Corrigé Bac Maths S2 1er groupe 2015

Exercice 1 (3.5pts)

1) L'évènement contraire de "$A$ sachant $B$" est $\overline{A}$ sachant $B$.
 
2) Soient $E$ et $F$ deux évènements indépendants d'un même univers, on a : $$p(E\cup F)=p(E)\times p(\overline{F})+p(F)$$
 
3) Soit $X$ une variable aléatoire qui suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$ où $n=4\ $ et $\ p\in ]0,\ 1[$. Si $p(X=1)=8\;p(X=0)\ $ alors, $p=\dfrac{2}{3}$
 
4. Interprétations géométriques :
 
a) $AM=1$ 
 
b) $AM=BM$
 
c) $OM'=AB$
 
d) $(\overrightarrow{MB},\ \overrightarrow{MA})=(\overrightarrow{M'B},\ \overrightarrow{M'A})\ [2\pi]$

Exercice 2 (5pts)

1. Soit $p(z)=z^{3}+3z^{2}-3z-5-20\mathrm{i}\;,\ z\in\mathbb{C}$.
 
a) $p(2+\mathrm{i})=(2+\mathrm{i})^{3}+3(2+\mathrm{i})^{2}-3(2+\mathrm{i})-5-20\mathrm{i}=5-5+24\mathrm{i}-24i=0$:

D'où $2+\mathrm{i}$ est une racine de $p(z)$. 
 
b) $p(2+\mathrm{i})=0$ donc $p(z)=(z-2-\mathrm{i})q(z)$ avec $q(z)= z^{2}+(5+\mathrm{i})z+6+7\mathrm{i}$.

$p(z)=0$ si et seulement si $z-2-\mathrm{i}=0$ ou $z^{2}+(5+\mathrm{i})z+6+7\mathrm{i}=0$.

On pose $z^{2}+(5+\mathrm{i})z+6+7\mathrm{i}=0$.
$$\Delta=18\mathrm{i}$$
Les racines de $\Delta$ sont $3(1-\mathrm{i})$ et $-3(1-\mathrm{i})$. D'où on a :
$$z_{1}=-4+\mathrm{i}\text{ et } z_{2}=-1-2\mathrm{i}.$$
L'ensemble des solutions de l'équation $p(z)=0$ est :
$$S=\{2+\mathrm{i},\ -4+\mathrm{i},\ -1-2\mathrm{i}\}$$
 
2) Le plan complexe est rapporté au repère orthonormé $(O;\ \vec{u},\ \vec{v})$

Soient $A(2+\mathrm{i}),\ B(-1-2\mathrm{i})$ et $C(-4+\mathrm{i})$.
 
a) Plaçons les points $A\;,\ B$ et $C$. 

 

 
$AB=3\sqrt{2}\text{ et }BC=3\sqrt{2}$
 
b) On a

$\begin{array}{lcl}  arg\left(\dfrac{z_{C}-z_{B}}{z_{A}-z_{B}}\right)&=&arg\left(\dfrac{z_{\overrightarrow{BC}}}{z_{\overrightarrow{BA}}}\right)\\ \\&=&arg\; z_{\overrightarrow{BC}}-arg\; z_{\overrightarrow{BA}}\\&=&(\vec{u},\ \overrightarrow{BC})-(\vec{u},\ \overrightarrow{BA})\ [2\pi]\\&=&=(\overrightarrow{BA},\ \overrightarrow{BC})\ [2\pi]\end{array}$
 

c) $$arg\left(\dfrac{z_{C}-z_{B}}{z_{A}-z_{B}}\right)=arg\left(\dfrac{-1+\mathrm{i}}{1+\mathrm{i}}\right)=arg(\mathrm{i})=\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi].$$
 
d) D'après a) et b) $ABC$ est un triangle rectangle isocèle en $B$.
 
3) a)  $r\ :\ M(z)\mapsto M'(z')$ telle que $z'=az+b$.
 
$$(1)\ \left\{\begin{array}{lcl} r(B) &=& B \\ r(A) &=& C\end{array}\right.\qquad \Rightarrow\qquad(2)\ \left\{\begin{array}{lcl} az_{B}+b &=& z_{B} \\ az_{A}+b &=& z_{C} \end{array}\right.$$
D'où $a=\dfrac{z_{B}-z_{C}}{z_{B}-z_{A}}=\dfrac{-1+\mathrm{i}}{1+\mathrm{i}}=\mathrm{i}$ et $b=z_{B}(1-a)=(-1-2\mathrm{i})(1-\mathrm{i})=-3-\mathrm{i}$.

Donc l'application $f$ associée à $r$ est définie par $$f(z)=\mathrm{i}z-3-\mathrm{i}$$
 
b) Les éléments caractéristiques de $r$ sont :

$–\ $ Le centre $B$ d'affixe $-1-2\mathrm{i}$.

$–\ $ L'angle $\theta=\dfrac{\pi}{2}$
 
4. $T\ :\ M(z)\mapsto M'(z')$ telle que $z'=\mathrm{i}\alpha^{2}z+\alpha\;,\ \alpha\in\mathbb{C}$.
 
a) Si T est une homothétie de rapport 2 alors $\mathrm{i}\alpha^{2}=2$.

$\mathrm{i}\alpha^{2}=2\ \Leftrightarrow\ \alpha^{2}=-2\mathrm{i}\ \Leftrightarrow\ \alpha^{2}=(1-\mathrm{i})^{2}$.
 
D'où : $\alpha=1-\mathrm{i}$ ou  $\alpha=-1+\mathrm{i}$

b) Si $|\alpha|=\sqrt{2}$ et $arg\;\alpha=-\dfrac{\pi}{4}$ alors $\alpha=1-\mathrm{i}$. D'où $z'=2z+1-\mathrm{i}$

Donc $T$ est une homothétie de centre $\Omega$ d'affixe $-1+\mathrm{i}$ et de rapport $k=2$.
 
5) $g=r\circ T$ avec $\alpha=1-\mathrm{i}$.
 
a) Soit $t$ l'application de $\mathbb{C}$ dans $\mathbb{C}$ associée à $T.$ On a :

$\begin{array}{lcl}  h(z)&=&f\circ t(z)\\&=&f(2z+1-\mathrm{i})\\&=&\mathrm{i}(2z+1-\mathrm{i})-3-\mathrm{i}\end{array}$


 d'où $$h(z)=2\mathrm{i}z-2$$
b) g est une similitude directe de :

$–\ $ centre $\Omega_{0}$ d'affixe $-\dfrac{2}{5}-\dfrac{4}{5}\mathrm{i}\;,$

$–\ $ rapport $k=2\;,$

$–\ $ angle $\theta=\dfrac{\pi}{2}$.
 
$$g=S\left(\Omega_{0}\left(-\dfrac{2}{5}-\dfrac{4}{5}\mathrm{i}\right),\ 2,\ \dfrac{\pi}{2}\right)$$

Exercice 3 (2.5pts)

1) Le coefficient de corrélation linéaire $r$ est défini par $r=\dfrac{Cov(X,\ Y)}{\sigma_{X}\sigma_{Y}}$.

D'où : $r\approx 0.69$.
 
2) a) La droite de régression de $Y$ en $X\;,\  (D_{Y/X})\;,$ a pour équation $y=92.59x-4.35$.
 
b) Il faut investir 3.29 milliards de $FCFA$ si l'on désire un chiffre d'affaire de 300 milliards.

Exercice 4 (9pts)

A) 1) Soit $I(\alpha)=\int_{0}^{\alpha}\mathrm{e}^{t}(t+2)\mathrm{d}t.$
 
En intégrant par parties $I(\alpha)=\int_{0}^{\alpha}\mathrm{e}^{t}(t+2)\mathrm{d}t$, on obtient : $I(\alpha)=\mathrm{e}^{\alpha}(\alpha+1)-1.$

D'où : $I(x)=\mathrm{e}^{x}(x+1)-1$.
 
2) $k$ étant une fonction dérivable sur $\mathbb{R}$, soit $h$ telle que $h(x)=k(x)\mathrm{e}^{-x}\;,\ \forall\;x\in\mathbb{R}$
 
a) Si $h$ vérifie la condition $h'(x)+h(x)=x+2$ alors on a : $k'(x)\mathrm{e}^{-x}-k(x)\mathrm{e}^{-x}+k(x)\mathrm{e}^{-x}=x+2\;,$ d'où $$k'(x)=(x+2)\mathrm{e}^{x}$$
 
b) Déduisons-en $h$. Puisque $k'(x)=(x+2)\mathrm{e}^{x}$.

D'après 1) $I$ est une primitive de $k'$ , donc $k(x)=\mathrm{e}^{x}(x+1)-1+c$, avec $c$ une constante.

Or, $h(0)=2$ nous donne $k(0)=2$ donc $c=2$. Ainsi $$k(x)=\mathrm{e}^{x}(x+1)+1$$
D'où : $$h(x)=x+1+\mathrm{e}^{-x}$$
 
B) I) 1) Étude les variations de la fonction $g\;,$ définie par $g(x)=x+1+\mathrm{e}^{-x}\;,$ sur $\mathbb{R}$.

Domaine de définition de $g$ :

$g$ étant définie partout dans $\mathbb{R}\;,$ d'où $D_{g}=\mathbb{R}$.
 
Continuité et dérivabilité :

$–\ $ La fonction $x\mapsto\ x+1$ est une fonction polynôme, elle est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$
 
$–\ $ La fonction $x\mapsto\ -x$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}\;,$ de même que la fonction $x\mapsto\ \mathrm{e}^{x}$. Par composée, la fonction $x\mapsto\ \mathrm{e}^{-x}$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}\;,$
 
$–\ $ Par somme $g$ est continue et dérivable sur  $\mathbb{R}$.
 
Calcul de $g'(x)$
$$g'(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{x}-1}{\mathrm{e}^{x}}$$
D'où : $g'(x)\geq 0$ pour tout $x\geq 0$ et $g'(x)<0$ pour tout $x<0$.
 
Tableau de variations de g :
 
$$\lim_{x\rightarrow-\infty}g(x)=\lim_{x\rightarrow-\infty}x\left(1+\dfrac{1}{x}-\dfrac{\mathrm{e}^{-x}}{-x}\right)=+\infty$$
$$\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=\lim_{x\rightarrow+\infty}x+1+\mathrm{e}^{-x}=+\infty$$
 
$$\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x  & -\infty &  & 0 &  & +\infty \\ \hline g'(x) &  & - & 0 & + &    \\ \hline  & +\infty  &   &   &   & +\infty   \\ g &   &  \searrow &   & \nearrow &   \\   &   &  & 2 &   &      \\ \hline \end{array}$$
 
2) $\forall\;x\in\mathbb{R}\;,\  g(x)\geq 2$ d'après le tableau de variations de $g$, ce qui implique $g$ est strictement positif.
 
II) $f(x)=\ln(x+1+\mathrm{e}^{-x})$.
 
1) Les variations de la fonction f :

$–\  D_{f}=\mathbb{R}$.

$–\ \lim_{x\rightarrow-\infty}f(x)=+\infty\;,\ \lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=+\infty$

$–\ f$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$ par composée.

$–\ $ Dérivée :

$$f'(x)=\dfrac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x+1+\mathrm{e}^{-x}}$$
 
$–\ $ Sens de variations de f :

$f'(x)$ a le même signe que $1-\mathrm{e}^{-x}$.

$f'(x)\geq 0$ si $x\geq 0\;,$

$f'(x)<0$ si $x<0$.
 
$–\ $ Tableau de variations de $f$ :
$$\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x  & -\infty &  & 0 &  & +\infty \\ \hline f'(x) &  & - & 0 & + &    \\ \hline  & +\infty  &   &   &   & +\infty   \\ f &   &  \searrow &   & \nearrow &   \\  &   &  & \ln 2 &   &      \\ \hline \end{array}$$
 
2) $M\begin{pmatrix} x\\ \ln x \end{pmatrix}\;,\ N\begin{pmatrix} x\\ \ln(x+1+\mathrm{e}^{-x})\end{pmatrix}$
 
a) $\overline{MN}=\ln(x+1+\mathrm{e}^{-x})-\ln x$.

D'une part, la fonction $\ln$ étant croissante et $x+1+\mathrm{e}^{-x}>x\;,$ d'où $\ln(x+1+\mathrm{e}^{-x})>\ln x\;,$  donc $$\overline{MN}>0\qquad (1)$$

D'autre part, $\overline{MN}=\ln\left(dfrac{x+1+\mathrm{e}^{-x}}{x}\right)$.

Or si $x>0$ alors $\mathrm{e}^{-x}<1$, d'où $x+1+\mathrm{e}^{-x}<x+2\;,$ ainsi $\ln\left(dfrac{x+1+\mathrm{e}^{-x}}{x}\right)<\ln\left(dfrac{x+2}{x}\right)\;,$ donc $$\overline{MN}<\ln\left(\dfrac{x+2}{x}\right)\qquad (2)$$

(1) et (2) donnent : $$0<\overline{MN}<\ln\left(\dfrac{x+2}{x}\right).$$
 
b) $$\lim_{x\rightarrow+\infty}\ln\left(\dfrac{x+2}{x}\right)=0$$
donc  $$0<\lim_{x\rightarrow+\infty}\overline{MN}<0$$ d'où d'après le théorème des gendarmes $$\lim_{x\rightarrow+\infty}\overline{MN}=0$$
 
3) a) Démontrons que $$f(x)=-x+\ln(x\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{x}+1)\;,\ \forall\;x\in\mathbb{R}.$$
On sait que  $f(x)=\ln(x+1+\mathrm{e}^{-x})=\ln\left(\dfrac{(x+1)\mathrm{e}^{x}+1}{\mathrm{e}^{x}}\right)$.

Cherchons le signe de $m(x)=(x+1)\mathrm{e}^{x}+1$.

On a $m'(x)=(x+2)\mathrm{e}^{x}\;,$ et elle s'annule en -2.

$m$ étant décroissante sur $]-\infty;\ -2]$ et croissante sur $[-2;\ +\infty[$ alors $m$ admet un minimum en -2 et $m(-2)=\dfrac{\mathrm{e}^{2}-1}{\mathrm{e}^{2}}$.

Donc, pour tout $x\;,\ m(x)>0$. Ainsi donc $$f(x)=-x+\ln(x\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{x}+1)$$
 
b) D'après a) $f(x)=-x+\ln(x\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{x}+1)$. Or $\lim_{x\rightarrow-\infty}[f(x)+x]=\lim_{x\rightarrow-\infty}\ln(x\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{x}+1)=0$. Donc $(C_{f})$ admet une asymptote oblique $(\Delta)\;,$ d'équation $y=-x$ au voisinage de $-\infty$.
 
Position de $(C_{f})$ par rapport à $(\Delta)$ :

Cherchons le signe de $\ln((x+1)\mathrm{e}^{x}+1)$.

$\ln((x+1)\mathrm{e}^{x}+1)\geq 0$ si $(x+1)\geq 0$.

Alors, $(C_{f})$ est en dessous de $(\Delta)$ au voisinage de $-\infty$.

Au voisinage de $+\infty\;,\ \lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\ln(x+1)}{x}=0$. 

Donc, $(C_{f})$ admet une branche infinie de direction l'axe $(Ox)$.

 
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