Corrigé du baccalauréat S Asie juin 2007

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1 Corrigé du baccalauréat S Asie juin 7 EXERCICE. On a f (x)=cos x sin x= sin x. Vrai. En intégrant par parties car toutes les fonctions sont continues : { u(t)= t ; u (t)= 4 points v (t)= f (t) ; v(t)= f (t) t f (t) dt = [t f (t)] f (t) dt = f () ()f () f (t) dt = f ()+ f () f (t) dt. Or f ()= f (), donc t f (t) dt = f (t) dt. Vrai 3. Avec f (x) = x et g (x) = x 3 [ x ] , x dx = = 9 3 ( et x ) dx = [ x 6 + 3x On a bien ] 3 = = 5. 3 f (x) dx 3 g (x) dx et f (3)=3 et g (3)=. Faux 4. f est solution de l équation différentielle, donc f (x)= f (x)+=( f (x)). Si f est constante, alors f (x)= et par conséquent ( f (x))= f (x)=. Comme la fonction n est pas constante f (x), donc ( f (x))= f (x). Aucune tangente n est horizontale. Vrai EXERCICE 5 points. a. z =, z = λ +i= i, z = λi+i=(λ+)i, z 3 = λ[(λ+)i]+i=λ i+λi+i= ( λ + λ+ ) i. b. Par récurrence : Initialisation z = = λ λ i. Hérédité : supposons que z n = λn λ i. On sait que z n+ = λz n +i=λ λn λ i+i= λn+ λ+λ i= λn+ λ λ i. La formule est vraie au rang (n+ ). On a démontré par récurrence que z n = λn λ i.. λ=i a. D après. a., on a z 3 = (+i+)i=. Donc z 4 = i ()+i=. Ou plus rapide en utilisant la formule du. b. : z 4 = i4 i= i=. i b. z n+4 = in+4 i i= in i 4 i= in i i i=z n. Quel que soit n N, z n+4 = z n. c. On a donc z n+ = (z n + ) i (). Cherchons un point invariant par la transformation z n z n+. S il existe un point invariant Ω d affixe ω, on doit avoir ω=(ω+) i ω( i)= i ω= i i = i(+i) ω= i + i.

2 On a donc en retranchant ω à chaque membre de () : z n+ ω=(z n + )i ω z n+ + i = (z n+ )i+ i z n+ ω= z n i+i + [ ( ( i) = z n + )] i z n+ ω=(z n ω)i i d. z n+ ω=(z n ω)e i π. Conclusion M n+ est l image de M n dans la rotation de centre Ω et d angle π. M + M + v Ω M 4 - M 3 - M u a. Il existe k tel que λ k =. On peut donc écrire z n = λn λ i= λn λ k λ b. z n+k = z n λn+k λ λ n+k = λ n λ n λ k = λ n λ k =. - i= λn+k λ i= z n+k. i= λn λ i λn+k =λ n EXERCICE Enseignement de spécialité Partie I 5 points. a. On sait que la similitude directe s telle que s(o) = A et s(b) = O est unique et que son écriture complexe est : z = az+ b, a et b étant deux complexes. On a donc en utilisant les affixes des deux points O et B et de leurs images : { = a +b = a 5i+b L écriture complexe de s est donc z = iz+. b. Éléments caractéristiques : Rapport de la similitude : c est a = i =. { = b i = a Angle de la similitude : c est ar g (a)= π Point invariant : c est le point Ω d affixe ω vérifiant ω=iω+ ω( i)= ω= i = (+i) = +4i. +4 La similitude s a pour centre Ω(+4i), pour rapport et pour angle π. c. s s(b)= s(o)= A. La transformation s s, composée de similitudes directes de centre Ω est une similitude directe de centre Ω, de rapport 4 (produit des rapports) Asie juin 7

3 et d angle π (somme des angles). s s est donc une homothétie de centre Ω et de rapport 4. Le point Ω est donc situé sur le segment [AB]. Plus exactement : puisque ΩA = 4 ΩB, le point Ω est barycentre du système pondéré {(A, );(B, 4)}. ( De plus ΩB, ΩO )=π/ donc Ω est le pied de la hauteur issue de O dans le triangle AOB.. a. On a aisément A D (car les coordonnées de A(8,4) vérifient l équation de D : x y = ) et B D. Un vecteur normal à D est le vecteur a ( ). Le vecteur AA a pour coordonnées ( 4) et est donc colinéaire au vecteur a, donc (AA ) est perpendiculaire à D et A est bien le projeté orthogonal de A sur D. On démontre de même que B est le projeté orthogonal de B sur D. Partie II b. L image de B a pour affixe z = i(+i)+=4i+8= z A donc s(b )= A c. L angle de la similitude étant égal à π (, on a ΩB, ) ΩA = π. Conclusion le point Ω appartient au cercle de diamètre [A B ].. a. On sait que la similitude ( directe s est telle que s(o) = A et s(b) =. Son ( angle est donc OB, AO )= OB, O A )+π= π + π= π. ( b. Comme dans la partie I, ΩO, ΩA )= π, le triangle OΩB est rectangle en Ω, donc Ω appartient au (demi-)cercle de diamètre [OA]. De même Ω appartient au (demi-)cercle de diamètre [OB]. La droite (OΩ) perpendiculaire aux droites (ΩA) et (ΩB) est donc (d après l unicité de la perpendiculaire à une droite passant par un point) perpendiculaire à la droite (AB). Ω est donc le pied de la hauteur issue de O dans le triangle OAB.. a. Image par s de la droite (BB ) : l image de B est O et l image de B est B tel que (BB ) soit perpendiculaire à (OB ) ; or (BB ) est perpendiculaire à D : donc B appartient à D. Conclusion : l image par s de la droite (BB ) est la droite D. De même O point de D a pour image A et A a pour image A tel que la droite (AA ) soit perpendiculaire à D. Or (AA ) est perpendiculaire à D, donc l image de D est la droite (AA ). b. D après la question précédente B point de (BB ) a pour image un point de D et B point de D a pour image un point de (AA ). Conclusion : l image de B appartient à D (AA )={A }. L image par s de B est A. c. Par définition de la similitude d angle π (, si B est distinct de Ω, ΩB, ) ΩA = π et si B = Ω, B = Ω= A Conclusion : Dans les deux cas, le point Ω appartient au cercle de diamètre [A B ] EXERCICE 3. a. On a p(f)=,9 ; p F (S)=,95 ; p F S =,. b. p(f)=,9 p F =,8. ) p F S c. On sait que p F (S = =, p F,8 = 4 =,5. 4 points Asie 3 juin 7

4 Baccalauréat S d. Arbre pondéré :,9 F,95 S,5 S,75 S,8 F,5 S,. a. D après la loi des probabilités totales on a : p(s)= p(s F)+ p,9,95+,8,75 =,874+,6=,934. b. Il faut trouver la probabilité conditionelle p S (F) = p(s F) p(s),935 7, a. Loi de probabilité de B : S F = =,874,934 évènement F S F S reste probabilité,874,6,66 bénéfice : b 5 b. On a E(B)=,874 +,6 5+,66 = 8,74+,3= 9,4 (ce qui représente le bénéfice moyen par jouet). 4. On a une épreuve de Bernoulli de paramètres n= et de probabilité p(s)=,934. La probabilité cherchée est égale à celle d avoir 8, 9 ou jouets solides, soit :,934 8 (,934) +,934 9 (,934) +,934 (,934) = 8 9,35 +, ,556,97575, 976. EXERCICE 4 Partie I 7 points. Équation E : x = x. On a = et 4 = 4 : et 4 sont solutions de E.. a a = a a : donc a est solution de E a. 3. Équation E e : x e = e x. Étude de la fonction h définie par : h(x)=x e ln x. a. Question de cours : on sait que lim tel que t = ln x. t + e t t =+. Quelque soit t il existe x Donc et t = eln x ln x = x ln x. x D après l hypothése initiale lim =+, car t + x +. x + ln x ln x Finalement en prenant l inverse : lim x + x =. b. Comme lim ln x=, lim h(x)=+. x x ( On peut écrire h(x) = x e ln x ). D après la question de cours la parenthèse a pour limite, donc lim h(x)=+. x x + Asie 4 juin 7

5 c. h est dérivable sur ] ; + [ et h (x)= e x = x e x. Si x > e,h (x)> et h est croissante ; Si x < e,h (x)< et h est décroissante. D où le d. Tableau de variations de h x e + h (x) + h(x) + + On a h(e)=e e lne=e e=. D après ce tableau h(x)= x = e. L équation E e x e = e x est équivalente (en prenant le logarithme népérien) à eln x = x h(x)=. Conclusion : l équation E e a une solution unique e. Partie II. x >, x R. x solution de E a x a = a x a ln x= x ln a ln x x. a. f (x)= ln x x sur R +. On sait que lim ln x =, donc lim f (x)=. x x D après. a. lim f (x)=. x + = ln a a. b. f est dérivable comme fonction quotient de fonctions dérivables (avec x ) et f (x)= ln x x. f (x)> ln x> ln x < ln e x < e. De même f (x)< x> e. D où le c. Tableau de variations de f : x e + f (x) + f (x) e d. Tracé de C Asie 5 juin 7

6 e O a e b 6 6 C D après le graphe précédent : Si <a tout nombre négatif a un unique antécédent par f, donc la seule solution de E a est a. Si < a< e ou si a > e, tout nombre positif (compris entre et e ) a deux antécédents par f : a et b. Asie 6 juin 7