Baccalauréat S Amérique du Nord 31 mai 2012 Corrigé de A. Saoud Manal

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1 Baccalauréat S Amérique du Nord mai Corrigé de A. Saoud Manal EXERCICE. Un quart des femmes et un tiers des hommes adhère à la section tennis, donc p F (T)= et p F (T)=. % des membres de cette association adhèrent à la section tennis, donc p(t)=. F et F forment une partition, d après le théorème des probabilités totales, on a : p(t)= p(t F)+ p(t F)= p F (T)p(F)+ p F (T)p(F)= p(f)+ ( p(f))=. On en déduit que p(f)= soit p(f)= 5. p(t F). Il s agit de calculer p T (F). Or p T (F)= = p(f)p F(T) 5 = = p(t) p(t).. a. C est une répétition d une epérience aléatoire à deu issues, identique et indépendante. La variable aléatoire X, donnant le nombre de membres adhérant à la section tennis parmi les membres choisis, suit donc la loi binomiale de paramètres n = (nombre d épreuves) et p =. On souhaite deu succès, la probabilité est donc ( ) ( ) ( ) p(x= )= ( ( ) ( ) 7 = = ) 5,66. b. Il suffit de considérer l évènement ( ) contraire qui consiste à ne choisir aucun membre 7 n ( ) 7 n du club de tennis n fois, soit. Le résultat est donc p n =. ( ) 7 n ( ) 7 n (( ) 7 n ) c. p n,99,,99,,, ln ln(,) car la fonction ln est croissante. ( ) 7 n ln ln(,), n ln(,) ( ) 7 ln ( ) car ln <. n,9, i.e. n. 7. a. Les gains algébriques possibles sont -5, 5, et 5. Y=y i ( ) ( )( ) ( ) 9 9 p(y= y i ) ( ) = 89 ( ) = ( ) = b. L espérance est donc E(Y)= y i p ( ) 89 Y= y i = 5 i =. Le jeu est en défaveur du joueur car l espérance est négative ou encore qu en moyenne, sur un grand nombre de partie, le joueur perd euro par partie.

2 EXERCICE RESTITUTION ORGANISÉE DES CONNAISSANCES On pose = e t, on a donc >, ln()= t. On a lim e t =+ = lim t t lim t + e t = puisque lim e t t + t =+.. lim t + ln() ln(e t ) = lim t + e t =. La fonction g est dérivable d après les théorèmes générau et g ()=+. Pour, > et >, donc g ()> donc la fonction g est strictement croissante sur ;+.. a. La fonction f ()=u() v() avec u()= et v()=ln(). u et v sont dérivables u() avec u ()=et v ()=. D après les théorèmes générau f est dérivable et on a f ()=u () v ()u() v()u () ln() u() = = +ln() = g () b. Pour tout ;+, g () > et >, donc f () >. On en déduit que f est strictement croissante sur ; +. c. f () = ln(), lim ln() f () = lim = donc la droite D d équation + + y = est une asymptote à la courbe C. d. Pour tout ;+, ln() et >, donc ln() donc la courbe C est située en dessous de la droite D.. a. Un graphique pour comprendre : 5 N 5 M D C M 5 M 5 Amérique du Nord mai

3 Variables Initialisation Traitement Sortie La distance M N = f () = ln() est un entier d est une variable réelle := ; d := ln() Tant que d > Début du tant que := + ; d := ln() ; Fin du tant que Afficher >. EXERCICE b.. Pour tout ; ], + >, donc f ()>. On en déduit que f est strictement croissante sur ; ]. a. g est la composée des fonctions f et u : tan() qui sont dérivables, donc g est dérivable et g ()= f (u()) u ()= +tan () ( +tan () ) = b. Pour tout de ; ], g ()=, donc pour tout de ; ], g ()=+ c avec c R une constante. D autre part, +c = g () = f (tan()) = f () =. On en déduit que c =. On a donc g ()= pour tout de f ()=. ; ]. g ( )= = f (tan( ) ) = f (), donc. f est croissante sur ; ]. f ()= et f ()= donc, pour tout ; ], f (). On pose u() =. u et f sont dérivables et leurs dérivées u () = et f () = sont continues, d après le théorème de l intégration par parties on a I = + f ()d = u ()f ()d = u()f () ] u()f ()d = f () ] + d = f () + d. On pose pour tout de ; ], v()=+. v est dérivable avec v ()=, de plus v()> pour tout de ; ]. + d = v () v() d = ln(v())] = ln(). On en déduit que I = ln(). Amérique du Nord mai

4 . a. Pour tout de ; ], n et f (), donc n f () d après la positivité de l intégrale, on a n f ()d, donc I n. b. Pour tout de ; ], n et f (), donc n f () n d après la croissance ] de l intégrale, on a n f ()d n d = n+ n+ (n+ ), donc I n (n+ ). c. On a I n (n+ ) et lim =, d après le théorème des comparaisons n + (n+ ) des limites de suites, (I n ) converge et sa limite est. = EXERCICE Pour les candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité. f (M)=M z = z z z = z(z )= z = ou z=. On en déduit que Γ = {O,Ω}.. a. a= i ( ) ( ( = i = cos ) ( + i sin )) = e i. ) b. Soit M tel que f (M)=A z = a z e i = z ( e i 8 = ( z )( e i 8 z+ ) e i 8 = z e i 8 = ou z+ e i 8 = z = e i 8 ou z= e i 8. Les affies des deu antécédents de A par f sont e i 8 et e i 8.. On pose z = + iy l écriture algébrique de z. On a z = y + i y est imaginaire pur si et seulement si y = ( y)(+y)= y = ou +y = = y ou = y. Γ est donc la réunion des droites d équations = y et = y.. a. M distinct de Ω est tel que le triangle ΩMM est rectangle isocèle direct en Ω si et seulement si z et M est l image de M par la rotation de centre Ω et d angle z =e i (z ) z =i(z ) z iz +i= avec z. b. (z )(z+ i)=z + z iz z +i=z iz +i c. z iz +i= (z )(z+ i)= z = ou z+ i= z = ou z= +i. Or z, donc Γ contient uniquement le point d affie +i. ( ) ( z 5. a. OM, OM ) ( z ) = arg = arg = arg(z). z z ( b. Les points O, M et M ) sont alignés si et seulement si OM, OM ] arg(z) ] z R. Γ est donc l ae des abscisses privé des points O et Ω. Amérique du Nord mai

5 EXERCICE SPÉCIALITÉ. Recherche de points invariants : M est un point invariant z = 5iz+ 6i+ z 5iz = 6i+ z( 5i)=6i+ z= 6i+ = +i. L unique point invariant par S est le point Ω d affie ω= +i. 5i z ω= z ( +i)=5iz+6i+ ( +i) z ( +i)=5iz+5+5i=5i ( z ( +i) ) = 5e i (z ω) z ω=5e i (z ω). C est l epression complee de la similitude de centre Ω, de rapport 5 et d angle.. z = + iy = 5iz+ 6i+ = 5i(+ iy)+6i+ = 5i 5y+ 6i+ = 5y+ +i(5+ 6) { = 5y+ y = a. On a + ( ) =, en multipliant par 5, on obtient 5+ ( 5) = 5. On a ainsi une solution particulière (5; 5). D où a+ b = 5 a+ b = 5+ ( 5) a 5 = b+ ( 5) (a 5) = (b+ 5). On en déduit que divise (b+ 5), or et - sont premiers entre eu, d près le théorème de Gauss, divise b+ 5, donc Z tel que b+ 5 = b = 5+, on en déduit que (a 5) = ( ) (a 5) = a 5 = a = 5. L ensemble des couples solutions est donc {(5 ; 5+)/ Z}. b. + y = 7 + y ( 5y+ )+(5+ 6)= 7 + 5y + { = 5 =7 + 5y = 5 + y = 5 Z tel que y = et 5+ 5, donc seuls = et = sont tels que 5 et y 5. Les points de coordonnées (; ) et ( ; ) répondent à la question.. a. + y = 5y = 5( y+ ), donc + y est un multiple de 5. b. + y ( y )=y, donc y et + y sont congrus modulo. Par ailleurs est un nombre premier. Si divise y = ( y )( + y ), alors il divise y ou + y. Supposons qu il divise y, alors y ], or y + y ], donc + y y ]. Le raisonnement est identique si on suppose que + y ]. c. y = donc y est multiple de donc y et + y le sont également. Par ailleurs + y est un multiple de 5. Or ( y )( + y )=, donc + y est un multiple de et de 5 qui divise, + y est donc un multiple de qui divise. On en déduit que + y =± ou + y =±. + y =± est impossible car cela donnerait y =± qui ne serait pas congru à + y =± modulo. Il reste donc l unique possibilité + y =± donc y =±, ce qui donne =±6 et y =±. = 6 n est pas possible car cela donnerait 6 = 5y + d où y =, donc y n est 5 pas entier. On a finalement = 6 et y = ce qui donne = et y =. L unique point de E est donc (; ). Amérique du Nord 5 mai