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Corrigé Bac Maths S1 1er groupe 2016

Exercice 1

1. L'application complexe

$F$ correspondant à

$f$ est de la forme

$F(z)=az+b$ avec

$a=\dfrac{1}{3}\mathrm{j}^{2}$ et

$b=0$ . C'est donc la similitude plane directe d'angle

$\theta=arg\;a=2arg\;\mathrm{j}=\dfrac{4\pi}{3}$ , de rapport

$k=|a|=\dfrac{1}{3}$ et de centre le point d'affixe

$\dfrac{b}{1-a}=0$ c'est à dire l'origine.

2. a. Un point

$M'$ d'affixe

$z'$ appartient à

$f(\mathcal{E})$ si et seulement si il existe un point

$M$ de

$\mathcal{E}$

d'affixe

$z$ tel que

$F(z)=z'$ c'est à dire

$z=\dfrac{3}{\mathrm{j}^{2}}z'.$

Alors en tenant compte des indications sur

$\mathrm{j}$ on a :

$\begin{eqnarray} M'(z')\in f(\mathcal{E}) &\Leftrightarrow & M(z)\in\mathcal{E} \nonumber \\ &\Leftrightarrow &\mathrm{j}z^{2}+\overline{\mathrm{j}z^{2}}-\dfrac{10}{3}z\overline{z}+192 \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad = 0\nonumber \\ &\Leftrightarrow & \mathrm{j}\left(\dfrac{3}{\mathrm{j}^{2}}z'\right)^{2}+\overline{\mathrm{j}\left(\dfrac{3}{\mathrm{j}^{2}}z'\right)^{2}}-\dfrac{10}{3}\dfrac{3}{\mathrm{j}^{2}}z'\overline{\left(\dfrac{3}{\mathrm{j}^{2}}z'\right)}+192= 0 \nonumber \\ &\Leftrightarrow & 9z'^{2}+\overline{9z'^{2}}-30z'\overline{z'}+192\qquad\qquad\qquad\quad\quad\ \ \ \ =0 \nonumber \\ &\Leftrightarrow & 3z'^{2}+\overline{3z'^{2}}-10z'\overline{z'}+64\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\ \ \ =0 \nonumber \end{eqnarray}$

$z'$ s'écrit

$x'+\mathrm{i}y'$ , alors

$\begin{eqnarray}M'(z')\in f(\mathcal{E}) & \Leftrightarrow & 3(z'^{2}+\overline{z'^{2}})-10z'\overline{z'}+64\qquad\qquad\quad\ =0 \nonumber \\& \Leftrightarrow & 3\times2\mathbb{R}e(z'^{2})-10(x'^{2}+y'^{2})+64 \qquad=0 \nonumber \\& \Leftrightarrow & 3\times2(x'^{2}-y'^{2})-10(x'^{2}+y'^{2})+64\ \ \ =0 \nonumber \\& \Leftrightarrow & x'^{2}+4y'^{2}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad=16 \nonumber \end{eqnarray}$

L'équation

$x^{2}+4y^{2}=16$ est bien une équation cartésienne de

$f(\mathcal{E}).$

b. Cette dernière équation s'écrit aussi

$\dfrac{x^{2}}{4^{2}}+\dfrac{y^{2}}{2^{2}}=1.$

$f(\mathcal{E})$ est donc une ellipse de centre l'origine.

Ses foyers

$F_{1}'$ et

$F_{2}'$ ont pour coordonnées respectives

$(-c,\ 0)$ et

$(c,\ 0)$ avec

$c=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2\sqrt{3}$ . Son excentricité est

$e=\dfrac{c}{4}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

3. Les foyers et axes de

$\mathcal{E}$ sont les images réciproques des foyers et axes de

$f(\mathcal{E})$ par la similitude réciproque de

$f$ , laquelle a pour centre

$O$ , pour angle

$-\theta=-\dfrac{4\pi}{3}\equiv\dfrac{2\pi}{3}\;[2\pi]$ et pour

rapport

$\dfrac{1}{k}=3.$

Voir les graphiques de

$f(\mathcal{E})$ et de

$\mathcal{E}$ dans la figure 1.

Exercice 2

Le nombre total de boules est

$n+(8+n)+20=28+2n$ .

Notons

$p_{N}\;,\ p_{B}$ et

$p_{R}$ les probabilités de tirer une noire, une blanche et une rouge respectivement. Puisque les tirages sont avec remise, ces probabilités sont indépendantes du numéro

(premier ou second ) du tirage.

$p_{N}=\dfrac{8+n}{28+2n}\;;\ p_{B}=\dfrac{20}{28+2n}\;;\ p_{R}=\dfrac{n}{28+2n}$

Pour gagner, il faut avoir tiré une noire au premier tirage (probabilité

$p_{N}$ ) ou avoir tiré une blanche au premier tirage et une noire au second tirage (probabilité

$p_{B}\times p_{N}$ ). Donc la probabilité de gagner est

$p_{N}+p_{B}\times p_{N}=\dfrac{(n+8)(n+24)}{2(n+14)^{2}}=f(n).$

2. a. Étudions d'abord les variations de

$f.$

$f$ est continue et dérivable sur

$\mathbb{R}_{+}^{*}$ et

$\forall\;x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\;,\ f(x)=2\dfrac{-x+16}{(x+14)^{3}}$ . Voici son tableau de

variations.

$\begin{array}{|c||lcccccr|}\hline x & 0 & & 1 & & 16 & & +\infty \\\hline f'(x) & & + & & + & 0 & - & \\\hline & & & & & 8/15 & & \\ & & & &\nearrow & &\searrow & \\ f & & & 1/2 & & & & \\& & \nearrow & & & & & 1/2 \\\hline\end{array}$

On y voit nettement que f atteint un maximum égal à

$\dfrac{8}{15}$ au point 16 (qui est heureusement un entier).

Pour que cette probabilité soit maximale, il faut donc et il suffit que

$n=16$ et cette probabilité

vaut

$\dfrac{8}{15}.$

b. La restriction de

$f$ à

$\mathbb{N}^{*}$ atteint un minimum égal à

$\dfrac{1}{2}$ au point 1.

Pour que cette probabilité soit minimale, il faut donc et il suffit que

$n=1$ et cette probabilité vaut

$\dfrac{1}{2}.$

Quand

$x$ tend vers

$+\infty$ ,

$f(x)$ tend vers

$\dfrac{1}{2}$ mais cette valeur n'est pas atteinte par

$f$ dans

l'intervalle

$[16,\ +\infty[$

3. a.

$X$ prend les valeurs

$x_{1}=p-8\;,\ x_{2}=q-8$ et

$x_{3}=-8$ avec les probabilités

$p_{1}=P(X=x_{1})=p_{N}=\dfrac{2}{5}$

$p_{2}=P(X=x_{2})=p_{B}\times p_{N}=\dfrac{2}{15}$

$p_{3}=P(X=x_{3})=1-p_{1}-p_{2}=\dfrac{7}{15}$

$\qquad=\text{ aussi }p_{R}+p_{B}\times p_{\overline{N}}=\dfrac{n}{28+2n}+\dfrac{20}{28+2n}\left(1-\dfrac{8+n}{28+2n}\right)$

L'espérance mathématique de

$X$ est

$E(X)=p_{1}x_{1}+p_{2}x_{2}+p_{3}x_{3}=\dfrac{2}{5}(p-8)+\dfrac{2}{15}(q-8)+\dfrac{7}{15}(-8)=\dfrac{2}{5}p+\dfrac{2}{15}q-8$

b. La nullité de l'espérance mathématique signifie donc

$3p+q=60.$

Le couple

$(p_{0},\ q_{0})=(20,\ 0)$ est une solution "particulière" de l'équation diophantienne

$3p+q=60$ . La solution générale de cette équation est donc

$q=3k+q_{0}=3k\text{ et }p=-k+p_{0}=-k+20\;,\ k\in\mathbb{Z}$

Les contraintes supplémentaires sur

$p$ et

$q$ deviennent

$-k+20>3k>8$ c'est à dire

$\dfrac{8}{3}<k<5$ .

$k$ vaut donc 3 ou 4 et les couples

$(p,\ q)$ possibles sont

$(17,\ 9)$ et

$(16,\ 12).$

4. Pour

$p=16$ et

$q=12$ , on sait d'après ce qui précède que l'espérance mathématique est

nulle. La variance vaut alors

$V(X)=E(X^{2})-[E(X)]^{2}=E(X^{2})$

$V(X)=p_{1}x_{1}^{2}+p_{2}x_{2}^{2}+p_{3}x_{3}^{2}=\dfrac{2}{5}8^{2}+\dfrac{2}{15}4^{2}+\dfrac{7}{15}8^{2}=\dfrac{18\times 16}{5}$

Et l'écart type vaut

$\sigma(X)=\sqrt{V(X)}=4\sqrt{\dfrac{18}{5}}$

Poblème

Partie A

1. a.

La fonction

$\phi : x\mapsto x-1-\ln x$ est définie, continue et

dérivable sur

$\mathbb{R}_{+}^{*}$ et

$\forall\;x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\;,\ \phi'(x)=1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{x}$

La dérivée s'annule au point 1 et est >0 si et seulement

$x>1$ . Voici le tableau de variations de

$\phi .$

$\begin{array}{|c||lcccr|}\hline x & 0 & & 1 & & +\infty \\\hline\phi'(x) & & - & 0 & + & \\\hline & & & & & \\\phi(x) & & \searrow & & \nearrow & \\ & & & 0 & & \\\hline\end{array}$

On y voit nettement que la fonction

$\phi$ est positive ; donc

$\forall\;x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\;,\ \ln x\leq x-1.$

Soit

$x$ un réel>0 et

$k$ un entier naturel non nul. Dans la relation précédente, en remplaçant

$x$ par

$\dfrac{x}{k}$ , on a

$\ln\dfrac{x}{k}\leq\dfrac{x}{k}-1$ puis par intégration :

$\int_{k-1/2}^{k+1/2}\ln\dfrac{x}{k}\mathrm{d}x \leq\int_{k-1/2}^{k+1/2}\left(\dfrac{x}{k}-1\right)\mathrm{d}x=\left\lbrack\dfrac{x^{2}}{2k}-x\right\rbrack_{x=k-1/2}^{x=k+1/2}=0$

b. En sommant les relations précédentes de

$k=1$ à

$k=n$ on a :

$\sum_{k=1}^{n}\int_{k-1/2}^{k+1/2}\ln\dfrac{x}{k}\mathrm{d}x\leq 0\text{ puis }\sum_{k=1}^{n}\int_{k-1/2}^{k+1/2}(\ln x-\ln k)\mathrm{d}x\leq 0$

ensuite, avec la relation de Chasles :

$\int_{1/2}^{n+1/2}\ln x\mathrm{d}x-\sum_{k=1}^{n}\ln k\leq 0\text{ ou }\int_{1/2}^{n+1/2}\ln x\mathrm{d}x-\ln(n!)\leq 0$

c. Comme

$x\longmapsto x\ln x-x$ est une primitive de

$x\longmapsto \ln x$ (résultat que l'on obtient par intégration par parties),

$\left\lbrack x\ln x-x \right\rbrack_{1/2}^{n+1/2} -\ln(n!)\leq 0$ c'est à dire

$\ln(n!)+n-\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\ln\left(n+\dfrac{1}{2}\right)-\ln\sqrt{2}\geq 0$

2. a.

La fonction

$g$ est définie, continue et dérivable sur

$[0,\ 1[$ et

$\forall\;x\in[0,\ 1[\;,\ g'(x)=\dfrac{2x}{(1-x^{2})^{2}}$

Voici le tableau de variations de

$g.$

$\begin{array}{|c|lcr|}\hline x & 0 & & 1 \\\hline g'(x) & & + & \\\hline & & & +\infty \\g(x) & & \nearrow & \\ & 1 & & \\\hline\end{array}$

- Pour tout

$x$ dans

$]0,\ 1[$ , la fonction

$h$ est continue sur

$[0,\ x]$ , dérivable sur

$]0,\ x[$ et pour tout

$u\in]0,\ x[$ ,

$h'(u)=g(u)$ . D'après le théorème des accroissements finis, il existe un réel

$c$ dans

l'intervalle

$]0,\ x[$ tel que

$\dfrac{h(x)-h(0)}{x-0}=h'(c)$ c'est à dire

$\dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}g(t)\mathrm{d}t=g(c)\text{ ou }f(x)=g(c).$

Mais puisque la fonction

$g$ est croissante

$g(0)\leq g(c)\leq g(x)$ ; donc

$1\leq f(x)\leq g(x).$

- Si on veut utiliser la valeur moyenne de

$g$ on peut dire : La fonction

$g$ étant continue,

$\dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}g(t)\mathrm{d}t$ , valeur moyenne de

$g$ sur

$[0,\ x]$ est une valeur de

$g$ ; il existe donc

$c$ dans

$[0,\ x]$ tel que

$\dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}g(t)\mathrm{d}t=g(c).$

La fonction

$g$ étant continue, sa limite en 0 est

$g(0)=1$ . Alors les inégalités

$1\leq f(x)\leq g(x)$

et le théorème des gendarmes entraînent que

$f$ aussi a pour limite

$1=f(0)$ quand

$x$ tend vers 0 et donc oui !

$f$ est continue en 0.

c. Pour montrer qu'il existe deux réels

$a$ et

$b$ tels que

$\forall\;t\in\mathbf{I}\;,\ g(t)=\dfrac{a}{1-t}+\dfrac{b}{1+t}$ , il suffit de réduire au même dénominateur et d'identifier les numérateurs. On trouve

$a=b=\dfrac{1}{2}$ puis

$g(t)=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{1-t}+\dfrac{1}{1+t}\right)$

On en déduit par intégration que

$\forall\;x\in]0,\ 1[\;,\ f(x)=\dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{1-t}+\dfrac{1}{1+t}\right)\mathrm{d}t=\dfrac{1}{2x}\left\lbrack\ln(1+t)-\ln(1-t)\right\rbrack_{0}^{x}=\dfrac{1}{2x}\ln\dfrac{1+x}{1-x}$

3. a. Un calcul direct montre que

$\forall\;n\in\mathbb{N}^{*}$ ,

$\begin{eqnarray} u_{n+1}-u_{n} & = & \ln\left[(n+1)! \right]-\left(n+1+\dfrac{1}{2}\right) \ln(n+1)+n+1-\ln(n!)+\left(n+\dfrac{1}{2} \right) \ln n-n \nonumber \\ & = & 1-\dfrac{2n+1}{2}\ln\dfrac{n+1}{n} \nonumber \\ & = & 1-f\left(\dfrac{1}{2n+1}\right) \nonumber \end{eqnarray}$

Puisque pour tout

$x$ de

$[0,\ 1[$ ,

$f(x)$ est

$\geq 1$ , cette dernière relation entraine que

$\forall\;\in\mathbb{N}^{*}\;,\ u_{n+1}-u_{n}$ est

$\leq 0$ ; la suite

$(u_{n})$ est donc décroissante.

$\begin{eqnarray}\forall\;\in\mathbb{N}^{*}\;,\ u_{n} & = & \ln(n!)+n-\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\ln n \nonumber \\ & \geq & \ln(n!)+n-\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\ln(n+1)\quad\text{ car }\ln\text{ est croissante } \nonumber \\ & \geq & \ln\sqrt{2}\quad\text{ d'après la question 1.c } \nonumber \end{eqnarray}$

c. La suite

$(u_{n})$ étant décroissante et minorée est convergente.

Partie B

1. a.

$v_{1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin t\mathrm{d}t=\left\lbrack-\cos t\right\rbrack_{0}^{\frac{\pi}{2}}=1$

$\forall\;\in\mathbb{N}^{*}\;,\ v_{n}$ est

$\geq 0$

puisque intégrale d'une fonction continue

$\geq 0.$

$v_{n+1}-v_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n} t(\sin t-1)\mathrm{d}t$ est

$\leq 0$

puisque intégrale d'une fonction

$\leq 0$ . La suite

$(v_{n})$ est donc décroissante.

b. Pour tout entier naturel

$n$ , en posant

$u=\sin^{n+1} t$ et

$v'=\sin t$ , on a

$u'=(n+1)\sin^{n} t\cos t$

et on peut prendre

$v=-\cos t$ ; une intégration par parties donne alors :

$\begin{eqnarray}v_{n+2} & = & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n+1} t\sin t\mathrm{d}t \nonumber \\ & = & \left\lbrack uv\right\rbrack_{0}^{\frac{\pi}{2}}+(n+1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n} t\cos^{2} t\mathrm{d}t \nonumber \\ & = & (n+1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n} t(1-\sin^{2} t)\mathrm{d}t \nonumber\\ & = & (n+1)(v_{n}-v_{n+2}) \nonumber \end{eqnarray}$

Ce qui entraîne bien

$v_{n+2}=\dfrac{n+1}{n+2}v_{n}$ .

c. On a pour tout entier naturel

$n$ :

$\begin{eqnarray}\dfrac{n+1}{n+2} & = &\dfrac{v_{n+2}}{v_{n}} \nonumber\\ & \leq & \dfrac{v_{n+1}}{v_{n}}\quad \text{ car la suite }(v_{n})\quad\text{ est décroissante }\nonumber\\ & \leq & 1 \quad\text{ car la suite }(v_{n})\quad\text{ est décroissante }\nonumber\end{eqnarray}$

Puisque

$\dfrac{n+1}{n+2}$ a pour limite 1 quand n tend vers

$+\infty$ , le théorème des gendarmes appliqué à la relation

$\dfrac{n+1}{n+2}\leq\dfrac{v_{n+1}}{v_{n}}\leq 1$

permet d'affirmer que

$\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{v_{n+1}}{v_{n}}=1$

$\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=\dfrac{(n+2)v_{n+2}v_{n+1}}{(n+1)v_{n+1}v_{n}}=1$ ; la suite

$(a_{n})$ est donc constante. Cette constante est égale à

$a_{0}=v_{1}v_{0}=\dfrac{\pi}{2}.$

$\forall\;n\in\mathbb{N}\;,\ \dfrac{n}{n+1}a_{n}\dfrac{v_{n}}{v_{n+1}}=\dfrac{n}{n+1}(n+1)v_{n+1}v_{n}\dfrac{v_{n}}{v_{n+1}}=nv_{n}^{2}.$

Comme la suite

$(a_{n})$ est constante égale à

$\dfrac{\pi}{2}$ , la relation précédente s'écrit aussi :

$nv_{n}^{2}=\dfrac{n}{n+1}\dfrac{v_{n}}{v_{n+1}}\dfrac{\pi}{2}$ ; donc

$\lim_{n\rightarrow+\infty}nv_{n}^{2}=\dfrac{\pi}{2}$ .

2. Pour tout entier naturel

$n$ , on pose

$b_{n}=v_{2n}$

$nb_{n}^{2}=\dfrac{1}{2}2nv_{2n}^{2}=\dfrac{1}{2}\beta_{2n}\text{ avec }\beta_{n}=nv_{n}^{2}$ . et puisque la suite

$\beta_{n}$ a pour limite

$\dfrac{\pi}{2}$ , on peut

écrire d'après les indications de l'énoncé :

$\lim_{n\rightarrow+\infty}nb_{n}^{2}=\dfrac{1}{2}\lim_{n\rightarrow+\infty}\beta_{2n}=\dfrac{\pi}{4}$

b. Pour tout entier naturel

$n$ , appelons

$P_{n}$ la propriété :

$b_{n}=\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}\dfrac{\pi}{2}$

$b_{0}=v_{0}=\dfrac{\pi}{2}\;,\ P_{0}$ est donc vraie

Supposons

$P_{n}$ vraie pour un entier donné

$n$ .

Alors, avec la relation

$(E)$ on peut écrire :

$\begin{eqnarray} b_{n+1} & = & v_{2n+2}=\dfrac{2n+1}{2n+2}v_{2n}=\dfrac{2n+1}{2n+2}b_{n} \nonumber\\ & = & \dfrac{2n+1}{2n+2}\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}\dfrac{\pi}{2}\quad \text{ car }(P_{n})\quad\text{ est supposée vraie }\nonumber\\ & = & \dfrac{(2n+1)(2n+2)}{(2n+2)^{2}}\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}\dfrac{\pi}{2} \nonumber\\ & = & \dfrac{[2(n+1)]!}{2^{2n+2}}[(n+1)!]^{2}\dfrac{\pi}{2} \nonumber\end{eqnarray}$

$P_{n+1}$ est donc vraie.

3. a. Pour tout entier

$n$ on a :

$\mathrm{e}^{u_{n}}=\mathrm{e}^{\ln n!}\mathrm{e}^{n}\mathrm{e}^{-(n+1/2)\ln n}=n!\mathrm{e}^{n}n^{-n-1/2}=n!\left(\dfrac{\mathrm{e}}{n}\right)^{n}\dfrac{1}{\sqrt{n}}.$

b. Pour tout entier

$n$ on a :

$\begin{eqnarray}\mathrm{e}^{u_{2n}-2u_{n}} & = & \dfrac{\mathrm{e}^{u_{2n}}}{(\mathrm{e}^{u_{n}})^{2}} \nonumber\\ & = & (2n)!\left(\dfrac{\mathrm{e}}{2n}\right)^{2n}\dfrac{1}{\sqrt{2n}}\left[\dfrac{1}{n!}\left(\dfrac{n}{\mathrm{e}}\right)^{n}\sqrt{n}\right]^{2} \nonumber\\ & = & \dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}\sqrt{\dfrac{n}{2}} \nonumber\\ & = & \dfrac{1}{\pi}b_{n}\sqrt{2n}=\dfrac{\sqrt{2}}{\pi}\sqrt{nb_{n}^{2}} \nonumber\end{eqnarray}$

La constante

$A$ demandée vaut donc

$\dfrac{\sqrt{2}}{\pi}$

On en déduit que

$\mathrm{e}^{u_{2n}-2u_{n}}=\dfrac{\sqrt{2}}{\pi}\sqrt{nb_{n}^{2}}$ a pour limite

$\dfrac{\sqrt{2}}{\pi}\sqrt{\dfrac{\pi}{4}}=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}.$

Mais si

$l$ est la limite de

$(u_{n})$ alors

$\mathrm{e}^{u_{2n}-2u_{n}}$ a aussi pour limite

$\mathrm{e}^{l-2l}=\mathrm{e}^{-l}$ .

Par conséquent

$\mathrm{e}^{-l}=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}$

c'est à dire

$l=\ln\sqrt{2\pi}$ et

$\mathrm{e}^{u_{n}}$ a pour limite

$\mathrm{e}^{l}=\sqrt{2\pi}$

Figure 1. Figure de l'exercice 1

Source: Office du bac Sénégal

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