Corrigé Bac Maths S2,S2A,S4,S5 1er groupe - 2022
Exercice 1
Le plans complexe est muni d'un repère orthonormé direct (O, →u ; →v).
Soit le nombre complexe a définit par :
a=√2−√3−i√2+√3.
1) Montrons que a2=−2√3−2i.
a2=(√2−√3−i√2+√3)2=2−√3−2−√3−2i√(2−√3)(2+√3=−2√3−2i√1
D'où a2=−2√3−2i
Déduisons-en le module de a
|a2|=4⇒|a|=4⇒|a|=2
2) Écrivons a2 sous forme trigonométrique.
a2=−2√3−2i=4(−√32−12i)=4[cos(7π6)+isin(7π6)]
D'où a2=4(cos7π6+isin7π6)
Vérifions qu'une des meures de l'argument de a est 19π12
arg(a2)≡7π6[2π]⇒2arg(a)≡7π12[π]
où arg(a)=7π12+kπ, k∈Z.
Prenons k=1, arg(a)=7π12+π=19π12
3) Déduisons-en les valeurs exactes de cos(7π12) et sin(7π12).
a=2[cos19π12+isin19π12]=2[cos(7π12+π)+isin(7π12+π)]=−2cos7π12−2isin7π12
D'où a=√2−√3−i√2+√3
Ce qui implique que cos(7π12)=−√2−√32 et sin(7π12)=√2+√32
Déduisons-en les valeurs exactes de cos(π12) et sin(π12).
π12=7π12−6π12=7π12−π2
cos(π12)=cos(7π12−π2)=cos(π2−7π12)=sin(7π12)=√2+√32
sin(π12)=sin(7π12−π2)=−sin(π2−7π12)=−cos(7π12)=√2−√32.
4) Représenter sur le même graphique les points de a, −a et a2

Exercice 2
On jette trois fois de suite un dé non truqué à six faces portant les chiffres allant de 1 à 6.
On lit les numéros des faces supérieures et on les note dans cet ordre a, b et c.
Puis on forme l'équation du second degré (E) :
ax2+bxc=0
1) Soit A l'évènement : −1est solution de (E) avec b=6
Justifions que p(A)=5216
Si −1 est solution de (E) avec b=6 alors a et c vérifient la relation a+c=6.
D'où A={(1, 6, 5) ; (2, 6, 4) ; (3, 6, 3) ; (5, 6, 1) ; (4, 6, 2)}
Ce qui donne
P(A)=5×163=563=5216
2) La probabilité de l'évènement :
√ B : "−2 est solution de (E) et c=4" est p(B)=1108
Justification :
Si −2 est solution de (E) et c=4 alors a et b vérifient la relation 4a−2b+4=0.
Ce qui implique que b=2a+2
D'où B={(1, 4, 4) ; (2, 6, 4}
Ce qui donne p(B)=263=1108
√ C : " la somme des solutions est −2 et leur produit est 1" est p(C)=172
Justification :
Si la somme des solutions est −2 et leur produit est 1 alors a, b et c vérifient
{b=2ac=a
D'où C={(1, 2, 1) ; (2, 4, 2) ; (3, 6, 3)}
Ce qui donne p(C)=363=172
√ D : " Les deux solutions sont confondues avec b=4" est p(D)=172
Justification : si les deux solutions sont confondus avec b=4 alors a,b etc vérifient
{b2=4acb=4
Ce qui implique que a et c vérifient la relation a×c=4.
D'où D={(1, 4, 4) ; (2, 4, 2) ; (4, 4, 1)}
Ce qui donne p(F)=363=172
3) l'épreuve précédente est répétée 10 fois de suite et de façon indépendante.
a) soit F l'évènement : " l'événement A se réalise une seule fois au 3^{ème} essai ".
Montrons que p(F)=\dfrac{5\times\left(211\right)^{9}}{\left(216\right)^{10}}
Désignons par S << l'événement A se réalise >> et par E << l'événement A ne se réalise pas >>.
D'où F est le 10- couplets définit comme suit : F=(E\;,\ E\;,\ S\;,\ E\;, \ E\;,\ E\;,\ E\;,\ E\;,\ E\;,\ E).
Donc p(F)=C_{1}^{1}\times\dfrac{5}{216}\times\left(\dfrac{211}{216}\right)^{9}
b) Soit Y la variable aléatoire égale au nombre de réalisations de l'événement A à l'issue des 10 épreuves.
b-1) La loi de probabilité de Y :
Y=\{0\;,\ 1\;,\ 2\;,\ 3\;,\ 4\;,\ 5\;,\ 6\;,\ 7\;,\ 8\;,\ 9\:,\ 10\}
p(Y=k)=C_{10}^{k}\times\left(\dfrac{5}{216}\right)^{k}\times\left(\dfrac{211}{216}\right)^{10-k}
Ici Y suit une loi binomiale B(n\;,\ p) de probabilité p\ ;\ n=10.
b-2) Le nombre espéré de réalisations de A est :
\begin{eqnarray} E(Y)&=& n\times p(A)\nonumber\\\\&=&10\times\dfrac{5}{216}\nonumber\\\\&=&\dfrac{25}{108} \end{eqnarray}
b-3) La variance de Y est :
\begin{eqnarray} V(Y)&=&n\times p(A)(1-p(A))\nonumber\\\\&=&10\times\dfrac{5}{216}\times\dfrac{211}{216}\nonumber\\\\&=&\dfrac{10550}{(216)^{2}} \end{eqnarray}
Problème :
Partie A
\begin{eqnarray} 1)\quad f(x)\text{ existe }&\Leftrightarrow &\left\lbrace\begin{array}{lllll} 0&<&x&<&1\\ &x&>&0& \end{array}\right.\text{ou}\left\lbrace\begin{array}{lcl} x&\geq &1\\ x&>&0\end{array}\right.\nonumber\\\\&\Leftrightarrow &0<x<1\quad\text{ou}\quad x\geq 1\nonumber\\\\&\Leftrightarrow &x\in\;]0\;,\ +\infty[ \end{eqnarray}
\boxed{D_{f}=]0\;,\ +\infty[}
2) f(1)=1+\dfrac{1}{\sqrt{1}}=1+1=2,
\begin{eqnarray} \lim\limits_{x\;\longrightarrow\;1^{-}}f(x)&=&\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;1^{-}}1+x-x\ln x\nonumber\\\\&=&1+1-1\ln 1\nonumber\\\\&=&2 \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \lim\limits_{x\;\longrightarrow\;1^{+}}f(x)&=&\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;1^{+}}1+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\nonumber\\\\&=&1+\dfrac{1}{\sqrt{1}}\nonumber\\\\&=&2 \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \lim\limits_{x\;\longrightarrow\;1^{-}}f(x)&=&\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;1^{+}}f(x)\nonumber\\\\&=&2 \end{eqnarray}
Donc \lim\limits_{x\;\longrightarrow\;1}f(x)=2
\lim\limits_{x\rightarrow\;1}f(x)=f(1)
D'où f est continue en 11.
3) Supposons que 0<x<1
\begin{eqnarray} \dfrac{f(x)-f(x)}{x-1}&=&\dfrac{1+x-x\ln x-2}{x-1}\nonumber\\\\&=&\dfrac{x-1-x\ln x}{x-1}\nonumber\\\\&=&\dfrac{x-1}{x-1}-x\left(\dfrac{\ln x}{x-1}\right)\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}\nonumber\\\\&=& 1-x\left(\dfrac{\ln x}{x-1}\right) \end{eqnarray}
Or \lim\limits_{x\;\longrightarrow\;1^{-}} x=1\quad\text{et}\quad\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;1^{1}}\dfrac{\ln x}{x-1}=1
\begin{eqnarray} \text{d'où }\lim\limits_{x-1^{-}}\dfrac{f(x)-(1)}{x-1}&=& 1-1(1)\nonumber\\\\&=& 1-1\nonumber\\\\&=& 0 \end{eqnarray}
Donc f est dérivable à gauche en 1 et f_{g}^{'}(1)=0.
Supposons que x>1
\begin{eqnarray} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}&=&\dfrac{1+\dfrac{1}{\sqrt{x}}-2}{x-1}\nonumber\\\\&=&\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{x}}-1}{x-1}\nonumber\\\\&=&\dfrac{1-\sqrt{x}}{\sqrt{x}(x-1)}\nonumber\\\\&=&\dfrac{1-\sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sqrt{x-1})(\sqrt{x}+1)}\nonumber\\\\&=&-\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\nonumber\\\\&=&\dfrac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}\nonumber\\\\\text{d'où}\lim\limits_{x\rightarrow\;1^{+}}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}\nonumber\\\\&=&-\dfrac{1}{\sqrt{1}(\sqrt{1}+1)}\nonumber\\\\&=&-\dfrac{1}{2} \end{eqnarray}
Donc f est dérivable à droite en 1 et f_{\mathrm{d}}^{\prime}(1)=-\dfrac{1}{2}
f_{\mathrm{d}}^{\prime}(1)\neq\;f_{g}^{\prime}(1) ; donc f n'est pas dérivable en 1
f_{g}^{\prime}(1)=0 ; donc \left(\mathcal{C}_{f}\right) admet au point d'abscisse 1 une demi-tangente horizontale à gauche.
f_{\mathrm{d}}^{\prime}(1)=-\dfrac{1}{2} ; donc \left(\mathcal{C}_{f}\right) admet au point d'abscisse 1 une demi-tangente oblique de coefficient directeur -\dfrac{1}{2} à droite.
4) \lim\limits_{x\;\longrightarrow\;0^{+}}1+x=1+0=0 ;
\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;0^{+}}x\ln x=0 ;
\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;0^{+}}f(x)=1.
\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;+\infty}\sqrt{x}=+\infty ;
\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{x}}=0 ;
\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;+\infty}f(x)=1
\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;+\infty}f(x)=1, donc la droite d'équation y=1 est une asymptote horizontale à \left(\mathcal{C}_{f}\right) en +\infty.
5) 0\not\in\;D_{f} et \lim\limits_{x\;\longrightarrow\;0^{+}}f(x)=1\in\mathbb{R} ; donc f admet un prolongement par continuité à droite en 0.
\left\lbrace\begin{array}{lcl} h(x)&=&f(x)\quad\text{si }x>0\\ h(0)&=&1 \end{array}\right.
6) Supposons que 0<x<1.
\begin{array}{lcl} \dfrac{h(x)-h(0)}{x-0}&=&\dfrac{1+x-x\ln x-1}{x}\\\\&=&\dfrac{x-x\ln x}{x}\\\\&=&\dfrac{x(1-\ln x)}{x}\\\\&=&1-\ln x. \end{array}
\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;0^{+}}\dfrac{h(x)-h(0)}{x-0}=\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;0^{+}}1-\ln x ;
\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;0^{+}}\ln x=-\infty
\Rightarrow\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;0^{+}}-\ln x=+\infty.
\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;0^{+}}\dfrac{h(x)-h(0)}{x-1}=+\infty ; donc h n'est pas dérivable à droite en 0
La courbe de h admet au point d'abscisse 0 une demi-tangente verticale à droite.
7) \begin{array}{lcl} \forall\;x\in\;]0\;,\ 1[\;,\ f^{\prime}(x)&=&1-\left(\ln x+x\times\dfrac{1}{x}\right)\\\\&=&1-\ln x-1\\\\&=&-\ln x. \end{array}
\begin{array}{lcl} \forall\;x\in\;]0\;,\ +\infty[\;,\ f^{\prime}(x)&=&-\dfrac{\dfrac{1}{2\sqrt{x}}}{\left(\sqrt{x}\right)^{2}}\\\\&=&-\dfrac{1}{2x\sqrt{x}} \end{array}
\begin{array}{lcl} \forall\;x\in\;]0\;,\ 1[\;,\ \ln x<0&\Rightarrow&-\ln x>0\\\\&\Rightarrow&f^{\prime}(x)>0. \end{array}
\forall\;x\in\;]1\;,\ +\infty[x\sqrt{x}>0\Rightarrow\;f^{\prime}(x)<0.
\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x&0& &1& &+\infty\\ \hline f^{\prime}(x)&|&+&||&-& \\ \hline &|& &2& &\\ f&|&\nearrow& &\searrow&\\ &1& &&&1 \\\hline \end{array}

\text{b) }A=\int_{1}^{4}[f(x)-1]\mathrm{d}x\times U.a\;,\text{ avec }U.a=\text{ unité d'aire}.
\begin{eqnarray} \text{On a }:\ \int_{1}^{4}[f(x)-1]\mathrm{d}x&=&\int_{1}^{4}\left(1+\dfrac{1}{\sqrt{x}}-1\right)\mathrm{d}x\nonumber\\\\&=&\int_{1}^{4}\dfrac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x\nonumber\\\\&=&\left[2\sqrt{x}\right]_{1}^{4}\nonumber\\\\&=&2\sqrt{4}-2\sqrt{1}\nonumber\\\\&=&2. \end{eqnarray}
Or 1\;U.a=2\,cm\times2\,cm=4\,cm^{2}.
\boxed{\text{Donc}A=2\times 4\,cm^{2}=8\,cm^{2}.}
3.1) g=f\text{ sur }[1\;,\ +\infty[.
\begin{eqnarray} \text{a }g(x)&=&x\nonumber\\\\\Leftrightarrow\;g(x)-x&=&0\nonumber\\\\\Leftrightarrow\;k(x)&=&0\;,\nonumber\\\\\text{ avec }k(x)&=&g(x)-x. \end{eqnarray}
k est dérivable sur ]1\;,\ +\infty[.
\begin{eqnarray} \forall\;x\in]1\;,\ +\infty[\;,\ k^{\prime}(x)&=&g^{\prime}(x)-1\nonumber\\\\&=&f^{\prime}(x)-1\nonumber\\\\&=&-\dfrac{1}{2x\sqrt{x}}-1. \end{eqnarray}
\forall\,x\in]1\;,\ +\infty[\;,\ k^{\prime}(x)<0\;,\text{ donc }k\text{ est stricement décroissance sur }]1\;,\ +\infty[.
\text{donc}k\text{ est une bijection de }[1\;,\ +\infty[\text{ sur }k([1\;,\ +\infty[)=\left]\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;+\infty}k(x)\;,\ k(1)\right]=]-\infty\;,\ 1].
\text{Or }0\in]-\infty\;,\ 1]\;,\text{ donc l'équation }k(x)=0\text{ admet une unique solution }\alpha\text{ dans }[1\;,\ +\infty[.
\text{En conséquence l'équation }g(x)=x\text{ admet une unique solution }\alpha\text{ dans }[1\;,\ +\infty[.
k(1)=1 ;
\begin{eqnarray} k(2)&=&g(2)-2\nonumber\\\\&=&f(2)-2\simeq\;1.71-2\simeq\;-0.29 \end{eqnarray}
k((1)\times\;k(2)<0\Rightarrow \;1<\alpha<2.
\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline x&1&1.1&1.2&1.3&1.4&1.5&1.6&1.7&1.8&1.9&2\\ \hline k(x)&1&&&&&0.32&0.19&0.06&-0.05&-0.37&-0.29\\ \hline \end{array}
k(1.5)=f(1.5)-1.5\simeq 0.32 ;
k(1.6)=f(1.6)-1.6\simeq 0.19 ;
k(1.7)=f(1.7)-1.7\simeq 0.06 ;
k(1.8)=f(1.8)-1.8\simeq -0.05.
k(1.7)\times k(1.8)<0\Rightarrow\;1.7<\alpha<1.8.
\begin{eqnarray} \text{b.}\quad\forall\;x\in\;[1\;,\ +\infty[\;,\ g^{\prime}(x)&=&-\dfrac{1}{2x\sqrt{x}}\nonumber\\\\\Rightarrow\;\left|g^{\prime}(x)\right|&=&\left|-\dfrac{1}{2x\sqrt{x}}\right|\nonumber\\\\&=&\dfrac{1}{2x\sqrt{x}} \end{eqnarray}
\begin{array}{lll} x\in\;[1\;,\ +\infty[ &\Rightarrow&\;x\geq 1\\\\ &\Rightarrow&\sqrt{x}\geq \sqrt{1}\\\\&\Rightarrow&\sqrt{x}\geq 1\\\\&\Rightarrow&\;x\sqrt{x}\geq x\\\\&\Rightarrow&\;x\sqrt{x}\geq\;1\\\\&\Rightarrow&\;2x\sqrt{x}\geq\;2\\\\&\Rightarrow&\dfrac{1}{2x\sqrt{x}}\leq\dfrac{1}{2}\\\\&\Rightarrow&\left|g^{\prime}(x)\right|\leq\dfrac{1}{2}. \end{array}
c. g est dérivable sur [1\;,\ +\infty[
\forall\;t\in\;[1\;, +\infty[\;,\ \left|g^{\prime}(t)\right|\leq\dfrac{1}{2}.
\text{Or }\alpha\in\;[1\;,\ +\infty[ ;
\text{donc }\forall\;x\in[1\;,\ +\infty[\;,\ \left|g(x)-g(\alpha)\right|\leq\dfrac{1}{2}|x-\alpha|
\Rightarrow\;|g(x)-\alpha|\leq\dfrac{1}{2}|x-\alpha|.
2.a.w_{0}=2.
\text{Or }2\geq\;1 ;
\text{donc }w_{0}\geq\;1.
\text{Supposons que }w_{n}\geq\;1\;,n\geq\;0\text{ et montons que }w_{n+1}\geq\;1.
\begin{eqnarray} w_{n}\geq\;1&\Rightarrow &\dfrac{1}{\sqrt{w}_{n}}>0\nonumber\\\\&\Rightarrow &1+\dfrac{1}{\sqrt{w}_{n}}>1\nonumber\\\\&\Rightarrow &w_{n+1}>1\nonumber\\\\&\Rightarrow &w_{n+1}\geq\;1. \end{eqnarray}
\boxed{\text{D'où }\forall\;n\in\mathrm{N}\;,w_{n}\geq\;1}.
\text{b. }\forall\;x\in[1\;,\ +\infty[\;,|g(x)-\alpha|\leq\dfrac{1}{2}|x\;\ -\alpha|.
Or d'après la question précédente, w_{n}\geq\;1.
Ce qui implique que w_{n}\in\;[1\;,\ +\infty[.
\begin{eqnarray} w_{n}\in[1\;,\ +\infty[ &\Rightarrow &\left|g\left(w_{n}\right)-\alpha\right|\leq\dfrac{1}{2}\left|w_{n}-\alpha\right|\nonumber\\\\&\Rightarrow &\left|w_{n+1}-\alpha\right|\leq\dfrac{1}{2}\left|w_{n}-\alpha\right|. \end{eqnarray}
c. \left(\dfrac{1}{2}\right)^{0}\left|w_{0}-\alpha\right|=\left|w_{0}-\alpha\right|.
Or \left|w_{0}-\alpha\right|\leq\left|w_{0}-\alpha\right|,
Donc \left|w_{0}-\alpha\right|\leq\left(\dfrac{1}{2}\right)^{0}\left|w_{0}-\alpha\right|.
Supposons que \left|w_{n}-\alpha\right|\leq\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\left|w_{0}-\alpha\right|\;,\ n\geq\;0 et montrons que \left|w_{n+1}-\alpha\right|\leq\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}\left|w_{0}-\alpha\right|.
\left|w_{n+1}-\alpha\right|\leq\dfrac{1}{2}\left|w_{n}-\alpha\right|.
Or \left|w_{n}-\alpha\right|\leq\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\left|w_{0}-\alpha\right|,
Donc \left|w_{n+1}-\alpha\right|\leq\dfrac{1}{2}\times\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\left|w_{0}-\alpha\right|
\Rightarrow\left|w_{n+1}-\alpha\right|\leq\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}\left|w_{0}-\alpha\right|.
D'où \forall\;n\in\mathbb{N}\;,\ \left|w_{n}-\alpha\right|\leq\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\left|w_{0}-\alpha\right|.
\begin{array}{lll} \lim\limits_{x\;\longrightarrow\;+\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}&=&0\\\\\Rightarrow\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;+\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\left|w_{0}-\alpha\right|&=&0\\\\\Rightarrow\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;+\infty}\left|w_{n}-\alpha\right|&=&0\\\\\Rightarrow\lim\limits_{x\;\longrightarrow\;+\infty}\;w_{n}&=&\alpha. \end{array}
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