Corrigé Bac Maths S2 1er groupe 2014

Exercice 1

1. Soit z un nombre complexe non nul donné.
- L'écriture algébrique de z est de la forme : z=a+ib, avec a sa partie réelle et b sa partie imaginaire.
- L'écriture exponentielle de z est de la forme : z=reiθ, avec r son module et θ un de ses arguments.
- L'écriture trigonométrique de z est de la forme : z=r(cosθ+isinθ), avec r son module et θ un de ses arguments.
 
2. Soient K(z0), M(z) et M(z) et soit r la rotation de centre K(z0) qui transforme M(z) en M(z) on a : {KM=KM(KM, KM)=θ [2π](1)
Ce qui est équivalent à {|zz0|=|zz0|arg(zz0zz0)θ [2π](2)
D'où z=eiθz+z0(1eiθ)
 
B) Soit z0=1i3
 
1. Écriture trigonométrique de z0.
On a |z0|=1+3=2,
Soit θ un argument de z0 alors cosθ=12 et sinθ=32 ce qui donne θ=π3 [2π] d'où z0=2(cosπ3isinπ3) 
 
2. Calculons z40.
z40=[2(cosπ3isinπ3)]4=16(cos4π3isin4π3)=16(12+i32)
 
D'où z40=8+i83
 
3. Résolvons l'équation z4=1
 
z4=1 implique |z|4=1  et  4argz=0 [2π] ce qui donne |z|=1 et argz=kπ2,kZ
d'où l'ensemble des solutions S de l'équation z4=1 est S={1; 1; i; i}
 
4. Déduisons-en les solutions de (E) : z4=8+8i3.
z4=8+8i3 est équivalent à z48+8i3=1
ce qui est équivalent, d'après B) 2), à (z1i3)4=1
Ce qui donne d'après B) 3) les solutions suivantes :
- Sous forme algébrique : z0=1i3, z1=1+i3, z2=3+i, z3=3i
- Sous forme trigonométrique : z0=2(cosπ3isinπ3), z1=2(cos2π3+isin2π3), z2=2(cosπ6+isinπ6), z3=2(cos7π6+isin7π6) 
 
5. 
 
6. Soit r la rotation de centre O et d'angle π2
D'après A) 2) si M(z) est l'image de M(z) par r alors z=zeiπ2
 
7. Soient les points A, B, C et D d'affixes respectives zA=z0, zB=z1, zC=z2 et zD=z3.
Vérifions que r(A)=C.
zAeiπ2=2eiπ3eiπ2=2eiπ6=zC
d'où r(A)=C.
Vérifions que r(C)=B.
zCeiπ2=2eiπ6eiπ2=2ei4π6=2ei2π3=zB
d'où r(C)=B.
Vérifions que r(B)=D.
zBeiπ2=2ei2π3eiπ2=2ei7π6=zD
d'où r(B)=D.
 
8. r(A)=C implique |zA|=|zC|,
r(C)=B implique |zC|=|zB|,
r(B)=D implique |zB|=|zD|
D'où |zA|=|zC|=|zB|=|zD|=2
Ce qui est équivalent à OA=OB=OC=OD=2
D'où les points A, B, C et D sont situés sur le même cercle de centre O et de rayon 2.

Exercice 2

Une boîte contient 8 cubes indiscernables au toucher : R1, R2, R2, R2, V1, V1, V2, J2.
R représente la couleur rouge, V la couleur verte, J la couleur jaune, 1 et 2
les numéros des couleurs.
A) Soit (Ω, P(Ω), p) un espace probabilisé. Soient A et B deux événements de cet espace probabilisé.
A et B sont indépendants si et seulement si p(AB)=p(A)×p(B)
 
B) On choisit successivement et sans remise 2 cubes de la boîte.
 
1. Soient les événements A : "Obtenir des cubes de couleurs différentes" et
B : "Obtenir au plus un cube portant le numéro 2"
 
a) p(A)=A14×A14+A13×A15+A11×A17A28=1928
 
b) p(¯B)=A25A28=514 d'où p(B)=914 
 
c) Calculons p(AB) et comparons-le avec p(A)×p(B)
AB, l'événement : "Obtenir des cubes de couleurs différentes avec au plus un portant le numéro 2".
Les différentes possibilités sont :
(R1, V1), (R1, V1), (V1, R1), (V1, R1)
(R2, V1), (V1, R2), (R2, V1), (V1, R2), (R2, V1), (V1, R2)
(R2, V1), (V1, R2), (R2, V1), (V1, R2), (R2, V1), (V1, R2), (R1, J2)
(J2, R1), (V1, J2), (J2, V1), (V1, J2), (J2, V1), (R1, V2), (V2, R1) 
 
Donc p(AB)=37 
 
Ou encore p(AB)=C12×A22+C13×C12×A22+A22+C12×A22+A22A28=37
Or p(A)×p(B)=914×1928 qui est différent de 3 d'où A et B ne sont pas indépendants.
 
2. Les valeurs prises par X :
X={0, 1, 2}
 
a) La loi de probabilité de X :
X=ai012p(X=ai)31447314
 
b) Espérance mathématique E(X) de X :
E(X)=mj=1xjp(X=xj),
E(X)=47+2×314=1 
 
c) Variance V (X) de X :
V(X)=mj=1x2jp(X=xj)(E(X))2,
V(X)=47+4×3141=37
 
C) Tirage simultané de 3 cubes de la boîte :
 
a) p(C)=C33×C23×C15C58=27 
 
b) pn=p(Dn)=1(57)n
 
c)  (pn)nN est strictement croissante et limn+pn=1

Problème

PARTIE A

1. a) g(x) existe si =≠1 avec x>0
Dg=]0; 1[]1; +[
 
b) limx0+g(x)=0; limx+g(x)=
 
limx1g(x)=limx1xx1ln|x1|=limx1x(x1)ln(1x)x1=
 
limx1+g(x)=limx1+xx1ln|x1|=limx1+x(x1)ln(x1)x1=+
 
2) x xx1 et x ln|x1| sont dérivables pour tout x1 d'où g est dérivable sur Dg et g(x)=1(x1)21x1=x(x1)2
 
Sur Dgg(x)<0.
Tableau de variations de g :
 
x01+g(x)0+g
 
3. Sur ]1; +[, g est dérivable et strictement décroissante donc elle réalise
une bijection de ]1; +[ vers ]; +[.
Or 0R il existe donc α]1; +[ tel que g(α)=0.
Montrons que 4<α<5.
g(4)0.23 et g(5)0.14
g(4)×g(5)<0 donc 4<α<5.
 
4. Sur ]1; α[ g(x)>0 et sur ]α; +[ g(x)<0
 
PARTIE B
 
Soit
f(x)={ln|x1|x,si x>06exe2x+3ex+2,si x0(3)
 
1. a) x ln|x1|x est définie si x0 et x1,
d'où elle est définie sur ]0; 1[]1; +[.
6exe2x+3ex+2 est définie pour tout xR, d'où elle est définie sur ]; 0].
Donc Df=]; 0]]0; 1[]1; +[=R{1}
 
limxf(x)=limx6exe2x+3ex+2=0; limx+f(x)=limx+ln|x1|x=0
 
limx1f(x)=limx1ln(1x)x=; limx1+f(x)=limx1+ln(x1)x=
 
b) La droite d'équation x=1 est une asymptote verticale à la courbe
(Cf) de f et la droite d'équation y=0 est une asymptote horizontale à la courbe (Cf) de f aux voisinages de et +.
 
2. a) limx0f(x)=limx06exe2x+3ex+2=1; limx0+f(x)=limx0+ln(1x)x=1
 
on a aussi f(0)=6e0e0+3e0+2=1
 
limx0f(x)=limx0+f(x)=f(0)
 
Donc f est continue en 0.
 
b) On admet que limx0+ln(1x)+xx2=12
 
Et on a limx0f(x)f(0)x0=6exe2x+3ex+2+1x=limx0e2x3ex+2x(e2x+3ex+2)=limx0e2x3ex+2xe2x+3ex+2
 
Or limx0e2x3ex+2x=e2×03e0=1
 
d'où limx0f(x)f(0)x0=16.
 
fd(0)=12 et fg(0)=16, fd(0)fg(0) d'où (Cf) admet deux demi-tangentes au point d'abscisse 0.
 
3. a) f(α)=ln(α1)α or g(α)=0 nous donne αα1=ln(α1) d'où f(α)=αα1×1α=1α1.
 
b) Sur ]0; 1[]1; +[, f(x)=1x1xln|x1|x2=xx1ln|x1|x2=g(x)x2
 
Sur ]; 0[, f(x)=6ex(3e2x+6ex+2)(e2x+3ex+2)2
 
Sur ]0; 1[]1; +[, f(x) a le même signe que g(x)
 
Sur ]; 0[, f(x)<0.
 
Dressons le tableau de variations de la fonction f.
 
x01α+f(x)16||12+001α1f(x)10
 
4. Traçons la courbe (Cf) de f dans un repère orthonormé (0; i, j) d'unité graphique 2cm.
 
 
5. a) 6xx2+3x+2=ax+2+bx+1 nous donne a=12 et b=6
d'où 6xx2+3x+2=12x+2+6x+1.
 
b) D'après a) 6exe2x+3ex+2=12ex+2+6ex+1=12ex(1+2ex)+6ex(1+ex)
 
D'où 6exe2x+3ex+2=12ex1+2ex+6ex1+ex
 
c) Soit A l'aire du domaine délimité par l'axe des abscisses, la courbe,
les droites d'équations x=ln2 et x=0.
A=0ln2f(x)dx×u.a=0ln26exe2x+3ex+2dx×u.a
 
=0ln212ex1+2ex6ex1+exdx=[6ln(1+2ex)+6ln(1+ex)]0ln2×4cm2
 
d'où A=24ln109cm2
 

Commentaires

Très bien

Très bien

Waw c’est bien

Wé c'est très bien Merci aussi Pour le bac

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