.$ . Les théorèmes généraux permettent d'affirmer que les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables sur $\R$ et que leurs dérivées sont continues sur $\R$ : le théorème d'intégration par parties peut alors être appliqué : $\begin{array}{lclcl} \displaystyle\int_{0}^2 (x + 2)\text{e}^{-x}\,dx&=&\displaystyle\int_{0}^2 u'(x)\times v(x)\,dx&=&[u(x)\times v(x)]_{0}^{2}-\displaystyle\int_{0}^2 u(x)\times v'(x)\,dx\\\ &=&[-(x+2)\text{e}^{-x}]_{0}^{2}-\displaystyle\int_{0}^2 -\text{e}^{-x}\,dx&=&(-4\text{e}^{-2})+(2)-[\text{e}^{-x}]_{0}^{2}\\\ &=&(-4\text{e}^{-2})+(2)-(\text{e}^{-2})+1&=&3-5\text{e}^{-2}\\ \end{array}$ \par\medskip \centerline{\G {$\displaystyle\int_{0}^2 (x + 2)\text{e}^{-x}\,dx=3-5\text{e}{-2}$}} $\bullet\;$La fonction $f_2$ est continue et positive sur $[0,2]$. Par suite : \par\medskip \centerline{\G {$\displaystyle\int_{0}^2 f_{2}(x)\,\text{d}x$ mesure, en unités d'aire, l'aire de la surface limitée par $\Gamma$, l'axe des abscisses, et les droites d'équations $x=0$ et $x=2$.}} \par\medskip \end{enumerate} \par\bigskip \textbf{\textsc{Exercice 2}} \begin{enumerate} \item \medskip Soient $(u_n)$ et $(v_n)$ deux suites adjacentes. On supposera $(u_n)$ croissante, $(v_n)$ décroissante, et on supposera en outre que les deux suites sont définies sur $\N$. $\bullet\;$Établissons tout d'abord la convergence de la suite $(u_n)$ : \hspace{1cm}\begin{tabular}{p{16cm}} La suite $(v_n)$, étant décroissante, est majorée par son premier terme : $\forall n\in\N\quad v_n\leqslant v_0$ D'après la propriété 1, on a : $\forall n\in\N\quad u_n\leqslant v_n$. On en déduit : $\forall n\in\N\quad u_n\leqslant v_0$ : \hspace{3cm}la suite $(u_n)$ est ainsi majorée par $v_0$. Croissante et majorée, la suite $(u_n)$ converge alors, d'après la propriété 2, vers un réel $l$. \end{tabular} $\bullet\;$Montrons maintenant que la suite $(v_n)$ converge vers $l$ : \hspace{1cm}\begin{tabular}{p{14cm}} Par hypothèse la suite $(v_{n}-u_{n})$ converge vers $0$ et la suite $(u_n)$ converge vers $l$ d'après ce qui précède. La suite $(v_n)$, somme des deux suites convergentes $(v_{n}-u_{n})$ et $(u_{n})$, est alors convergente, de limite égale à la somme des limites de chacune des deux suites : \centerline{$\lim\limits_{n\to +\infty}v_{n}=\lim\limits_{n\to +\infty}(v_{n}-u_{n})+\lim\limits_{n\to +\infty}u_{n}=0+l=l$} \hfill Q.E.D \end{tabular} \item \begin{enumerate} \item $u_{n} = 1 - 10^{-n}$ et $v_{n} = 1 + 10^{-n}$. On supposera les suites définies sur $\N$. $\bullet\;$La suite $(10^{-n})$ est la suite géométrique de raison $q=10^{-1}$ et de premier terme $1$. Comme $|q|<1$, la suite $(10^{-n})$ converge alors vers $0$. Par suite : {\G {les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ convergent toutes deux vers $1$.}} \par\medskip $\bullet\;$La suite $(v_n)$ est décroissante : en effet : $\forall n\in\N\; v_{n+1}-v_{n}=10^{-(n+1)}-10^{-n}=10^{-n}(10^{-1}-1)<0$ Comme $u_{n}=2-v_{n}$, la suite $(u_n)$ est croissante, comme somme de la suite constante (égale à $2$) et de la suite $(-v_n)$, croissante. Par conséquent : {\G {les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes.}} \par\medskip \item $u_{n} = \ln (n + 1)$ et $v_{n} = \ln (n + 1) + \dfrac{1}{n}$ ; On supposera les suites définies sur $\N^{*}$. $\bullet\;$De $\left\{\begin{array}{l} \lim\limits_{n\to +\infty}\ln n=+\infty\\ \text{et}\\ \forall n\geqslant 1\quad \ln (n+1)\geqslant \ln n \end{array}\right.$, on déduit, par comparaison : $ \lim\limits_{n\to +\infty}\ln (n+1)=+\infty$. Comme $ \lim\limits_{n\to +\infty}\frac{1}{n}=0$, il vient : $ \lim\limits_{n\to +\infty}v_n=+\infty$ : {\G {les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ divergent toutes deux vers $+\infty$.}} \par\medskip $\bullet\;$ Puisqu' elles ne sont pas convergentes...{\G {les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ ne sont pas adjacentes.}} \item $u_{n} = 1 - \dfrac{1}{n}$ et $v_{n} = 1 + \dfrac{(-1)^n}{n}$. On supposera les suites définies sur $\N^{*}$. $\bullet\;$ Comme $ \lim\limits_{n\to +\infty}\frac{1}{n}=0$, il vient : $ \lim\limits_{n\to +\infty}u_n=1$. De $\frac{(-1)^n}{n}=\left\{\begin{array}{ll} \frac{-1}{n}&\text{si n est impair}\\ \\ \frac{1}{n}&\text{si n est pair}\\ \end{array}\right.$, on déduit : $\forall n\in\N\quad \frac{-1}{n}\leqslant \frac{(-1)^n}{n}\leqslant \frac{1}{n}$, puis : $\forall n\in\N\quad 1-\frac{1}{n}\leqslant v_n\leqslant 1+\frac{1}{n}$ \par Comme $ \lim\limits_{n\to +\infty}1-\frac{1}{n}=\lim\limits_{n\to +\infty}1+\frac{1}{n}=1$, le théorème des gendarmes assure la convergence de la suite $(v_n)$ vers $1$ : \par\medskip \centerline{\G {Les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ convergent toutes deux vers $1$.}} \par\medskip $\bullet\;$Comme $\left\{\begin{array}{ll} v_n<1&\text{si n est impair}\\ \\ v_n>1&\text{si n est pair}\\ \end{array}\right.$, la suite $(v_n)$ n'est pas monotone et {\G {les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ ne sont pas adjacentes.}} \par\medskip \end{enumerate} \item Comme $ \lim\limits_{n\to +\infty}u_n=1$, on doit avoir $ \lim\limits_{n\to +\infty}v_n= \lim\limits_{n\to +\infty}\ln\left(a+\frac{1}{n}\right)=1$. De $\left\{\begin{array}{l} \lim\limits_{n\to +\infty}a+\frac{1}{n}=a\\ \text{et}\\ \lim\limits_{X\to a}\ln X =\ln a\\ \end{array}\right.$, on déduit, par composition : $ \lim\limits_{n\to +\infty}\ln (a+\frac{1}{n})=\ln a.$ : une condition nécessaire est donc $\ln a =1$, soit {\G{$a=e$}}. La suite $(u_n)$ étant clairement croissante, reste à vérifier si la suite $(v_n)$, définie par $v_n=\ln\left(e+\dfrac{1}{n}\right)$, est décroissante : Les fonctions $x\mapsto e+\frac{1}{x}$ et $x\mapsto \ln x$ étant respectivement décroissante et croissante sur $\R_{+}^{+}$, la fonction $x\mapsto \ln (e+\frac{1}{x})$ est alors décroissante sur $\R_{+}^{+}$, et la suite $(v_n)$ est alors aussi décroissante : \par\medskip \centerline{\G {Les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes si et seulement si $a=e$.}} \par\medskip \end{enumerate} \vspace{1cm} \textbf{\textsc{Exercice 3}} \begin{enumerate} \item Un résultat de l'expérience peut être représenté par une combinaison de trois boules prises parmi dix : il y a donc $\left({10\atop 3}\right)$ résultas possibles, soit $\left({10\atop 3}\right)=\frac{10\times 9\times 8}{3\times 2\times 1}=120$. Dénombrons maintenant les cas \og favorables\fg{} : il y a $\left({7\atop 2}\right) =21$ manières de choisir, sans ordre, deux boules blanches parmi sept ; pour chacune de ces manières, il y a $\left({3\atop 1}\right) =3$ façons de choisir la troisième boule, qui doit être noire : il y a donc $21\times 3$ résultats favorables. Les tirages étant supposés équiprobables, la probabilité cherchée est $\frac{3\times 21}{120}=\frac{21}{40}$ : {\G {Réponse 1}} \par\medskip \item Dans l'expérience consistant à tirer une boule de l'urne, appelons \og succés\fg{} l'événement : \og Obtenir une boule noire \fg, de probabilité $p=\frac{3}{10}$. Les cinq tirages successifs effectués l'étant {\it avec remise}, on peut alors affirmer que la variable aléatoire $X$, dénombrant les succès obtenus à l'issue des cinq tirages , suit la loi binomiale $\mathcal{B}(5,\frac{3}{10})$. La probabilité cherchée est alors : \centerline{ $p(X=3)=({5\atop 3})\times \left(\frac{3}{10}\right)^{2}\times \left(\frac{7}{10}\right)^{3}=({5\atop 2})\times \left(\frac{3}{10}\right)^{2}\times \left(\frac{7}{10}\right)^{3}$ : {\G {Réponse 2}}} \par\medskip \item Ci-après figure l'arbre de probabilités associé à l'expérience. On a noté $G$ l'événement \og Obtenir le numéro 1\fg{} et $B$ l'événement \og Obtenir une boule blanche\fg. \par\medskip \parbox{5cm}{$ \pstree[treemode=R]{\Tr{\bullet\;}}{% \pstree{\Tr{B}^{\dfrac{7}{10}}}{% \Tr{G}\naput{\dfrac{1}{6}}\tspace{1.2cm}\Tr{\overline{G}}\nbput{\dfrac{5}{6}}} \tspace{.5cm} \pstree{\Tr{\overline{B}}\nbput{\dfrac{3}{10}}}{% \Tr{G}\naput{\dfrac{1}{4}}\tspace{1.2cm}\Tr{\overline{G}}\nbput{\dfrac{3}{4}}}}$}\hspace{.5cm} \parbox{13cm}{ La probabilité cherchée est $p_{G}(B)=\frac{p(B\cap G)}{p(G)}$ On a : G=$(B\cap G)\cup (\overline{B}\cap G)$ et p(G)$=\frac{7}{10}\times \frac{1}{6}+\frac{3}{10}\times \frac{1}{4}=\frac{7}{60}+\frac{3}{40}=\frac{23}{120}$ \par\medskip Et : p($(B\cap G))=\frac{7}{10}\times \frac{1}{6}=\frac{7}{60}=\frac{14}{120}$. La probabilité cherchée est donc : {\G{p$(G)=\dfrac{\frac{14}{120}}{\frac{23}{120}}=\frac{14}{23}$ : {\G {Réponse 2}}}}} \par\bigskip \item D'après le cours : $P(\,[1,3]\,)=\int\limits_{1}^{3}e^{-\lambda \,x}dx=[-e^{-\lambda x}]_{1}^{3}=(-e^{-3\lambda})-(-e^{-1\lambda})=e^{-\lambda}-e^{-3\lambda} $ : {\G {Réponse 1}} \par\medskip \end{enumerate} \newpage \textbf{\textsc{Exercice 4} : candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité} \par\medskip\begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item D'une part : $\alpha^2 - 4\alpha= (1 + i\sqrt{3})^{2}-4(1 + i\sqrt{3})=(1+2i\sqrt{3}-3)-4-4i\sqrt{3}=-6-2i\sqrt{3}$. D'autre part : $2\overline{\alpha} - 8=2(1-i\sqrt{3})-8=-6-2i\sqrt{3}$. On en déduit : {\G {$\alpha^2 - 4\alpha=2\overline{\alpha} - 8$}} \par\medskip \item On a $OB=|z_B-z_O|=|\alpha|=\sqrt{1^{2}+\sqrt{3}^2}=2=OA$ et $OC=|z_B-z_O|=|\overline{\alpha}|=|\alpha|=OA$. On a montré : {\G{$B\in\mathcal{C}$ et $C\in\mathcal{C}$}} \par\medskip \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Voir ci-dessous \item L'écriture complexe de la rotation $r$ de centre $O$ et d'angle $\frac{\pi}{3}$ est $z'=e^{i\frac{\pi}{3}}z$. Comme $r(D)=E$, on en déduit : $z_E=e^{i\frac{\pi}{3}}z_D=e^{i\frac{\pi}{3}}\times 2e^{i\theta}=2(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})e^{i\theta}=\alpha e^{i\theta}$ : {\G {$z_E=\alpha e^{i\theta}$}} \par\medskip \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item L'affixe du point $F$ est $\frac{z_B+z_D}{2}=\frac{\alpha+2e^{i\theta}}{2}=\frac{\alpha}{2}+e^{i\theta}$ : {\G{$z_F=\frac{\alpha}{2}+e^{i\theta}$}} \item %Calculons $ \dfrac{z_{G} - 2}{z_{F} - 2}$ : $\begin{array}[t]{lcl} \dfrac{z_{G} - 2}{z_{F} - 2} &=&\dfrac{\dfrac{\alpha e^{i\theta} + \overline{\alpha}}{2}-2}{\dfrac{\alpha}{2}+e^{i\theta}-2}=\dfrac{\alpha e^{i\theta} + \overline{\alpha}-4}{\alpha+2e^{i\theta}-4}=\dfrac{\alpha(\alpha e^{i\theta} + \overline{\alpha}-4)}{\alpha(\alpha+2e^{i\theta}-4)}=\dfrac{\alpha(\alpha e^{i\theta} + \overline{\alpha}-4)}{\alpha^2-4\alpha+2\alpha e^{i\theta}}=\dfrac{\alpha(\alpha e^{i\theta} + \overline{\alpha}-4)}{2\overline{\alpha}-8+2\alpha e^{i\theta}}\text{ car }\alpha^2 - 4\alpha=2\overline{\alpha} - 8\\ &&\\ &=&\dfrac{\alpha(\alpha e^{i\theta} + \overline{\alpha}-4)}{2(\alpha e^{i\theta}+\overline{\alpha}-4)}=\dfrac{\alpha}{2} \end{array}$ \par\medskip $\dfrac{z_{G} - 2}{z_{F} - 2} =\dfrac{\alpha}{2}$ s'écrit : $z_{G} - 2=\dfrac{\alpha}{2}(z_{F} - 2)$, soit $z_{G} - 2=e^{i\frac{\pi}{3}}(z_{F} - 2)$ : $G$ est donc l'image de $F$ dans la rotation de centre $A$ et d'angle $\frac{\pi}{3}$ : {\G{le triangle $AFG$ est alors équilatéral}}. \end{enumerate} \item La distance $AF$ est positive (ou nulle). On en déduit que la distance $AF$ est minimale si et seulement si $AF^2 $ est minimale. Les variations de la fonction $f$ montrent que $f$ admet, sur $]-\pi,\pi]$, deux minima, l'un en $\frac{\pi}{6}$, l'autre en $\pi$. Comme $f(\pi)=7$ et $f(-\frac{\pi}{6})=4-2\sqrt{3}$, on en déduit : {\G {La distance $AF$ est minimale lorsque $z_D=2e^{-i\frac{\pi}{6}}$}} \end{enumerate} \par\medskip \begin{center} \psset{unit=3cm} \begin{pspicture}(-2.5,-2.5)(2.5,2.5) \pstGeonode[PointSymbol=none,PointName=none](0,0){O}(-1.25,1.57){D}(1,1.732){B}(1,-1.732){C}(2,0){A} \pstMiddleAB[PosAngle=90]{B}{D}{F} \pstLineAB[linestyle=dotted]{B}{D} \psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(-2.5,-2.5)(2.5,2.5) \psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1) \pscircle(0,0){2} \psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=1.5](2,0)(1,1.732)(1,-1.732)(-1.25,1.57) \uput[dl](0,0){O} \uput[ur](2,0){A} \uput[ur](1,1.732){B} \uput[dr](1,-1.732){C} \uput[ul](-1.25,1.57){D} \uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} \pstRotation{O}{D}[E] \pstMiddleAB{C}{E}{G} \pstLineAB[linestyle=dotted]{C}{E} \pstLineAB[linestyle=dashed]{A}{F} \pstLineAB[linestyle=dashed]{G}{F} \pstLineAB[linestyle=dashed]{A}{G} \end{pspicture} \end{center} \vspace{1cm} \textbf{\textsc{Exercice 4} : candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité } \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a $z_{T(A)}=-\overline{z_A}+2=-1+2=1=z_A$ : {\G {$T(A)=A$}} On a $z_{T(\Omega)}=-\overline{z_{\Omega}}+2=-(1-i\sqrt{3})+2=1+i\sqrt{3}=z_{\Omega}$ : {\G {$T(\Omega)=\Omega$}} \item $T$ est une similitude distincte de l'identité et ayant (au moins) deux points fixes : {\G{T est donc la réflexion d'axe $(A\Omega)$}} \item L'image d'un cercle de centre $O$ et de rayon $R$ par une similitude $s$ est un cercle de centre $s(O)$ et de rayon $k\times R$, où $k$ est le rapport de la similitude. Une réflexion étant une isométrie, on a ici $k=1$. Comme $T(O)$ a pour affixe $2$, alors : \par\medskip \centerline{\G{L'image de $\mathcal{C}$ par T est le cercle de centre $T(O)=O'$et de rayon 1.}} \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Voir ci-dessous : $A'$ est le point de $\mathcal{C}'$ d'abscisse $2.5$ \item On a $\left\{\begin{tabular}{l} $Arg\left(\dfrac{z' - 2}{z}\right)=Arg\left(\dfrac{z_{M'} -z_{O'}}{z_{M}-z_{O}}\right)=(\vect{OM},\vect{O'M'})=\frac{\pi}{3} [2\pi]$\\ \text{et}\\ $\left|\dfrac{z' - 2}{z}\right|=\dfrac{|z'-2|}{|z|}=\dfrac{O'M'}{OM}=1$ car $OM=O'M'=1$\\ \end{tabular}\right.$, d'où : $\dfrac{z' - 2}{z}=1\times e^{i\frac{\pi}{3}}$, soit : {\G{$z'-2=e^{\frac{\pi}{3}}z$}} \par\medskip \item L'écriture complexe de $r$ est de la forme $z'=az+b$, avec $\left \{\begin{array}{l} |a|=1\\ \text{et}\\ a\not=1\end{array}\right.$ : $r$ est donc une rotation d'angle $Arg\,(a)=\frac{\pi}{3}$. Le centre de $r$ est l'unique point invariant de $r$ (car $r\not=Id_{\mathcal{P}}$) : son affixe est donc la solution de l'équation $z=e^{i\frac{\pi}{3}} z + 2$, soit $z=\dfrac{2}{1-e^{i\frac{\pi}{3}} }=\dfrac{2}{\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{2(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})}{1}=z_{\Omega}$ : {\G{$r$ est la rotation de centre $\Omega$ et d'angle $\frac{\pi}{3}$}} \par\medskip \end{enumerate} \item L'affixe $z_1$ du point $M_1$ est $\dfrac{z+z'}{2}=\dfrac{z+e^{i\frac{\pi}{3}}z+2}{2}=\dfrac{1+e^{i\frac{\pi}{3}}}{2}z+1=\left(\frac{3}{4}+i\frac{\sqrt{3}}{4}\right)z+1=\frac{\sqrt{3}}{2}e^{i\frac{\pi}{6}}z+1$ On reconnait l'écriture complexe d'une similitude directe $S$ : le lieu géométrique du point $M_1$ lorsque le point $M$ décrit le cercle $\mathcal{C}$ est l'image de $\mathcal{C}$ par $S$ : il s'agit donc du cercle de centre $S(O)=A$ (car $A$ est le milieu de $[OO']$) et passant par le milieu $A_1$ de $[AA']$. \end{enumerate} \begin{center} \psset{unit=4cm,arrowscale=2.5} \begin{pspicture}(-0.5,-0.5)(3,2) \psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(-1.2,-1.2)(3.2,2) \psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1) \pstGeonode[PointSymbol=none,PointName=none](0,0){O}(1,0){A}(2.5,-1){X}(2.5,1.5){Y}(2.5,0){I}(3,0){Z}(2,0){O'}(1,1.732){C} \pstLineAB[linestyle=dotted]{X}{Y} \pstSegmentMark{O'}{I} \pstSegmentMark{Z}{I} \rput(2.6,0.95){A'} \pstCircleOA{O}{A} \pstRotation[RotAngle=40,PosAngle=180]{O}{A}[M] \pstRotation[RotAngle=60,PosAngle=90,CodeFig=true]{C}{M}[M'] \pstMarkAngle[linecolor=blue,arrows=->,LabelSep=0.55, MarkAngleRadius=0.4]{M}{C}{M'}{} \pstMiddleAB[PosAngle=90]{M}{M'}{M_1} \pstLineAB[linestyle=dotted]{M}{M'} \pstRotation[RotAngle=220,PosAngle=180]{O}{A}[N] \pstRotation[RotAngle=60,PosAngle=330,CodeFig=true]{C}{N}[N'] \pstMarkAngle[linecolor=blue,arrows=->,LabelSep=0.55, MarkAngleRadius=0.45]{N}{C}{N'}{} \pstMiddleAB[PosAngle=-90]{N}{N'}{N_1} \pstLineAB[linestyle=dotted]{N}{N'} \pstRotation[PointName=none,RotAngle=60,PosAngle=0,CodeFig=true]{C}{A}[V] \pstMarkAngle[linecolor=blue,arrows=->,LabelSep=0.32, MarkAngleRadius=0.25]{A}{C}{V}{$\frac{\pi}{3}$} \pstMiddleAB[PosAngle=90]{A}{V}{A_1} \pstLineAB[linestyle=dotted]{A}{V} \psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=1.5](2,0)(1,1.732)(2.5,0.866)%(-1.25,1.57) \uput[dl](0,0){O} \uput[ur](1,0){A}\uput[d](2,0){O'} \uput[ur](1,1.732){$\Omega$} \uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} \pscircle(2,0){1} \rput(-0.5,1){$\mathcal{C}$} \rput(1.5,-1){$\mathcal{C}'$} \pstCircleOA[linecolor=red]{A}{A_1} \end{pspicture} \end{center} \end{document} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%% Jean-Paul Goualard %\tapuscrit Jean-Paul GOUALARD \documentclass[12pt] {article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[latin1]{inputenc}%applemac->latin1 sur pc! \usepackage{amsmath,amssymb,graphicx,multicol,mathrsfs, fancyhdr,enumerate,fourier,eurosym,alterqcm,enumerate,tabularx,variations} \usepackage[dvips]{color} \usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node,pstricks-add,pst-math,pst-xkey,pst-eucl} \usepackage[francais]{babel} \everymath{\displaystyle} \textwidth 19cm \textheight 26cm \hoffset -1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt \renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} \pagestyle{fancy} % pour le pied de page central \cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}} \begin{document} \begin{center}\section*{\fbox{\textcolor{red}{Correction du sujet national juin 2010}}}\end{center} \subsection{} \textbf{\textcolor{blue}{PARTIE A :}} Soit (E) l'équation différentielle $y'+y=\mathrm{e}^{-x}$. \begin{enumerate} \item Soit $u:x\mapsto u(x)=x\mathrm{e}^{-x}$.\\ $u$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme produit et composée de fonctions dérivables.\\ On a : $u'(x)=1\times \mathrm{e}^{-x}+x\times \left(-\mathrm{e}^{-x}\right)=(1-x)\mathrm{e}^{-x}$ donc $u'(x)+u(x)=(1-x)\mathrm{e}^{-x}+x\mathrm{e}^{-x}=\mathrm{e}^{-x}$.\\ \textcolor{red}{Par conséquent, $u$ est solution de (E)}. \item L'equation $\left( E'\right) $ est de la forme $y=ay+b$ avec $a=-1$ et $b=0$. Les solutions sont les fonctions \\ $x\mapsto k\mathrm{e}^{ax}-\dfrac{b}{a}$ c'est-à-dire les fonctions $\textcolor{red}{}x\mapsto k\mathrm{e}^{-x}$, $k\in\mathbb{R}$. \item $v$ est solution de (E)\\ $\Leftrightarrow v'+v=\mathrm{e}^{-x}\\ \Leftrightarrow v'+v=u'+u\\ \Leftrightarrow v'-u'+(v-u)=0\\ \Leftrightarrow (v-u)'+(v-u)=0\\ \Leftrightarrow (v-u)$ est solution de $\left(\text{E}'\right)$. \item D'après la question précédente, on a : $(v-u)(x)=k\mathrm{e}^{-x},~k\in\mathbb{R}$ donc : $v(x)=k\mathrm{e}^{-x}+u(x)=k\mathrm{e}^{-x}+x\mathrm{e}^{-x}\\ =(x+k)\mathrm{e}^{-x}$.\\ Les solutions de $\left(\text{E}'\right)$ sont les fonctions $\boxed{\textcolor{red}{v_{k} : x\mapsto (x+k)\mathrm{e}^{-x}}}$. \item On cherche une solution $g$ de $\left(\text{E}'\right)$ vérifiant $g(0)=2$.\\ On a $g(x)=(x+k)\mathrm{e}^{-x}$ ; $g(0)=2\Leftrightarrow k=2$ donc $\boxed{\textcolor{red}{g(x)=(x+2)\mathrm{e}^{-x}}}$. \end{enumerate} \textbf{\textcolor{blue}{PARTIE B :}} \begin{enumerate} \item $\forall k\in\mathbb{R},f_{k}\left( x\right) =\left( x+k\right) \mathrm{e}^{-x}.$\\ Pour étudier l'existence d'un éventuel maximum, étudions le sens de variation de $f_{k}$ en étudiant le signe de la dérivée de $f_{k}$.\\ On a : $f_{k}'(x)=1\times \mathrm{e}^{-x}+(x+k)\mathrm{e}^{-x}=\boxed{\textcolor{red}{(1-x-k)\mathrm{e}^{-x}}}$. Comme $e^{-x}>0$ pour tout $x$ , $f'$ est du signe de $1-x-k$ qui s'annule pour $x=1-k$ et ainsi a-t-on : \begin{center} \begin{variations} x&\mI&&1-k&&\pI\\ \filet f_{k}'(x)&&+&\z&-&\\ \filet \m{f_{k}(x)}&&\c&\h{f_{k}(1-k)}&\d&\\ \end{variations} \end{center} Le tableau indique donc que $f_{k}$ admet un maximum en $x=1-k$, de valeur $\mathrm{e}^{-x}$, car $f_{k}(1-k)=\mathrm{e}^{-(1-k)}$. \item Le point $M_{k}$ de $C_{k}$ a pour coordonnées $\left(1-k,~f\left( 1-k\right)\right)$ et donc $M_{k}\left(1-k,\mathrm{e}^{-(1-k)}\right) \in \Gamma$ \begin{enumerate} \item Celle qui admet un maximum est $C_{k}$ et la courbe représentative de la fonction strictement décroissante est $\Gamma$. \item Grâce à $\Gamma$ qui coupe l'axe des ordonnées en $\left(0,~1\right) $ on connait l'unité sur l'axe des ordonnées. C'est 1 unité par graduation.\\ Pour la courbe $C_{k}$, calculons $f_{k}\left( 0\right) =\left( 0+k\right) e^{0}=k$ Sur l'axe des ordonnées dont on connait l'unité on lit donc $k = 2.$ Comme le maximum est atteint en $x=1-k=1-2=-1$ on peut déduire l'unité sur l'axe des abscisses : c'est 1 unité par graduation. \end{enumerate} \item Soit $I=\int_{0}^{2}\left( x+2\right) \mathrm{e}^{-x}dx.$ Posons $\left\{\begin{array}{l}u(x)=x+2\\v'(x)=\mathrm{e}^{-x}\end{array}\right.$. Alors : $\left\{\begin{array}{l}u'(x)=1\\v(x)=-\mathrm{e}^{-x}\end{array}\right.$.\\ $u$ et $v$ sont dérivables et $u'$ et $v'$ sont continues.\\ On peut effectuer une intégration par parties :\\ $I=\left[u(x)v(x)\right]_{0}^2-\int_{0}^2u'(x)v(x)\text{ d}x=\left[-(x+2)\mathrm{e}^{-x}\right]_{0}^2-\int_{0}^2-\mathrm{e}^{-x}\text{ d}x=\left(2-4\mathrm{e}^{-2}\right)-\left[\mathrm{e}^{-x}\right]_{0}^2=2-4\mathrm{e}^{-2}-\mathrm{e}^{-2}+1\\ =3-5\mathrm{e}^{-2}$. $\boxed{\textcolor{red}{I=3-5\mathrm{e}^{-2}}}$. Comme la fonction $f$ est positive sur $\left[0~,2\right] $ et que $0<2$ l'intégrale est l'aire du domaine \\ $D$ :$\left\{ M\left( x,y\right) /0\leqslant x\leqslant2,0\leqslant y\leqslant f(x)\right\} $ exprimée en unités s'aire. C'est environ 2.3 unités d'aire. \end{enumerate} \begin{center} \psset{xunit=2cm,yunit=2cm,algebraic=true} \begin{pspicture}(-3,-2)(5,5) \psline[linewidth=0.8pt]{->}(-3,0)(5,0)%axe horizontal \psline[linewidth=0.8pt]{->}(0,-2)(0,5)%axe vertical %repère \uput[dl](0,0){$O$} \psline{->}(0,0)(1,0) \psline{->}(0,0)(0,1) \uput[d](0.7,0){$\overrightarrow{i}$} \uput[l](0,0.5){$\overrightarrow{j}$} \psplot[linewidth=1.5pt,plotpoints=200]{-2.2}{5}{(x+2)*2.71828^(-x)} \psplot{-1.5}{5}{2.71828^(-x)} \pscustom[fillstyle=hlines]{\psplot{0}{2}{(x+2)*2.71828^(-x)},\psplot{2}{0}{0}} \uput[ur](0,2){$\mathscr{C}_{2}$} \uput[r](0,1){$\Gamma$} \end{pspicture} \end{center} \subsection{} \begin{enumerate} \item ROC\\ Soit $\left(u_{n}\right)$ et $\left(v_{v}\right)$ deux suites adjacentes, avec $\left(u_{n}\right)$ croissante et $\left(v_{n}\right)$ la décroissante.\\ Montrons que ces deux suites adjacentes convergent et ont la même limite. \begin{enumerate}[$\bullet$] \item $v_{n}$ est décroissante, donc, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $v_{n}\leqslant v_{0}$. \item D'après la propriété 1, pour tout $n$, $v_{n}\geqslant u_{n}$ ; par conséquent, $u_{n}\leqslant v_{n}\leqslant v_{0}$. \item La suite $\left(u_{n}\right)$ est donc croissante et majorée par $v_{0}$ donc convergente vers un réel $\ell$. (propriété 2) \item De même, $v_{n}\geqslant u_{n}\geqslant u_{0}$ donc $\left(v_{n}\right)$ est décroissante minorée, donc convergente vers un réel $\ell'$. \item D'après la définition, $\lim_{n\rightarrow +\infty}\left(v_{n}-u_{n}\right) = 0$ ; or, $\lim_{n\rightarrow +\infty}\left(v_{n}-u_{n}\right)=\ell'-\ell$.\\ Par \textbf{unicité de la limite}, on a : $\ell'-\ell = 0$ donc $\ell=\ell'$.\\ \textbf{\textcolor{red}{Conclusion :}} les deux suites convergent, vers le même réel. \item \begin{enumerate} \item $10^{-n}=\left( \dfrac{1}{10}\right) ^{n}$ est une suite géométrique de raison comprise strictement entre $-1$ et $1$ et donc $\lim_{n\rightarrow+\infty}10^{-n}=0$ Ainsi $\lim_{n\rightarrow+\infty}u_{n}=\lim_{n\rightarrow +\infty}v_{n}=1.$ Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $v_{n+1}-v_{n}=1+\dfrac{1}{10^{n+1}}-\left(1+\dfrac{1}{10^n}\right)=\dfrac{1}{10^{n+1}}-\dfrac{1}{10^n}<0$ donc $\left(v_{n}\right)$ est décroisssante. De même, $\left( u_{n}\right) $ est croissante. .\\ De plus : $\lim_{n\rightarrow+\infty}\left(v_{n} -u_{n}\right)=\lim_{n\rightarrow+\infty}\left( 1-10^{-n}\right) -\left( 1+10^{-n}\right) =\lim_{n\rightarrow+\infty}-2\times10^{-n}=0$. Les suites $\left( u_{n}\right) $ et $\left( v_{n}\right) $ \textbf{\textcolor{red}{sont adjacentes}}. \item $\lim_{{n\rightarrow+\infty}}\ln\left( n+1\right) =+\infty$ et $\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{n}=0$ ainsi $\lim_ {n\rightarrow+\infty}u_{n}=\lim_{n\rightarrow+\infty} v_{n}=+\infty$. Elles ne sont donc \textbf{\textcolor{red}{pas adjacentes}} (sinon, la limite commune serait réelle) \item $\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{n}=\lim_ {n\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{-1}{n}\right)=0$ et donc $\lim_{n\rightarrow +\infty}u_{n}=\lim_{n\rightarrow+\infty}v_{n}=1$. La suite $\left(v_{n}\right)$ n'est pas monotone car $v_{1}=0,v_{2}=\dfrac{3}{2}$ et $v_{3}=\dfrac{2}{3}$ donc elles \textbf{\textcolor{red}{ne sont pas adjacentes}}. \end{enumerate} \item La suite $\left(\dfrac{1}{n}\right)$ est décroissante, donc $\left(-\dfrac{1}{n}\right)$ est croisssante, donc $\left(1-\dfrac{1}{n}\right)$ est croissante.\\ La suite $\left(a+\dfrac{1}{n}\right)$ est décroissante, donc $\ln\left(a+\dfrac{1}{n}\right)$ est décroissante (car $\ln$ est une fonction croissante).\\ Pour que les suites $\left((u_{n}\right)$ et $\left(v_{n}\right)$ soient adjacentes, il faut que $\lim_{n\rightarrow +\infty}\left(v_{n}-u_{n}\right)=0$ c'est-à-dire\\ $\lim_{n\rightarrow+\infty}\left( \ln\left( a+\dfrac{1}{n}\right) -\left( 1-\dfrac{1}{n}\right) \right) =0\\ \Leftrightarrow \ln a-1 =0\\ \Leftrightarrow \ln a =1\\ \Leftrightarrow a =\mathrm{e}$ Les deux suites sont adjacentes pour $\boxed{\textcolor{red}{a=\mathrm{e}}}$ \end{enumerate} \end{enumerate} \subsection{} \begin{enumerate} \item P$\left( A\right) =\dfrac{\binom{7}{2}\times\binom{3}{1}}{\binom{10}{3}}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac {21}{40}}}$ \item Soit l'expérience de Bernouilli dont le succès est \og on obtient une boule blanche\fg{} avec la probabilité de $\dfrac{7}{10}$ que l'on répète cinq fois, de manière indépendante.\\ Soit $X$ la variable aléatoire qui compte le nombre de succès? $X$ suit la loi binomiale de paramètre $p=\dfrac{7}{10}$ et $n=5$, donc on a \[ P\left( X=k\right) =\binom{5}{k}p^{k}\left( 1-p\right) ^{n-k} \] Et ici on veut 2 boules blanches donc $k=2$% \[ \boxed{\textcolor{red}{P\left( X=2\right) =\binom{5}{2}\left( \dfrac{7}{10}\right) ^{2}\left( \dfrac{3}{10}\right) ^{3} }}\] \item On note $B$ l'événement \og tirer une boule blanche\fg{} et $G$ l'événement \og Gagner\fg{}. \vspace{1cm} \begin{center} \psset{nodesep=0mm,levelsep=30mm,treesep=15mm} \pstree[treemode=R]{\Tdot} { \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$B$}\taput{\small $\frac7{10}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$G$}\taput{\small $\frac16$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{G}$}\tbput{\small $\frac56$} } \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$\overline{B}$}\tbput{\small $\frac3{10}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$G$}\taput{\small $\frac14$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{G}$}\tbput{\small $\frac34$} } } \end{center} On a, d'après la formule des probabilités totales :\\ $P\left( G\right) =P\left( B\cap\left\{ G\right\} \right) +P\left( N\cap\left\{ G\right\} \right) =\dfrac {7}{10}\times\dfrac{1}{6}+\dfrac{3}{10}\times\dfrac{1}{4}$ P$_{G}\left( B\right) =\dfrac{P\left( B\cap G\right) }{P\left( G\right) }=\dfrac{\dfrac{7}{10}\times\dfrac{1}{6}}{\dfrac{7}{10}\times\dfrac{1}% {6}+\dfrac{3}{10}\times\dfrac{1}{4}}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{14}{23}}}$ \item on sait que $P\left( 1\leqslant X\leqslant3\right) =\int_{1}^{3}\lambda \mathrm{e}^{-\lambda x}\:\text{d}x=\left[ -\mathrm{e}^{-\lambda x}\right] _{1}^{3}=-\mathrm{e}^{-3\lambda}+\mathrm{e}^{-\lambda}=\boxed{\textcolor{red}{\mathrm{e}^{-\lambda}-\mathrm{e}^{-3\lambda}}}$ \end{enumerate} \subsection{\textcolor{blue}{(non spécialité)}} \begin{center} \psset{xunit=2.0cm,yunit=2.0cm,algebraic=true,dotstyle=*,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25} \begin{pspicture*}(-2.2,-2.2)(2.2,2.2) \psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1,Dy=1,ticksize=-2pt 0,subticks=2]{->}(0,0)(-2.2,-2.2)(2.2,2.2) \pscircle(0,0){4} \psline(0,0)(-1.25,1.57) \psline(-1.25,1.57)(-1.98,-0.3) \psline(0,0)(-1.98,-0.3) \psline(1,1.73)(-1.25,1.57) \psline(-1.98,-0.3)(1,-1.73) \psline(-0.13,1.65)(-0.49,-1.01) \psline[linecolor=red,linewidth=1.5pt](-0.13,1.65)(-0.49,-1.01) \psline[linecolor=red,linewidth=1.5pt](2,0)(-0.49,-1.01) \psline[linecolor=red,linewidth=1.5pt](2,0)(-0.13,1.65) \psdots[linecolor=blue](0,0) \rput[bl](0.04,0.06){\blue{$O$}} \psdots[linecolor=blue](2,0) \rput[bl](2.04,0.06){\blue{$A$}} \psdots[linecolor=blue](1,1.73) \rput[bl](1.04,1.79){\blue{$B$}} \psdots[linecolor=blue](1,-1.73) \rput[bl](1.04,-1.67){\blue{$C$}} \psdots[linecolor=blue](-1.25,1.57) \rput[bl](-1.21,1.62){\blue{$D$}} \psdots[linecolor=darkgray](-1.98,-0.3) \uput[l](-1.93,-0.3){\darkgray{$E$}} \psdots[linecolor=darkgray](-0.13,1.65) \rput[bl](-0.09,1.7){\darkgray{$F$}} \psdots[linecolor=darkgray](-0.49,-1.01) \rput[bl](-0.45,-0.96){\darkgray{$G$}} \end{pspicture*} \end{center} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item $\alpha^{2}-4\alpha =\left( 1+\mathrm{i}\sqrt{3}\right) ^{2}-4\left( 1+\mathrm{i}\sqrt {3}\right) =1-3+2\mathrm{i}\sqrt{3}-4-4\mathrm{i}\sqrt{3}=-6-2\mathrm{i}\sqrt{3}$\\ $2\overline{\alpha}-8 =2\left( 1-\mathrm{i}\sqrt{3}\right) -8=-6-2\mathrm{i}\sqrt{3}=\alpha^{2}-4\alpha$, donc $\boxed{\textcolor{red}{\alpha^{2}-4\alpha=2\overline{\alpha}-8}}$ \item Le cercle $\mathscr{C}$ est l'ensemble des points $M$ tels que $OM=OA=2$ c'est-à-dire $\left\vert z-z_{0}\right\vert = OA = 2$ $OB=\left\vert z_{B}-z_{0}\right\vert =\left\vert\alpha\right\vert =\sqrt{1^{2}+\left( \sqrt{3}\right) ^{2}}=2$, donc $B \in\mathscr{C}$.\\ De même : $OC=\left\vert z_{C}-z_{0}\right\vert =\left\vert\overline{\alpha}\right\vert =\left\vert \alpha\right\vert =2$, donc $C \in \mathscr{C}$ \end{enumerate} \begin{enumerate} \item On trace le cercle de centre $D$ et de rayon $2,$ il coupe le cercle $\mathscr{C}$ en deux points, $E$ est le point tel que $ODE$ est un triangle équilatéral direct. \item la rotation de centre $O$ et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$ a pour écriture complexe $z'-z_{O}= \mathrm{e}^{i\dfrac{\pi}{3}}\left(z - z_{O}\right)$ c'est-à-dire \[z'= \mathrm{e}^{i\dfrac{\pi}{3}}z\] et donc l'image de $D\left( 2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\right) $ est E avec $z_{E}=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\dfrac{\pi}{3}}\times2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}=2e^{\mathrm{i}\dfrac{\pi}{3}}e^{\mathrm{i}\theta}$.\\ Or $\alpha =1+\mathrm{i}\sqrt{3}=2\left( \dfrac{1+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}\right) =2\left( \dfrac{1}{2}+\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) =2e^{\mathrm{i}\dfrac{\pi}{3}}$. Par conséquent : $\boxed{\textcolor{red}{z_{E}=\alpha e^{i\theta}}}$ \item $z_{F}=\dfrac{z_{B}+z_{D}}{2}=\dfrac{\alpha+2e^{\mathrm{i}\theta}}{2}=\dfrac{\alpha}{2}+e^{\mathrm{i}\theta}$. \item On aurait de même : $z_{G}=\dfrac{z_{C}+z_{E}}{2}=\dfrac{\alpha e^{\mathrm{i}\theta}+\overline{\alpha}}{2}$.\\ Alors : $\dfrac{z_{G}-2}{z_{F}-2}=\dfrac{\dfrac{\alpha e^{i\theta}+\overline{\alpha}}{2}-2}{\dfrac{\alpha}{2}+e^{i\theta}-2}=\dfrac{\alpha e^{i\theta}+\overline{\alpha}-4}{\alpha+2e^{i\theta}-4}=\dfrac{\alpha e^{i\theta}+\left(\dfrac{\alpha^{2}-4\alpha}{2}\right) }{\alpha+2e^{i\theta}-4}=\dfrac {\dfrac{2\alpha e^{i\theta}+\alpha^{2}-4\alpha}{2}}{\alpha+2e^{i\theta}-4}\\ =\dfrac{1}{2}\dfrac{\alpha\left( e^{i\theta}+\alpha-4\right) }{\left(\alpha+2e^{i\theta}-4\right) }=\dfrac{\alpha}{2}$, car d'après 1 a) : $\overline{\alpha}-4=\dfrac{\alpha^{2}-4\alpha}{2}$.\\ Par conséquent : $\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{z_{G}-2}{z_{F}-2}=\dfrac{\alpha}{2}}}$ \item $\left|\dfrac{z_{G}-2}{z_{F}-2}\right| =\left|\dfrac{z_{G}-z_{A}}{z_{F}-z_{A}}\right|=\dfrac{AG}{AF}=\left|\dfrac{\alpha}{2}\right|=\dfrac{\left|\alpha\right|}{2}=\dfrac{2}{2}=1$; donc $AG=AF$\\ $\left(\overrightarrow{AF}~;~\overrightarrow{AG}\right)=\arg\left(\dfrac{z_{G}-2}{z_{F}-2}\right)=\arg\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)=\arg(\alpha)=\dfrac{\pi}{3}$ (car $\alpha=2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\dfrac{\pi}{3}}$). Le triangle $AFG$ a deux côtés de même longueur et un angle de $\dfrac{\pi}{3}$, donc il est équilatéral. \end{enumerate} \item On a : $AF^2=4-3\cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta$.\\ Les variations de la fonction $f$ définie par $f(x)=4-3\cos x+\sqrt{3}\sin x$ sur $[-\pi~;~\pi]$ sont : \begin{center} \begin{variations} x&-\pi&&-\dfrac{\pi}{6}&&\dfrac{5\pi}{6}&&\pi\\ \filet \m{f}&\h{7}&\d&4-2\sqrt{3}&\c&\h{4+2\sqrt{3}}&\d&7\\ \end{variations} \end{center} \end{enumerate} $AF^2$ est minimum, donc $AF$ aussi pour $\theta=-\dfrac{\pi}{6}$ et la valeur minimum de $AF$ vaut $\sqrt{4-2\sqrt{3}}$.\\ Remarque : $4-2\sqrt{3}=\left(\sqrt{3}-1\right)^2$, donc $\sqrt{4-2\sqrt{3}}=\sqrt{3}-1$. \subsection*{\textcolor{blue}{IV (spécialité)}} \begin{enumerate} \item $T:z'=-\overline{z}+2$ \begin{enumerate} \item $z_{A'} =-\overline{z_{A}}+2=-1+2=1=z_{A}\\ z_{\Omega'} =-\overline{z_{\Omega}}+2=-\left( 1-\text{i}\sqrt{3}\right) +2=-1+\text{i}\sqrt{3}+2=1+\text{i}\sqrt{3}=z_{\Omega}$ \item L'application $T$ est une similitude indirecte qui laisse invariant deux points distincts $A$ et $\Omega$. C'est une symétrie axiale d'axe $\left(A\Omega\right)$. \item L'image d'un cercle par une similitude est un cercle dont le centre est l'image du centre. Cette similitude étant une isométrie, elle conserve les distances : le rayon est le même. Cherchons donc l'image de $O$ par $T$ c'est $z_{O'}=$ $-\overline {z_{O}}+2=2.$ L'image de $\left( C\right) $ est donc le cercle $\left( C'\right) $ d'affixe $O'\left( 2\right) $ et de rayon 1 \end{enumerate} \item $\left(\mathscr{C}'\right)$ est le cercle de centre $O'\left(2\right)$ et de rayon 1 \begin{enumerate} \item voir dessin ci-dessous \begin{center} \psset{xunit=2.0cm,yunit=2.0cm,algebraic=true,dotstyle=*,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25} \begin{pspicture*}(-1.5,-1.5)(4.5,2) \psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1,Dy=1,ticksize=-2pt 0,subticks=2]{->}(0,0)(-1.5,-1.5)(4.5,2) \pscircle(0,0){2} \pscircle(2,0){2} \pscircle[linecolor=red,linewidth=1.5pt](1,0){2} \psdots[linecolor=blue](0,0) \rput[bl](0.03,0.05){\blue{$O$}} \psdots[linecolor=blue](1,0) \rput[bl](1.03,0.05){\blue{$A$}} \psdots[linecolor=blue](2,0) \rput[bl](2.03,0.05){\blue{$O'$}} \psdots[linecolor=darkgray](2.5,0.87) \rput[bl](2.53,0.92){\darkgray{$A'$}} \psdots(1,1.732) \uput[d](1,1.732){$\Omega$} \psdots(-0.2697, 0.96294) \uput[l](-0.2697, 0.96294){$M$} \psdots(1.03122, 0.24791) \uput[l](1.03122, 0.24791){$M'$} \psdots(0.38076, 0.60543) \uput[l](0.38076, 0.60543){$M_{'1}$} \psline(-0.2697, 0.96294)(1.03122, 0.24791) \psline(-0.2697, 0.96294)(1,1.732) \psline(1,1.732)(1.03122, 0.24791) \end{pspicture*} \end{center} \item $\vert\dfrac{z'-2}{z}\vert=\vert\dfrac{z'-z_{O'}}{z-z_{O}}\vert=\dfrac{O'M'}{OM}=1$.\\ $\arg\left(\dfrac{z'-2}{z}\right)=\left(\overrightarrow{OM}~;~\overrightarrow{O'M'}\right)=\dfrac{\pi}{3}$.\\ On en déduit que : $\dfrac{z'-2}{z}=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac\pi3}$ donc $z'-2=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac\pi3}z$ d'où $z'=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac\pi3}z+2$. \item C'est une similitude directe d'ecriture complexe $z'=az+b$ avec $a=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}$ et $b=2$.\\ Son rapport est $\left\vert \mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}\right\vert =1$ et son angle est $\arg\left( e^{\mathrm{i}\dfrac{\pi}{3}}\right) =\dfrac{\pi}{3}$.\\ De plus le centre $D$ a une affixe $\dfrac{b}{1-a}=\dfrac{2}{1-\mathrm{e}^{\mathrm{i}\dfrac{\pi}{3}}}=\dfrac{2}{1-\left( \dfrac{1}{2}+\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) }=\dfrac{2}{\dfrac{1}{2}-\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{2\left(\dfrac{1}{2}+\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) }{\left( \dfrac{1}{2}-\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) \left( \dfrac{1}{2}+\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)}=1+\mathrm{i}\sqrt{3}=z_{\Omega}$.\\ \noindent C'est donc la rotation de centre $\Omega$ d'angle $\dfrac{\pi}{3}$.\\ \end{enumerate} \item Le triangle $\Omega MM'$ est équilatéral donc $M_{1}$ est l'image de $M$ par la similitude de centre $\Omega$ , d'angle $\dfrac{\pi}{6}$ et de rapport $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.\\ $M$ décrit le cercle $\mathscr{C}$ donc $M_{1}$ décrit son image, cercle de centre $A$ et de rayon $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. (car l'image de $O$ par cette similitude est $A$) \end{enumerate} \label{fin} \end{document} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%% François Kriegk \documentclass[11pt,a4paper]{letter} \usepackage[latin1]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{fancybox} \usepackage{tabularx} \usepackage{ulem} \usepackage{dcolumn} \usepackage{textcomp} \usepackage{slashbox} \usepackage{lscape} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} \usepackage[dvips]{color} \usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree,pst-eps,pst-fill,pst-node,pst-math} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \renewcommand{\i}{\text{i}} \newcommand{\e}{\text{e}} \renewcommand{\vec}[1]{\mathchoice% {\overrightarrow{\displaystyle\mathstrut#1\,\,}}% {\overrightarrow{\textstyle\mathstrut#1\,\,}}% {\overrightarrow{\scriptstyle\mathstrut#1\,\,}}% {\overrightarrow{\scriptscriptstyle\mathstrut#1\,\,}}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}} \setlength{\labelwidth}{0pt}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O},~\vec{i},~\vect{j}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O},~\vec{i},~ \vect{j},~ \vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O},~\vec{u},~\vect{v}\right)$} \newcommand{\titre}[2] {\begin{center} \fbox{\begin{minipage} {12cm} \medskip \center\Large{#1} \smallskip \end{minipage}} \\ \medskip \textit{$-$ #2 $-$} \end{center} \vspace{0.5cm} \lfoot{\textit{\footnotesize{#1}}} \rfoot{\textit{\tiny{#2}}}} \newcommand{\exo}[2] { \medskip \large{\underline{#1}} \hfill \normalsize{#2}} \usepackage{fancyhdr} \renewcommand \footrulewidth{.2pt}% \renewcommand \headrulewidth{0pt}% \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage[np]{numprint} \usepackage[a4paper, top=1cm, height=27.7cm, width = 19cm, left=1cm , includeheadfoot, marginratio=1:1] {geometry} % François Kriegk \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \relpenalty=10000 \binoppenalty=10000 \titre{S - Métropole - 22 juin 2010}{Corrigé} \exo {Exercice 1}{6 points} \textbf{\underline{Partie A :}} \begin{enumerate} \item La fonction $u$ est dérivable sur $\R$, en tant que produit et composée de fonctions dérivables sur $\R$. On a $u'(x) = \e^{-x} - x\e^{-x}$, et donc $u'(x) + u(x) = \e^{-x} - x\e^{-x} + x\e^{-x} = \e^{-x}$. La fonction $u$ vérifie bien l'équation différentielle (E), et donc $u$ est bien une solution de cette équation. \item Cette équation différentielle est connue, ses solutions sont les fonctions définies sur $\R$ de la forme : $ x \longmapsto k\e^{-x}$, avec $k \in \R$. \item \begin{tabbing} $v$ est solution de (E) \= $\Leftrightarrow v' - v = \e^{-x}$, or on a montré au \textbf{1.} que $u' - u = e^{-x}$.\\ \> $\Leftrightarrow v' - v = u' - u$\\ \> $\Leftrightarrow v' - u' - v + u = 0$\\ \> $\Leftrightarrow (v' - u') - (v - u) = 0$\\ \> $\Leftrightarrow v - u$ est une solution de (E'). \end{tabbing} \item On en déduit que les solutions de (E) sont les fonctions de la forme : $x \longmapsto k\e^{-x} + u(x)$, avec $k \in \R$, c'est-à-dire les fonctions de la forme : $x \longmapsto (x + k)\e^{-x}$, avec $k \in \R$. \item Si $g$ est solution de (E), alors $g$ est de la forme établie à la question précédente. \begin{tabbing} $g(0) = 2$ \= $\Leftrightarrow (0 + k)e^0 = 2$\\ \> $\Leftrightarrow k = 2$. \end{tabbing} La fonction $g$ cherchée est donc définie par : $g(x) = (x + 2)\e^{-x}$. \end{enumerate} \medskip \underline{\textbf{Partie B}} \begin{enumerate} \item On reconnaît dans les fonctions $f_k$ les solutions à l'équation différentielle (E), il s'agit donc de fonctions dérivables sur $\R$, et $f_k '(x) = \e^{-x} - f_k(x) = (1 - x - k)\e^{-x}$. Cette dérivée est du signe de $1 - x - k$ car la fonction exponentielle est à valeurs strictement positives, donc la dérivée $f_k '(x)$ est positive pour $x$ inférieur à $1 - k$ et négative pour $x$ supérieur à $1 - k$, ce qui implique une fonction $f_k$ croissante sur $]-\infty ; 1 - k[$ et décroissante sur $[1 - k ; +\infty[$ : la fonction admet bien un maximum, atteint en $x = 1 - k$. \item Les coordonnées de $M_k$ sont : $(1 - k~;~f_k(1 - k))$. Or, $f_k(1 - k) = (1 - k + k)\e^{-(1 - k)} = \e^{-(1 - k)}$, donc $M_k$ est bien le point d'abscisse $1 - k$ sur la courbe $\Gamma$. \item \begin{enumerate} \item La courbe $\Gamma$ doit être la courbe qui est strictement au dessus de l'axe des abscisses, car la fonction exponentielle est à valeurs strictement positives. Elle est aussi décroissante. L'autre courbe correspond bien à une fonction d'abord croissante puis décroissante. \item On sait que $\e^0 = 1$, donc l'intersection de $\Gamma$ avec l'axe des ordonnées donne l'unité en ordonnées. Du coup, l'intersection de $\mathcal{C}_k$ avec l'axe des ordonnées se fait au point d'ordonnée 2, donc $f_k(0) = 2$, dont on déduit $k = 2$ (la fonction est donc $f_2$, c'est-à-dire la fonction $g$ de la partie A). L'intersection de $\mathcal{C}_2$ avec l'axe des abscisses se fera donc quand $(x + 2) = 0$, donc l'intersection de $\mathcal{C}_2$ avec l'axe des abscisses se fait à l'ordonnée $-2$, ce qui permet de graduer l'axe des abscisses. Le repère est donc orthonormé, d'unité graphique 2 cm. \end{enumerate} \item Faisons une intégration par parties, en posant : $u(x) = x + 2$ et $v(x) = -\e^{-x}$ (on a donc $u'(x) = 1$ et $v'(x) = \e^{-x}$). \smallskip \begin{tabbing} $\displaystyle \int_0^2 \! (x + 2)\e^{-x} \, dx$ \= $= \displaystyle\int_0^2 \! u(x) \times v'(x) \, dx = \Bigl[{u(x) \times v(x)}\Bigr]_0^2 - \displaystyle\int_0^2 \! u'(x) \times v(x) \, dx$ \\ \> $= \Bigl[{(x + 2) \times (-\e^{-x})}\Bigr]_0^2 - \displaystyle\int_0^2 \! 1 \times \left({-\e^{-x}}\right) \, dx = -4\e^{-2} + 2\e^0 - \Bigl[{\e^{-x}}\Bigr]_0^2 = 2 - 4\e^{-2} - \e^{-2} + 1 = 3 - 5\e^{-2}$. \end{tabbing} \smallskip Comme la fonction intégrée est continue et positive, l'interprétation graphique de ceci est que l'aire de la portion de plan délimitée par l'axe des abscisses, la courbe $\mathcal C_2$, l'axe des ordonnées et la droite d'équation $x = 2$ est de $3 - 5\e^{-2}$ unités d'aires (à multiplier par $4$ pour avoir l'aire en cm$^2$, puisque l'unité de longueur est $2$ cm). \end{enumerate} \newpage \exo{Exercice 2}{5 points} \begin{enumerate} \item \underline{Restitution organisée de connaissances :} Soient $(u_n)$ et $(v_n)$ deux suites adjacentes. D'après la définition, l'une est croissante et l'autre décroissante. On choisira d'avoir $(u_n)$ croissante et $(v_n)$ décroissante. D'après la propriété 1, pour tout $n$ naturel, on a $u_n \leqslant v_n$. Comme de plus, la suite $(u_n)$ est croissante, on peut en déduire que pour tout $n$, $u_0 \leqslant u_n$. On en déduit, pour tout $n$ naturel, $u_0 \leqslant v_n$. La suite $(v_n)$ est donc minorée par $u_0$. Comme la suite $(v_n)$ est décroissante et minorée la propriété 2 nous indique que la suite $(v_n)$ est convergente, vers une limite qui sera notée $\ell$. De façon analogue : $(v_n)$ étant décroissante, $(u_n)$ est majorée par $v_0$ et croissante, donc convergente également vers une limite, notée $\ell'$. Finalement, par soustraction, la suite de terme général $v_n - u_n$ converge vers $\ell - \ell'$, mais, d'après la définition de suites adjacentes, on sait que cette suite converge vers 0. Comme la limite d'une suite est unique, on en déduit que $\ell - \ell' = 0$, soit $\ell = \ell'$. Deux suites adjacentes sont donc toutes deux convergentes, et vers la même limite. \item \begin{enumerate} \item La suite $w$, de terme général $10^{-n}$, est une suite géométrique, de premier terme positif et de raison $10^{-1}$, strictement comprise entre $0$ et $1$. Il s'agit donc d'une suite décroissante, convergeant vers $0$. On en déduit que $\lim\limits_{n \to +\infty}u_n = 1$ et $\lim\limits_{n \to +\infty}v_n = 1$: les suites ont donc la même limite. De plus, comme $w$ est décroissante, alors la suite de terme général $-10^{-n}$ est croissante, et par addition d'une constante, $u$ est croissante. $v$, quant à elle est décroissante (son terme général est celui de $w$, plus une constante). Les suites sont bien adjacentes. \item $\lim\limits_{n \to +\infty} n + 1 = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$, donc, par composition : $\lim\limits_{n \to +\infty}u_n = +\infty$. Par ailleurs, $\lim\limits_{n \to +\infty}\dfrac{1}{n} = 0$, donc $\lim\limits_{n \to +\infty}v_n = +\infty$. Les deux suites ont la même limite, mais elles ne sont pas adjacentes, car cette limite est infinie, donc les suites sont divergentes, or on a prouvé à la question \textbf{1.} que des suites adjacentes sont convergentes. \item $\lim\limits_{n \to +\infty}\dfrac{1}{n} = 0$, or $\Bigl|{u_n - 1}\Bigr| = \Bigl|v_n - 1\Bigr| = \dfrac{1}{n}$, donc $\lim\limits_{n \to +\infty}u_n = \lim\limits_{n \to +\infty}v_n = 1$ : les suites ont la même limite. Les suites ne sont pas adjacentes, car la suite $v$ n'est pas monotone, en effet : $v_1 = 0, v_2 = \dfrac{3}{2}$ et $v_3 = \dfrac{2}{3}$. \end{enumerate} \item La suite $u$ est croissante, assez clairement : $u_{n + 1} - u_n = 1 - \dfrac{1}{n+1} - \left( 1 - \dfrac{1}{n} \right) = \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+1} = \dfrac{n+1-n}{n(n+1)} = \dfrac{1}{n(n + 1)} > 0$, en tant que produit et quotient d'entiers naturels non nuls. La suite $v$ est définie explicitement par la fonction f, définie et dérivable sur $\R^{+*}$ par $f(x) = \ln a + \dfrac{1}{x}$. $f '(x) = \dfrac{-\dfrac{1}{x^2}}{a+\dfrac{1}{x}} = \dfrac{-1}{ax^2+x} < 0$, car $a$ et $x$ sont positifs, donc la fonction $f$ est strictement décroissante sur $\R^{+*}$, ce qui justifie que $v$ est décroissante. On a donc une suite croissante et une décroissante. Pour que les suites soient adjacentes, il faut et il suffit alors que leurs limites soient les mêmes. On a $\lim\limits_{n \to +\infty}u_n = 1$, et $\lim\limits_{n \to +\infty} a + \dfrac{1}{n} = a$, donc par composition (car la fonction ln est continue en $a$) $\lim\limits_{n \to +\infty}v_n = \ln a$. Donc, pour $a = \e$, on aura $\lim\limits_{n \to +\infty}v_n = \ln (\e) = 1$, et les suites seront alors adjacentes. \end{enumerate} \newpage \exo {Exercice 3}{4 points} \textit{Bien que ce ne soit pas demandé dans le sujet, les démonstrations sont données ici.} \begin{enumerate} \item Trois boules sont tirées simultanément, il y a donc $\displaystyle \binom{10}{3}$ tirages possibles. Il y a $\displaystyle \binom{7}{2}$ façons de choisir $2$ boules blanches parmi les $7$ présentes dans l'urne et $\displaystyle \binom{3}{1}$ façons de choisir une boule noire parmi les trois présentes, donc $\displaystyle \binom{7}{2} \times \displaystyle \binom{3}{1}$ tirages réalisant l'événement. Puisque les boules sont indiscernables au toucher, on est dans une situation d'équiprobabilité, et donc la probabilité de l'événement est : $\dfrac{\displaystyle \binom{7}{2} \times \displaystyle \binom{3}{1}}{\displaystyle \binom{10}{3}} = \dfrac{\dfrac{7!}{2! \times 5!} \times \dfrac{3!}{1! \times 2!}}{\dfrac{10!}{3! \times 7!}} = \dfrac{\dfrac{7 \times 6}{2} \times 3}{\dfrac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2}} = \dfrac{21}{40}$. La réponse est $\dfrac{21}{40}$. \item La situation est celle d'un schéma de Bernoulli (on peut associer le blanc au succès et le noir à l'échec), de paramètres $5$ (on fait $5$ tirages successifs) et $\dfrac{7}{10}$ (probabilité du succès, puisque $7$ boules parmi les $10$ sont blanches) et donc on cherche à calculer $p(X = 2)$, pour avoir deux succès sur 5 tirages, c'est-à-dire deux boules blanches et trois noires. Le cours donne une réponse $\displaystyle \binom{5}{2} \times \left(\dfrac{7}{10}\right)^2 \times \left(1 - \dfrac{7}{10}\right)^{5 - 2} = \displaystyle \binom{5}{2} \times \left(\dfrac{7}{10}\right)^2 \times \left(\dfrac{3}{10}\right)^{3}$. \item On peut représenter la situation par l'arbre suivant : \begin{center} \psset{nodesep=0mm,levelsep=20mm,treesep=10mm} \pstree[treemode=R]{\Tdot} { \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$B$}\taput{\small $\frac{7}{10}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$Gagné$}\taput{\small $\frac{1}{6}$} \Tdot~[tnpos=r]{$Perdu$}\tbput{\small $\frac{5}{6}$} } \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$N$}\tbput{\small $\frac{3}{10}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$Gagné$}\taput{\small $\frac{1}{4}$} \Tdot~[tnpos=r]{$Perdu$}\nbput{\small $\frac{3}{4}$} } } \end{center} On a donc $p(\text{Gagné}) = \dfrac{7}{10} \times \dfrac{1}{6} + \dfrac{3}{10 } \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{14}{120} + \dfrac{9}{120} = \dfrac{23}{120}$. De plus $p($Gagné$ \cap $B$) = \dfrac{7}{10} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{7}{60}$ Donc $p_{\text{Gagné}}(\text B) = \dfrac{\dfrac{7}{60}}{\dfrac{23}{120}} = \dfrac{14}{23}$. \item On applique le cours : $p( 1 \leqslant X \leqslant 3) = \displaystyle \int_1^3 \! \lambda \e^{-\lambda x} \, dx = \Bigl[-\e^{-\lambda x}\Bigr]_1^3 = -\e^{-3\lambda} + e^{-\lambda} = \e^{-\lambda} - e^{-3\lambda}$. \end{enumerate} \newpage \exo {Exercice 4 :}{5 points} \begin{center} \textit{- Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité -} \end{center} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Calculons : $\alpha^2 - 4\alpha = \left(1 + \i \sqrt{3} \right)^2 - 4 \times \left(1 + \i \sqrt{3} \right) = 1 + 2 \i \sqrt{3} - 3 - 4 - 4 \i \sqrt 3 = -6 - 2 \i \sqrt 3$. Par ailleurs : $2\overline{\alpha} - 8 = 2 \times \overline{\left(1 + \i\sqrt{3}\right)} - 8 = 2 \times \left(1 - \i\sqrt{3}\right) - 8 = 2 - 2\i \sqrt 3 - 8 = -6 - 2\i \sqrt 3$. On a donc bien $\alpha^2 - 4\alpha = 2\overline{\alpha} - 8$. \item On remarque que $\alpha = 2 \times \left( \dfrac{1}{2} + \i \dfrac{\sqrt 3}{2}\right) = 2\e^{\i\frac{\pi}{3}}$, et donc $\Bigl| \alpha \Bigr| = 2$. Comme on a $z_{\text A} = 2$ et $\Bigl| 2 \Bigr| = 2 = \Bigl| \alpha \Bigr| = \Bigl| \overline{\alpha} \Bigr|$, on en déduit que les distances OB, OC et OA sont toutes égales (à 2), donc B et C sont bien sur le cercle de centre O passant par A, c'est-à-dire $\mathcal C$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Voir l'annexe 2. On a construit le point E de sorte que EOD soit un triangle équilatéral direct, pour avoir OE = OD (car les rotations sont des isométries) et l'angle $(\vec {OD} ~;~ \vec{OE}) = \dfrac{\pi}{3}~~(2\pi)$. \item La forme complexe de la rotation est : $z' = \e^{\i\frac{\pi}{3}} \times (z - 0) + 0 = \e^{\i\frac{\pi}{3}}z$, donc si on cherche l'image de D, d'affixe $2\e^{\i \theta}$, l'affixe de cette image sera : $\e^{\i\frac{\pi}{3}} \times 2\e^{\i \theta} = 2\e^{\i\frac{\pi}{3}} \times \e^{\i \theta} = \alpha \e^{\i \theta}$. On a établi au \textbf{1. b.} que $\alpha = \e^{\i\frac{\pi}{3}}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a complété la figure en annexe. Comme F est le milieu de [BD], son affixe est la moyenne des affixes de B et D : $z_{\text{F}} = \dfrac{z_{\text{B}} + z_{\text{D}}}{2} = \dfrac{\alpha + 2\e^{\i \theta}} = \dfrac{\alpha}{2} + \e^{\i \theta}$. \item $\dfrac{z_{\text{G}} - 2}{z_{\text{F}} - 2} = \dfrac{\alpha \e^{\i \theta} + \alpha - 4}{\alpha + \e^{\i \theta} - 4} = \dfrac{2\alpha \e^{\i \theta} + 2\alpha - 8}{2\alpha + 4\e^{\i \theta} - 8} =^* \dfrac{2 \alpha \e^{\i \theta} + \alpha ^2 - 4a}{2\alpha + 4\e^{\i \theta} - 8} = \dfrac{\alpha \times \left( \alpha + 2\e^{\i \theta} - 4\right)}{2 \times \left( \alpha + 2\e^{\i \theta} - 4\right)}=\dfrac{\alpha}{2}$. $^*$L'égalité est justifiée ici en utilisant la question \textbf{1. a.}. On en déduit que : $\dfrac{\text{AG}}{\text{AF}} = \left| \dfrac{z_{\text{G}}-2}{z_{\text{F}}-2} \right| = \left| \dfrac{\alpha}{2} \right| = \left| 2\e^{\i\frac{\pi}{3}} \right| = 1$ donc le triangle est isocèle en A. $(\vec{AF} ~;~ \vec{AG}) = \arg \left( \dfrac{z_{\text{G}} - 2}{z_{\text{F}} - 2} \right) = \arg \left( 2\e^{\i\frac{\pi}{3}} \right) = \dfrac{\pi}{3}$, donc l'angle au sommet est $\dfrac{\pi}{3}$, donc le triangle est équilatéral. \end{enumerate} \item On complète le tableau de variations : \begin{center} $ \begin{array}{|c|ccccccr|} \hline x & -\pi & & - \dfrac{\pi}{6} & & \dfrac{5\pi}{6} & & \pi \\ \hline & 7 & & & & 4 + 2\sqrt 3& & \\ % ligne des valeurs "max" f& &\searrow & &\nearrow & & \searrow & \\ % flèches & &&4 - 2 \sqrt 3 & & & & 7 \\ % ligne des valeurs "min" \hline \end{array} $ \end{center} Il vaut mieux détailler un peu le calcul des images (mais je n'ai pas envie de le faire ici). Ce tableau donne le carré de la distance AF, donc puisque la fonction racine carrée est strictement croissante sur $\R^+$, on en déduit que AF sera minimale si et seulement si AF$^2$ est minimale, ce qui est le cas, d'après le tableau de variations, pour $x = - \dfrac{\pi}{6}$. La longueur AF sera minimale si D est le point dont l'affixe a pour argument $x = - \dfrac{\pi}{6}$ sur le cercle $\mathcal {C}$. \end{enumerate} \newpage \exo {Exercice 4}{5 points} \begin{center} \textit{- Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité - je me suis dispensé de détailler certains calculs - } \end{center} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Calculons les affixes des images de A et de $\Omega$ : $z_{\text A'} = - \overline{z_{\text A}} + 2 = - 1 + 2 = 1 = z_{\text A}$ : A est donc un point fixe par T. $z_{\Omega'} = - \overline{z_{\Omega}} + 2 = -\left( 1 - \i \sqrt 3 \right) + 2 = 1 + i3 = z_{\Omega}$ : $\Omega$ est aussi un point fixe pour T. \item La transformation est une similitude indirecte (de rapport 1, car |-1| = 1), donc ce n'est pas l'identité, mais elle a deux points fixes distincts, il s'agit donc de la réflexion d'axe (A$\Omega$). \item L'image d'un cercle par une similitude est un cercle, donc puisqu'une réflexion est une similitude de rapport 1, l'image de ($\mathcal C$) est un cercle de rayon 1 et de centre O', le point image de O par la réflexion, qui a pour affixe $2$ ($-0 + 2 = 2$). \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Voir la figure \item $\left|\dfrac{z' - 2}{z} \right|= \dfrac{\text{O'M'}}{\text{OM}} = 1$, car les rayons de($\mathcal C$) et ($\mathcal C '$) sont égaux. $\arg\left(\dfrac{z' - 2}{z} \right) = (\vec{\text{OM}} ~;~ \vec{\text{O'M'}}) = \dfrac{\pi}{3}~~(2\pi)$, par définition de M'. $\dfrac{z' - 2}{z}$ est donc un complexe de module 1 et d'argument $\dfrac{\pi}{3}$, c'est donc $\e^{\i\frac{\pi}{3}}$, et on a $z' - 2 = z \times \e^{\i\frac{\pi}{3}}$ dont on déduit : $z' = \e^{\i\frac{\pi}{3}}z + 2$. \item D'après l'écriture complexe de $r$, $r$ est une rotation d'angle $\dfrac{\pi}{3}$ et dont le centre a pour affixe $\dfrac{2}{1 - \e^{\i\frac{\pi}{3}}} = 2\e^{\i\frac{\pi}{3}}$. Le centre de la rotation est donc $\Omega$. \end{enumerate} \item M$_1$ aura pour affixe la moyenne des affixes de M et M', donc : $z_1 = \dfrac{z + z'}{2} = \dfrac{z + z\e^{\i\frac{\pi}{3}} + 2}{2} = \dfrac{1 + \e^{\i\frac{\pi}{3}}}{2}z + 1 = \dfrac{\sqrt 3}{ 2}\e^{\i\frac{\pi}{6}} z + 1$. La transformation est une similitude directe, d'angle $\dfrac{\pi}{6}$ et de rapport $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, donc l'image du cercle de centre O et de rayon 1 est le cercle de centre O$_1$ (d'affixe 1, c'est-à-dire que O$_1$ et A sont confondus) et de rayon $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, nommé ($\mathcal C _1$) sur la figure. \end{enumerate} \begin{center} \psset{xunit=4cm , yunit=4cm} \begin{pspicture*}(-1.125,-1.125)(3.125,1.75) \def\xmin{-1.125} \def\xmax{3.125} \def\ymin{-1.125} \def\ymax{1.75} \psframe[linewidth=0.3pt,linecolor=gray](-1.125,-1.125)(3.125,1.75) \def\pshlabel#1{\psframebox*[framesep=1pt]{\small #1}} \def\psvlabel#1{\psframebox*[framesep=1pt]{\small #1}} \psset{xunit=0.5cm,yunit=0.5cm} \psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=.3pt, gridcolor=gray, subgridwidth=.3pt, subgridcolor=gray, subgriddiv=1](0,0)(-9,-9)(25,14) \psset{xunit=4cm , yunit=4cm} \psclip{% \psframe[linestyle=none](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) } \psset{linecolor=black, linewidth=.5pt, arrowsize=2pt 4} \psdots[dotstyle=x, dotscale=2.0000](1.0000,0.0000) \uput{0.3000}[45.0000](1.0000,0.0000){A} \psdots[dotstyle=x, dotscale=2.0000](1.0000,1.7321) \uput{0.3000}[-45.0000](1.0000,1.7321){$\Omega$} \psdots[dotstyle=x, dotscale=2.0000](2.0000,0.0000) \uput{0.3000}[45.0000](2.0000,0.0000){O'} \pscircle(0.0000,0.0000){4.0000} \uput{0.3000}[45.0000](0.0000,1.0000){($\mathcal {C})$} \pscircle(2.0000,0.0000){4.0000} \uput{0.3000}[45.0000](2.0000,1.0000){($\mathcal {C}')$} \pscircle(1.0000,0.0000){3,4641016151377545870548926830117} \uput{0.3000}[45.0000](1.0000,.8750000){($\mathcal {C}_1)$} \psdots[dotstyle=x, dotscale=2.0000](2.5000,0.8660) \uput{0.3000}[45.0000](2.5000,0.8660){A'} \psdots[dotstyle=x, dotscale=2.0000](1.7500,0.4330) \uput{0.3000}[45.0000](1.7500,0.4330){A$_1$} \endpsclip \psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1]{-}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) \uput[dl](0,0){0} \pcline[linewidth=1pt]{->}(0,0)(1,0) \uput[d](0.5,0){\small $\vec i$} \pcline[linewidth=1pt]{->}(0,0)(0,1) \uput[l](0,0.5){\small $\vec j$} \end{pspicture*} \end{center} \end{document} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%% Sébastien Sigrist \documentclass[10pt]{article} \title{Correction du baccalauréat 2010\\Métropole (juin)} \date{} \setlength{\hoffset}{-18pt} \setlength{\oddsidemargin}{0pt} % Marge gauche sur pages impaires \setlength{\evensidemargin}{9pt} % Marge gauche sur pages paires \setlength{\marginparwidth}{54pt} % Largeur de note dans la marge \setlength{\textwidth}{500pt} % Largeur de la zone de texte (17cm) \setlength{\voffset}{-18pt} % Bon pour DOS \setlength{\marginparsep}{7pt} % Séparation de la marge \setlength{\topmargin}{-30pt} % Pas de marge en haut \setlength{\headheight}{13pt} % Haut de page \setlength{\headsep}{10pt} % Entre le haut de page et le texte \setlength{\footskip}{27pt} % Bas de page + séparation \setlength{\textheight}{700pt} % Hauteur de la zone de texte \setlength{\parindent}{0cm} %Pas de retrait première ligne %Package%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage{lmodern} \usepackage{amsmath} %plein de symboles mathématiques \usepackage{amstext} %utilistation de la commnde \text \usepackage{pstricks} \usepackage{pst-eucl} \usepackage{multicol} \usepackage{stmaryrd} %symbole du parallélisme \usepackage{amssymb} %plein de symboles mathématiques, nécessaire pour mathbb \usepackage{frenchle} \usepackage{hhline} %Double filet horizontal dans les tableaux \usepackage{mathrsfs} %Pour utiliser \mathscr \usepackage{pst-plot} \usepackage{pst-tree} \usepackage{pstricks-add} \usepackage{tabls} %arraylinesep ... \usepackage{textcomp} %Pour le symbol euro \usepackage{graphics} %Pour rotation... \usepackage{ifthen} \usepackage{tableau} \usepackage{enumitem} \usepackage{txfonts} %Commandes%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%ù%%%%%% \newcounter{exo} \setcounter{exo}{1} \newcommand{\exo}{ \textbf{Exercice \theexo \stepcounter{exo}} \hrulefill\\ } \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\n}{\mathbb{N}} \newcommand{\limit}[1]{\displaystyle\lim_{#1}} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \begin{document} \maketitle \vspace{-1.5cm} %Tapuscrit Sébastien Sigrist \exo \textbf{Partie A}\\ \begin{enumerate}[label=\arabic*)] \item $u:x\mapsto xe^{-x}$ est dérivable sur $\R$ et pour tout $x\in\R$, \[u'(x)=1\times e^{-x}+x\times \left(-e^{-x} \right) =(1-x)e^{-x}.\] Donc, pour tout $x\in\R$, \[u(x)+u'(x)=xe^{-x}+(1-x)e^{-x}=(x+1-x)e^{-x}=e^{-x}.\] $u$ est bien une solution particulière de $(E)$. \item Comme $y+y'=0\Leftrightarrow y'=-y$, d'après le cours, l'ensemble des solutions de $(E')$ est \[\left\lbrace x\mapsto Ce^{-x}\ \Big|\ C\in\R\right\rbrace. \] \item $v$ est solution de $(E)$ si, et seulement si, pour tout $x\in\R$, $v(x)+v'(x)=e^{-x}$.\\ Comme $u$ est une solution particulière de $(E)$, on obtient les équivalences suivantes : \[v(x)+v'(x)=e^{-x}\Leftrightarrow v(x)+v'(x)=u(x)+u'(x)\Leftrightarrow v(x)+v'(x)-u(x)-u'(x)=0\Leftrightarrow (v-u)'(x)+(v-u)(x)=0. \] Par conséquent $v$ est solution de $(E)$ si, et seulement si, $v-u$ est solution de $(E')$. \item D'après la question 1, $v-u$ est solution de $(E')$ si, et seulement si, il existe $C\in\R$ tel que, pour tout $x\in\R$, \[v(x)-u(x)=Ce^{-x}\ \text{i.e.}\ v(x)=u(x)+Ce^{-x}=xe^{-x}+Ce^{-x}=(x+C)e^{-x}.\] L'ensemble des solutions de $(E)$ est \[\left\lbrace x\mapsto (x+C)e^{-x}\ \Big|\ C\in\R\right\rbrace. \] \item $g$ étant une solution de $(E)$, il existe $C\in\R$ tel que \[g:x\mapsto (x+C)e^{-x}.\] On cherche $C$ tel que $g(0)=2$ : \[g(0)=2\Leftrightarrow \left( 0+Ce^{0}\right) =2\Leftrightarrow C=2.\] La fonction recherchée est donc \[g:x\mapsto (x+2)e^{-x}.\] \end{enumerate} \textbf{Partie B}\\ \begin{enumerate}[label=\arabic*)] \item $f_{k}$ est dérivable sur $\R$ et pour tout $x\in\R$, \[f_{k}'(x)=1\times e^{-x}+(x+k)\times \left(-e^{-x} \right) =(-x-k+1)e^{-x}.\] Le signe de $f_{k}'(x)$ est celui de $(-x-k+1)$ ; on obtient alors le tableau de variations de $f_{k}$. \setlength{\TabHautPLigne}{0.7cm} \setlength{\TabTitreL}{1.5cm} \begin{center} \begin{MonTableau}{3}{7}{0.7} %\TabShowLabelOn \TabTitreFerme \TabFerme \TabEfface{2} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \TabNewCol{0} \rTabPut{B}{-.75}{0.3}{$x$} \rTabPut{B}{-.75}{0.4}{$f_{k}'(x)$} \rTabPut{B}{-.75}{0}{$f_{k}$} \rTabPut{B}{-.75}{0.4}{} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \TabNewCol{0} \rTabPut{Bl}{0.1}{0.3}{$-\infty$} \rTabPut{B}{0}{0.25}{} \rTabPut{B}{0}{0.25}{} \rTabPut{Bl}{0.1}{0.25}{} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \TabNewCol{0.5} \rTabPut{B}{0}{0.3}{$1-k$} \rTabPut[2]{B}{0}{0.25}{\TabZ} \rTabPut{B}{0}{0.3}{$e^{-(1-k)}$} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \TabNewCol{1} \rTabPut{Br}{-0.1}{0.3}{$+\infty$} \rTabPut{B}{0}{0.25}{} \rTabPut{B}{0}{0.25}{} \rTabPut{Br}{-0.1}{0.25}{} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \rput(0.25,0.5){$+$}\rput(0.75,0.5){$-$} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \TabFleche{B3}{C2} \TabFleche{C2}{D3} \end{MonTableau} \end{center} $f_{k}$ admet bien un maximum en $1-k$. \item Comme $f_{k}(1-k)=(1-k+k)e^{-(1-k)}=e^{-(1-k)}$, le point $M_{k}$ a pour coordonnées $\left(1-k;e^{-(1-k)} \right)$. Le point $M_{k}$ appartient donc à la courbe représentative de $f:x\mapsto e^{-x}$. \item $ $ \begin{enumerate}[label=\alph*)] \item $ $ \def\f{(x+2)*2.718^(-x)} \def\g{2.718^(-x)} \def\taille{\footnotesize} \begin{center} \begin{pspicture}(-4,-2.5)(5,5) %Construction du repére%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \def\xmin{-4} \def\xmax{5} \def\ymin{-2} \def\ymax{5} \psset{xunit=1cm,yunit=1cm} \uput{0.1}[225](0,0){\taille$O$}\uput{0.05}[180](0,0.4){\taille$\overrightarrow{j}$}\uput{0.05}[270](0.5,0){\taille$\overrightarrow{i}$} %Gtraduations%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \def\pshlabel#1{\footnotesize #1} \def\psvlabel#1{\footnotesize #1} \def\pslabelsep{1pt} \psaxes[Dx=1,Dy=1,xticksize=-3pt 3pt,yticksize=-3pt 3pt]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) %Tracé des courbes%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \psplot[algebraic=true,plotpoints=200]{-2.2}{5}{\f} \psplot[algebraic=true,plotpoints=200]{-1.5}{5}{\g} %Noms des courbes%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \rput(-1.7,4){$\Gamma$}\rput(-1.7,-1.5){$\mathscr{C}_{k}$}\rput(5,0.2){$x$}\rput(.2,5){$y$}\rput(-4,0.2){$x'$}\rput(.2,-2){$y'$} %Coloriage de la surface%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray]{\psline(0,0)(0,2)\psplot[algebraic=true]{0}{2}{\f}\psline(2,0.541)(2,0)} \psplot[algebraic=true,plotpoints=200]{-1.5}{5}{\g} \end{pspicture} \end{center} \item Soit $f:x\mapsto e^{-x}$. Comme $f(0)=1$, la première graduation du demi-axe $[Oy)$ correspond à une unité.\\ Comme $f_{k}(0)=k$, $\mathscr{C}_{k}$ coupe l'axe $(Oy)$ en $(0;k)$. Le graphique permet alors d'écrire $k=2$.\\ Le maximum de $f_{2}$ est atteint en $1-2=-1$, donc la première graduation du demi-axe $[Ox')$ correspond à $-1$. \end{enumerate} \item \begin{itemize} \item[$\star$] Soit $u(x)=x+2$ et $v'(x)=e^{-x}$. Alors $u'(x)=1$ et $v(x)=-e^{-x}$. D'après la formule d'intégration par parties, \setlength{\arraycolsep}{1pt} \[\begin{array}{rcl} \displaystyle\int_{0}^{2}(x+2)e^{-x}\ dx&=&\left[-(x+2)e^{-x} \right]_{0}^{2}- \displaystyle\int_{0}^{2} -e^{-x}\ dx\\ \\ &=&-4e^{-2}+2e^{0}-\left[e^{-x} \right]_{0}^{2}\\ &=&-4e^{-2}+2-\left(e^{-2}-e^{0} \right) \\ &=&-4e^{-2}+2-e^{-2}+1 \\ &=&3-5e^{-2}. \end{array} \] \item[$\star$] Comme $f_{2}$ est positive sur $[0;2]$, cette intégrale correspond à l'aire, en unité d'aire, de la partie du plan définie par \[\left\lbrace (x;y)\ \Big|\ 0\leq x\leq 2\ \text{et}\ 0\leq y\leq (x+2)e^{-x} \right\rbrace. \] \end{itemize} \end{enumerate} \exo \begin{enumerate}[label=\arabic*)] \item \textbf{Restitution organisée de connaissances.}\\ \begin{itemize} \item[$\star$] Pour tout $n\in\n$, $v_{n}\geq u_{n}$. De plus, comme la suite $v$ est décroissante, pour tout $n\in\n$, $v_{0}\geq v_{n}$. On en déduit que, pour tout $n\in\n$, \[v_{0}\geq u_{n}.\] La suite $u$ est donc croissante et majorée, donc elle converge vers un réel $l$. \item[$\star$] De même, la suite $v$ est décroissante et minorée par $u_{0}$, donc elle converge vers un réel $m$. \item[$\star$] La suite $v-u$ converge donc vers $m-l$. Mais les suite $u$ et $v$ étant adjacentes, leur différence converge vers 0 : $m-l=0$ et $m=l$. \end{itemize} Par conséquent, les deux suites convergent et ont la même limite. \item \begin{enumerate}[label=\alph*)] \item \begin{itemize} \item[$\star$] Pour tout $n\in\n$, $10^{-n}=\dfrac{1}{10^{n}}$, donc $\limit{n\to+\infty} 10^{-n}=0$. Il s'ensuit \[\lim_{n\to+\infty} 1-10^{-n}=1\ \text{et}\ \lim_{n\to+\infty} 1+10^{-n}=1.\] En particulier, la suite $u-v$ converge vers 0. \item[$\star$] La suite $\left(10^{-n} \right)$ est décroissante et la suite $\left(-10^{-n} \right)$ est croissante. Ajouter 1 à chaque terme ne change pas la monotonie, donc $u$ est croissante et $v$ est décroissante. Par conséquent, $u$ et $v$ sont deux suites adjacentes. \end{itemize} \item Par composition, $\limit{n\to+\infty} \ln(n+1)=+\infty$, et comme $\limit{n\to+\infty} \dfrac{1}{n}=0$, $\limit{n\to+\infty} \ln(n+1)+\dfrac{1}{n}=+\infty$.\\ La suite $u$ étant divergente, $u$ et $v$ ne sont pas adjacentes. \item \begin{itemize} \item[$\star$] Il est clair que $\limit{n\to+\infty} 1+\dfrac{1}{n}=1$. \item[$\star$] Pour tout $n\in\n^{*}$, \[-\dfrac{1}{n}\leq \dfrac{(-1)^{n}}{n}\leq \dfrac{1}{n}.\] Donc, d'après le théorème d'encadrement, $\limit{n\to+\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{n}=0$, puis $\limit{n\to+\infty} 1+\dfrac{(-1)^{n}}{n}=1$. \item[$\star$] Les termes de la suite $v$ sont alternativement supérieurs et inférieurs à 1, donc la suite $v$ n'est pas monotone et $u$ et $v$ ne sont pas adjacentes. \end{itemize} \end{enumerate} \item \begin{itemize} \item[$\star$] Deux suites adjacentes convergent et ont la même limite. La suite $u$ converge vers 1 et la suite $v$ vers $\ln(a)$ (si $a>0$ ; si $a=0$, elle diverge vers $-\infty$). La seule valeur possible de $a$ est donc $e$. \item[$\star$] La suite $u$ est croissante, la suite $v$ est décroissante \begin{Large} ( \end{Large}par composition la fonction $x\mapsto \ln\left( a+\frac{1}{x}\right)$ est décroissante sur $]0;+\infty[$\begin{Large} ) \end{Large} et dans le cas où $a=e$, leur différence converge vers 0. \end{itemize} Les suites $u$ et $v$ sont adjacentes si, et seulement si, $a=e$. \end{enumerate} \exo \begin{enumerate}[label=\arabic*)] \item Comme on tire simultanément trois boules parmi 10, le nombre total d'issues est \[\binom{10}{3}=\dfrac{10\times 9\times 8}{3!}=120.\] On souhaite obtenir 2 boules blanches et une noire, donc d'après le principe multiplicatif, le nombre d'issues favorables est \[\binom{7}{2}\times \binom{3}{1} =63.\] Comme il y a équiprobabilité, la probabilité recherchée est $\dfrac{63}{120}=\dfrac{21}{40}$. \item On réalise 5 fois consécutives le tirage d'une boule de l'urne. Les tirages sont indépendants. \`A chaque tirage, la probabilité de tirer une boule blanche est $\dfrac{7}{10}$. En notant $X$ la variable aléatoire égale au nombre de boules blanches tirées, $X$ suit la loi Binomiale de paramètres 5 et $\dfrac{7}{10}$. Par conséquent, \[P\left(X=2 \right)=\binom{5}{2}\times\left(\dfrac{7}{10} \right)^{2}\times\left(\dfrac{3}{10} \right)^{3}. \] \item On peut résumer le jeu par l'arbre suivant : \begin{itemize} \item[$\star$] $B$ : <> ; \item[$\star$] $G$ : <>. \end{itemize} \begin{center} \pstree[treemode=R,nodesep=1pt]{\Tdot} { \pstree{\TR{$B$}\taput{$\frac{7}{10}$}} { \TR{}~[tnpos=r]{$G$}\taput{$\frac{1}{6}$} \TR{}~[tnpos=r]{$\overline{G}$}\tbput{$\frac{5}{6}$} } \pstree{\TR{$\overline{B}$}\tbput{$\frac{3}{10}$}} { \TR{}~[tnpos=r]{$G$}\taput{$\frac{1}{4}$} \TR{}~[tnpos=r]{$\overline{G}$}\tbput{$\frac{3}{4}$} } } \end{center} On cherche à calculer $P_{G}\left(B \right)=\dfrac{P\left(B\cap G \right) }{P(G)}$.\\ D'après l'arbre, $P\left(B\cap G \right)=\dfrac{7}{10}\times \dfrac{1}{6}=\dfrac{7}{60}$ et en utilisant la formule des probabilités totales, \[P(G)=\dfrac{7}{10}\times \dfrac{1}{6}+\dfrac{3}{10}\times \dfrac{1}{4}=\dfrac{23}{120}.\] Par conséquent, \[P_{G}\left(B \right)=\dfrac{\frac{7}{60}}{\frac{23}{120}}=\dfrac{14}{23}.\] \item Par définition, \[P\left(1\leq X\leq 3 \right)=\int_{1}^{3} \lambda e^{-\lambda x}\ dx=\left[-e^{-\lambda x} \right]_{1}^{3}=-e^{-\lambda \times 3}-\left(e^{-\lambda \times 1} \right)= e^{-\lambda }-e^{-3\lambda }. \] \end{enumerate} \exo \textbf{\textit{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité.}}\\ \begin{enumerate}[label=\arabic*)] \item \begin{enumerate}[label=\alph*)] \item Par définition, $\alpha=1+i\sqrt{3}=2\left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) =2e^{i\frac{\pi}{3}}$. D'une part \[\alpha^{2}-4\alpha=\left(1+i\sqrt{3} \right)^{2}-4\left(1+i\sqrt{3} \right)=1+2i\sqrt{3}-3-4-4i\sqrt{3}=-6-2i\sqrt{3} \] et d'autre part \[2\overline{\alpha}-8=2\left(1-i\sqrt{3} \right)-8=-6-2i\sqrt{3}.\] Par conséquent, $\alpha^{2}-4\alpha=2\overline{\alpha}-8$. \item On a $\left|\overline{\alpha}\right|=\left|\alpha\right|=\left|2e^{i\frac{\pi}{3}}\right|=2$, donc $B$ et $C$ appartiennent au cercle de centre $O$ et de rayon 2, i.e. $\mathscr{C}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate}[label=\alph*)] \item $ $ \def\taille{\footnotesize} \begin{center} \begin{pspicture}(-6,-6.5)(6,6.5) %Construction du repére%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \def\xmin{-3} \def\xmax{3} \def\ymin{-3} \def\ymax{3} \psset{xunit=2cm,yunit=2cm} \uput{0.1}[225](0,0){\taille$O$}\uput{0.05}[180](0,0.4){\taille$\overrightarrow{v}$}\uput{0.05}[270](0.5,0){\taille$\overrightarrow{u}$} %Gtraduations%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \def\pshlabel#1{\footnotesize #1} \def\psvlabel#1{\footnotesize #1} \def\pslabelsep{1pt} \psaxes[Dx=1,Dy=1,xticksize=-3pt 3pt,yticksize=-3pt 3pt]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \pstGeonode[PosAngle=20](2,0){A} \pstGeonode[PosAngle=20,PointName=none](0,0){O} \pstCircleOA{O}{A} \pstRotation[RotAngle=60,PosAngle=45]{O}{A}[B] \pstRotation[RotAngle=-60,PosAngle=-45]{O}{A}[C] \pstRotation[RotAngle=130,PosAngle=130]{O}{A}[D] \pstRotation[RotAngle=60,PosAngle=190]{O}{D}[E] \pstLineAB[linestyle=dotted]{O}{D}\pstLineAB[linestyle=dotted]{O}{E} \pstMarkAngle[arrows=->,MarkAngleRadius=0.5,LabelSep=0.55]{D}{O}{E}{$\frac{\pi}{3}$} \pstMiddleAB[PosAngle=155]{B}{D}{F}\pstMiddleAB{C}{E}{G} \pstLineAB{A}{F}\pstLineAB{A}{G}\pstLineAB{G}{F} \pstLineAB[linestyle=dotted]{B}{D}\pstLineAB[linestyle=dotted]{C}{E} %Noms des courbes%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \rput(3,-.3){$x$}\rput(-.3,3){$y$} \end{pspicture} \end{center} \item $r$ est la rotation de centre $O$ et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$ ; son écriture complexe est \[z\mapsto e^{i\frac{\pi}{3}}(z-0)+0\ \text{i.e.}\ z\mapsto e^{i\frac{\pi}{3}}z. \] $E$ étant l'image de $D$, son affixe est \[z_{E}=e^{i\frac{\pi}{3}}z_{D}=e^{i\frac{\pi}{3}}\times 2e^{i\theta}=\alpha e^{i\frac{\pi}{3}}. \] \end{enumerate} \item \begin{enumerate}[label=\alph*)] \item $F$ étant le milieux de $[BD]$, \[z_{F}=\dfrac{z_{B}+z_{D}}{2}=\dfrac{\alpha+2e^{i\theta}}{2}=\dfrac{\alpha}{2}+e^{i\theta}.\] \item \begin{itemize} \item[$\star$] D'après ce qui précède, \[\dfrac{z_{G}-2}{z_{F}-2}=\dfrac{\frac{\alpha e^{i\theta}+\overline{\alpha}-4}{2}}{\frac{\alpha+2e^{i\theta}-4}{2}}=\dfrac{\alpha e^{i\theta}+\overline{\alpha}-4}{2e^{i\theta}+\alpha-4}.\] D'après la question 1)a, $\overline{\alpha}-4=\dfrac{1}{2}\alpha^{2}-4\alpha$. Donc \[\dfrac{z_{G}-2}{z_{F}-2}=\dfrac{\alpha e^{i\theta}+\frac{1}{2}\alpha^{2}-4\alpha}{2e^{i\theta}+\alpha-4}=\dfrac{\frac{\alpha}{2}\left( 2e^{i\theta}+\alpha-4\right) }{2e^{i\theta}+\alpha-4}=\dfrac{\alpha}{2}.\] \item[$\star$] Comme $\dfrac{\alpha}{2}=e^{i\frac{\pi}{3}}$, on déduit de ce qui précède que \[z_{G}=e^{i\frac{\pi}{3}}\left(z_{F}-2 \right)+2. \] $G$ est donc l'image de $F$ par la rotation de centre $A(2)$ et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$ et le triangle $AFG$ est équilatéral de sens direct. \end{itemize} \end{enumerate} \item $ $ \setlength{\TabHautPLigne}{0.7cm} \setlength{\TabTitreL}{1.5cm} \begin{center} \begin{MonTableau}{2}{7}{0.7} %\TabShowLabelOn \TabTitreFerme \TabFerme \TabEfface{1} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \TabNewCol{0} \rTabPut{B}{-.75}{0.3}{$x$} \rTabPut{B}{-.75}{0}{$f$} \rTabPut{B}{-.75}{0}{} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \TabNewCol{0} \rTabPut{Bl}{0.1}{0.3}{$-\pi$} \rTabPut{Bl}{0.1}{0.7}{\scriptsize 7} \rTabPut{B}{0}{0.25}{} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \TabNewCol{0.33} \rTabPut{B}{0}{0.3}{$-\frac{\pi}{6}$} \rTabPut{B}{0}{0.25}{} \rTabPut{B}{0}{0.25}{\scriptsize$4-2\sqrt{3}$} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \TabNewCol{0.66} \rTabPut{B}{0}{0.3}{$\frac{5\pi}{6}$} \rTabPut{B}{0}{0.6}{\scriptsize$2\sqrt{3}+4$} \rTabPut{B}{0}{0.25}{} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \TabNewCol{1} \rTabPut{Br}{-0.1}{0.3}{$\pi$} \rTabPut{B}{0}{0.25}{} \rTabPut{Br}{-0.1}{0.25}{\scriptsize 7} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \TabFleche{B1}{C2} \TabFleche{C2}{D1} \TabFleche{D1}{E2} \end{MonTableau} \end{center} \end{enumerate} $AF$ est minimale lorsque $AF^{2}$ l'est. D'après le tableau de variations, $f$ admet un minimum sur $[-\pi;\pi]$ : il est atteint en $-\dfrac{\pi}{6}$. \\ Par conséquent, $AF$ est minimale lorsque $\theta=-\dfrac{\pi}{6}$.\\ \textbf{Exercice 4}\hrulefill\\ \textbf{\textit{Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité.}}\\ \begin{enumerate}[label=\arabic*)] \item \begin{enumerate}[label=\alph*)] \item Par définition, \[z_{A'}=-\overline{z_{A}}+2=-1+2=1=z_{A}\ \text{et}\ z_{\Omega'}=-\overline{z_{\Omega}}+2=-1+i\sqrt{3}+2=1+i\sqrt{3}=z_{\Omega}. \] Par conséquent, $T(A)=A$ et $T(\Omega)=\Omega$. \item L'écriture complexe de $T$ nous permet d'affirmer que $T$ est une similitude différente de l'identité. Comme elle fixe les points $A$ et $\Omega$, il s'agit de la réflexion d'axe $(A\Omega)$. \item $T$ étant une isométrie, $T\left(\mathscr{C}\right)$ est le cercle de centre $T(O)$ et de rayon 1 ($T(O)$ est le point d'affixe 2). \end{enumerate} \item \begin{enumerate}[label=\alph*)] \item Les vecteurs $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{OA}$ étant colinéaires de même sens, il suffit de placer $A'$ sur $\mathscr{C'}$ tel que $\left(\overrightarrow{u};\overrightarrow{O'A'} \right)=\dfrac{\pi}{3}\ (2\pi)$. \def\taille{\footnotesize} \begin{center} \begin{pspicture}(-2,-4.5)(4,4.5) %Construction du repére%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \def\xmin{-2} \def\xmax{4} \def\ymin{-2} \def\ymax{2} \psset{xunit=2cm,yunit=2cm,PointSymbol=none} \uput{0.05}[180](0,0.4){\taille$\overrightarrow{v}$}\uput{0.05}[270](0.5,0){\taille$\overrightarrow{u}$} %Gtraduations%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \def\pshlabel#1{\footnotesize #1} \def\psvlabel#1{\footnotesize #1} \def\pslabelsep{1pt} \psaxes[Dx=1,Dy=1,xticksize=-3pt 3pt,yticksize=-3pt 3pt]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \pstGeonode[PosAngle=-45](1,0){A}\pstGeonode[PosAngle=-45](2,0){O'} \pstGeonode[PointName=none](1,1.732){P} \pstGeonode[PointName=none](1.866,0){I} \pstGeonode[PosAngle=135](0,0){O} \pstGeonode[PointName=none](3,0){A''} \pstCircleOA{O}{A}\pstCircleOA{O'}{A}\pstCircleOA [linestyle=dotted]{A}{I} \pstRotation[RotAngle=60,PosAngle=45]{O'}{A''}[A'] \pstLineAB[linestyle=dashed]{O'}{A'} \pstMarkAngle[arrows=->,MarkAngleRadius=0.5,LabelSep=0.54]{A''}{O'}{A'}{$\frac{\pi}{3}$} \pstRotation[RotAngle=160,PosAngle=180]{O}{A}[M] \pstRotation[RotAngle=60,PosAngle=45]{P}{M}[M'] \pstLineAB{P}{M}\pstLineAB{P}{M'}\pstLineAB{M'}{M} \pstMiddleAB[PosAngle=-100]{M}{M'}{M_1} \pstLineAB[linestyle=dashed]{P}{M_1} \pstRightAngle[RightAngleSize=.1]{P}{M_1}{M} \psline(1,-2)(1,2) %Noms des courbes%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \rput(4,-.3){$x$}\rput(-.3,1.5){$y$} \rput(0.8,1.9){$\Omega$} \end{pspicture} \end{center} \item Il suffit d'interpréter graphiquement le module et l'argument en remarquant que $\dfrac{z'-2}{z}=\dfrac{z'-z_{O'}}{z-z_{O}}$. \begin{itemize} \item[$\star$] $\left|\dfrac{z'-2}{z}\right|=\dfrac{\left|z'-2\right|}{\left|z\right|}=\dfrac{O'M'}{OM}=\dfrac{1}{1}=1$. \item[$\star$] $\arg\left( \dfrac{z'-2}{z}\right)=\left(\overrightarrow{OM};\overrightarrow{O'M'} \right)=\dfrac{\pi}{3}\ (2\pi)$. \item[$\star$] On en déduit la forme exponentielle de $\dfrac{z'-2}{z}$ : $\dfrac{z'-2}{z}=e^{i\frac{\pi}{3}}$. Il s'ensuit que \[z'=e^{i\frac{\pi}{3}}z+2.\] \end{itemize} \item L'écriture complexe de $r$ est celle d'une similitude directe de rapport 1 et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$ : $r$ est donc une rotation d'angle $\dfrac{\pi}{3}$.\\ Le centre de $r$ est son unique point fixe. Il suffit de résoudre l'équation $z=e^{i\frac{\pi}{3}}z+2$. \[z=e^{i\frac{\pi}{3}}z+2\Leftrightarrow z\left(1-e^{i\frac{\pi}{3}} \right)=2\Leftrightarrow z\dfrac{1-i\sqrt{3}}{2}=2\Leftrightarrow ze^{-i\frac{\pi}{3}}=2\Leftrightarrow z=2e^{i\frac{\pi}{3}}=1+i\sqrt{3}=z_{\Omega}.\] Le centre de $r$ est donc $\Omega$. \end{enumerate} \item Comme $r(M)=M'$, le triangle $\Omega MM'$ est équilatéral de sens direct. On en déduit que $M_1$ est l'image de $M$ par la similitude direct $s$ de centre $\Omega$, de rapport $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ \begin{Large} ( \end{Large}la hauteur d'un triangle équilatéral de côté $a$ est $\frac{a\sqrt{3}}{2}$\begin{Large} ) \end{Large} et d'angle $\dfrac{\pi}{6}$.\\ Le lieu de $M_1$ est donc le cercle de centre $s(O)$ et de rayon $\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times 1$. Comme $r(O)=O'$ (car $e^{i\frac{\pi}{3}}\times 0+2=2$), $s(O)=A$ (le milieu de $[OO']$). \end{enumerate} \end{document} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%