Corrigé Bac Maths S2 1er groupe 2007
Exercice 1 (04 points)
On considère dans C, l'équation :
z3−(3+2i)z2+(1+4i)z+1−2i=0
1) a) Déterminons la solution réelle de cette équation.
Soit z=a la solution réelle de l'équation alors, on a :
a3−(3+2i)a2+(1+4i)a+1−2i=0⇒a3−3a2−2ia2+a+4ia+1−2i=0⇒a3−3a2+a+1−(2a2−4a+2)i=0
Or, un nombre complexe est nul si, et seulement si, sa partie réelle et sa partie imaginaire sont toutes nulles.
Donc,
a3−3a2+a+1−(2a2−4a+2)i=0⇔{a3−3a2+a+1=02a2−4a+2=0⇔{a3−3a2+a+1=02(a2−2a+1)=0⇔{a3−3a2+a+1=0(a−1)2=0⇔{a3−3a2+a+1=0(1)a=1(2)
a=1 vérifie aussi l'équation (1).
Par conséquent, 1 est la solution réelle cherchée.
b) Montrons que i est une solution de cette équation.
i est une solution de cette équation si, et seulement si, i vérifie l'équation
Dans l'équation, en remplaçant z par i, on obtient :
i3−(3+2i)i2+(1+4i)i+1−2i=−i+3+2i+i−4+1−2i=−3i+3i+6−6=0
Ce qui montre que i est une solution de l'équation :
z3−(3+2i)z2+(1+4i)z+1−2i=0
c) Déterminons la troisième solution de cette équation.
On a : z1=1 et z2=i solutions de l'équation.
Soit z3 la troisième solution de cette équation.
Alors, l'équation peut encore s'écrire de la forme :
(z−z1)(z−z2)(z−z3)
En développant, on obtient :
(z−z1)(z−z2)(z−z3)=z3−z1z2−z2z2−z3z2+z1z2z+z1z3z+z2z3z−z1z2z3=z3−(z1+z2+z3)z2+(z1z2+z1z3+z2z3)z−z1z2z3
Par suite,
z3−(3+2i)z2+(1+4i)z+1−2i=z3−(z1+z2+z3)z2+(z1z2+z1z3+z2z3)z−z1z2z3
Ainsi,
{(z1+z2+z3)=(3+2i)(z1z2+z1z3+z2z3)=(1+4i)−z1z2z3=1−2i⇔{1+i+z3=3+2ii+z3+iz3=1+4i−iz3=1−2i⇔{z3=2+ii+z3+iz3=1+4i−iz3=1−2i
D'où, z3=2+i est la troisième solution de l'équation.
2) Soient les points A, B et C d'affixes respectives 1, i et 2+i.
a) Déterminons le module et un argument de zC−zAzB−zA.
On a :
|zC−zAzB−zA|=|2+i−1||i−1|=|1+i||i−1|=√2√2=1
Donc, |zC−zAzB−zA|=1
Soit :
arg(zC−zAzB−zA)=arg(2+i−1i−1)=arg(2+i−1)−arg(i−1)=arg(1+i)−arg(−1+i)
Or,
1+i=√2(√22+i√22)=√2.eiπ4
−1+i=√2(−√22+i√22)=√2.ei3π4
Donc, arg(1+i)=π4 et arg(−1+i)=3π4
Par suite,
arg(1+i)−arg(−1+i)=π4−3π4=−2π4=−π2
D'où, arg(zC−zAzB−zA)=−π2[2π]
b) En déduisons la nature du triangle ABC.
On sait que : |zC−zAzB−zA|=||→AC||||→AB|| et arg(zC−zAzB−zA)=(→AB, →AC)[2π]
Or, |zC−zAzB−zA|=1 donc, ||→AC||=||→AB||
D'où, AB=AC
Aussi, arg(zC−zAzB−zA)=−π2[2π] donc, (→AB, →AC)=−π2[2π]
Par conséquent, le triangle ABC est rectangle isocèle en A.
c) Déterminons l'affixe du point D image de A par la rotation de centre B et d'angle π2.
Considérons l'expression complexe de la rotation d'angle π2, de centre B d'affixe i qui, à tout point M d'affixe z associe le point M′ d'affixe z′.
Soit alors :
z′−i=eiπ2(z−i)
Donc, si D est image de A par cette rotation alors, son affixe zD sera donné par :
zD−i=eiπ2(zA−i)⇒zD=eiπ2(1−i)+i⇒zD=i(1−i)+i⇒zD=i+1+i⇒zD=2i+1
Ainsi, D est d'affixe 2i+1
d) Montrons que A, B, C et D sont sur un cercle de centre I(1+i) et de rayon r à déterminer.
On a : A, B, C et D cocycliques ou appartiennent à un même cercle si, et seulement si, (zD−zB)(zA−zC)(zA−zD)(zB−zC)est réel
Soit alors :
(zD−zB)(zA−zC)(zA−zD)(zB−zC)=(2i+1−i)(1−(2+i))(1−(2i+1))(i−(2+i))=(i+1)(−1−i)(−2i)(−2)=−(i+1)24i=−(−1+2i+1)4i=(−2i)4i=−12
Ainsi, (zD−zB)(zA−zC)(zA−zD)(zB−zC)=−12∈R
Ce qui prouve que les points A, B, C et D sont sur un même cercle de centre I(1+i)
En effet, ABC est rectangle isocèle en A donc, le centre I du cercle circonscrit à ce triangle est le milieu de l'hypoténuse [BC].
Ainsi, son affixe sera donné par :
zI=zB+zC2=i+2+i2=2i+22=i+1
D'où, I(1+i)
Déterminons le rayon r de ce cercle.
Soit :
r=||→IA||=|z→IA|=|1−(1+i)|=|1−1−i|=|−i|=1
Donc, r=1

Exercice 2 (04 points)
1) On considère un dé cubique truqué dont les faces sont numérotées de 1 à 6.
On note pi la probabilité d'apparition de la face numérotée i. Les pi vérifient :
p1=p2;p3=p4=2p1;p5=p6=3p1
a) Montrons que p1=112.
On sait que :
6∑i=1pi=1
Alors, p1+p2+p3+p4+p5+p6=1
Or, p2=p1;p3=p4=2p1;p5=p6=3p1
Donc, en remplaçant, on obtient :
p1+p2+p3+p4+p5+p6=1⇒p1+p1+2p1+2p1+3p1+3p1=1⇒12p1=1⇒p1=112
D'où, p1=112
b) Montrons que la probabilité de l'événement A : "obtenir 3 ou 6" est égale à 512.
Soit {X=i} l'événement "obtenir le numéro i" avec p({X=i})=pi
Donc, A={X=3}∪{X=6} avec {X=3} et {X=6} deux événements incompatibles.
Par suite,
p(A)=p({X=3}∪{X=6})=p({X=3})+p({X=6})−p({X=3}∩{X=6})⏟=0=p3+p6or, p3=2p1 et p6=3p1=5p1=5×112=512
D'où, p(A)=512
2) Un jeu d'adresse consiste à lancer le dé décrit ci-dessus puis à lancer une fléchette sur une cible fixe.
Si le joueur obtient 3 ou 6, il se place à 5m de la cible et lance la fléchette sur la cible ; à 5m, la probabilité d'atteindre la cible est alors 35.
Si l'événement A n'est pas réalisé, il se place à 7m de la cible et lance la fléchette ; à 7m, la cible est atteinte avec une probabilité égale à 25.
On note C l'événement : "la cible est atteinte".
a) Déterminons p(C/A) et p(C/ˉA).
p(C/A) est la probabilité d'atteindre la cible sachant que le joueur est à 5m.
Ainsi, p(C/A)=35
p(C/ˉA) est la probabilité d'atteindre la cible sachant que le joueur est à 7m.
D'où, p(C/ˉA)=25
En déduisons que p(C)=2960.
D'après la formule des probabilités totales, on a :
p(C)=p(C/A)p(A)+p(C/ˉA)p(ˉA)or, p(ˉA)=1−p(A)=35×512+25×(1−512)=1560+1460=2960
Ainsi, p(C)=2960
b) Déterminons p(A/C).
Soit : p(A/C)=p(A∩C)p(C)
Or, p(A∩C)=p(C/A)×p(A) donc, en remplaçant, on obtient :
p(A/C)=p(A∩C)p(C)=p(C/A)×p(A)p(C)=35×5122960=1560×6029=1529
Donc, p(A/C)=1529
3) Le joueur dispose de 10 fléchettes qu'il doit lancer une à une, de façon indépendante, dans les mêmes conditions que précédemment définies.
Calculons la probabilité pour qu'il atteigne la cible exactement 4 fois.
En effet, nous sommes en présence d'un schéma de Bernoulli avec deux issues possibles : succès (S) lorsque la cible est atteinte et échec (E) lorsqu'elle ne l'est pas.
On a : p(S)=p(C) et p(E)=1−p(S)=1−p(C)
Soit Y la variable aléatoire de Bernoulli telle que : {Y=k} est l'événement "obtenir k succès sur n épreuves.
Alors, on a :
p({Y=k})=Ckn.(p(S))k.(p(E))n−k
Donc, la probabilité d'atteindre la cible exactement 4 fois (4 succès et 6 échecs) lors des 10 lancées sera donnée par :
p({Y=4})=C410.(p(S))4.(p(E))6=C410×(p(C))4×(1−p(C))6=C410×(2960)4×(1−2960)6=210×(2960)4×(3160)6=0.22
D'où, p({Y=4})=0.22
Problème : (12 points)
I.
Soit g la fonction définie sur ]0; +∞[ par :
g(x)=1+x+lnx
1) Dressons le tableau de variation de g.
Soit g′ la fonction dérivée de g alors, on a :
g′(x)=1+1x
Donc, ∀x∈]0; +∞[; g′(x)>0
Par suite, g est strictement croissante sur ]0; +∞[.
Par ailleurs,
limx→0+g(x)=limx→0+(1+x+lnx)=−∞
limx→+∞g(x)=limx→+∞(1+x+lnx)=+∞
D'où, le tableau de variations de g suivant :
x0+∞g′(x)|+|+∞g|↗|−∞
2) Montrons qu'il existe un unique réel α solution de l'équation g(x)=0.
En effet, g est continue et strictement croissante sur ]0; +∞[ donc, g est une bijection de ]0; +∞[ sur ]−∞; +∞[
Or, 0∈]−∞; +∞[ donc, d'après le théorème de la bijection, il existe un unique réel α∈]0; +∞[ tel que g(α)=0.
Vérifions que α appartient à ]0.2; 0.3[.
Soit : g(0.2)=1+0.2+ln0.2=−0.40 et g(0.3)=1+0.3+ln0.3=0.09
Alors, g(0.2)×g(0.3)=−0.036<0
Ainsi, g est continue sur ]0.2; 0.3[ et g(0.2)×g(0.3)<0.
Donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires il existe β∈]0.2; 0.3[ solution de l'équation g(x)=0.
Or, l'unique solution de cette équation est le réel α.
Par conséquent, α=β. D'où, α appartient à ]0.2; 0.3[.
3) En déduisons le signe de g sur ]0; +∞[.
D'après les questions précédentes, on peut alors écrire :
g(]0; α])=]−∞; 0] et g([α; +∞[)=[0; +∞[
Ainsi,
⋅ g(x)≤0 sur ]0; α]
⋅ g(x)≥0 sur [α; +∞[
4) Établissons la relation ln(α)=−1−α.
D'après la question 2), α est l'unique solution de l'équation g(x)=0.
Ce qui signifie que g(α)=0
Par suite,
g(α)=0⇔1+α+lnα=0⇔lnα=−1−α
D'où, la relation : ln(α)=−1−α
II.
On considère la fonction f définie par :
f(x)={xlnx1+xsi x>00si x=0
1) Montrons que f est continue en 0 puis sur ]0; +∞[.
Calculons limx→0+f(x)
On a :
limx→0+f(x)=limx→0+xlnx1+x=limx→0+01=0
Donc, limx→0+f(x)=f(0).
D'où, f est continue en 0.
Par ailleurs, ∀x0∈]0; +∞[; f est continue en x0.
Par conséquent, f est continue sur ]0; +∞[
2) Étudions la dérivabilité de f en 0.
Calculons limx→0+f(x)−f(0)x−0
On a :
limx→0+f(x)−f(0)x−0=limx→0+xlnx1+xx=limx→0+xlnxx(1+x)=limx→0+lnx1+x=limx→0+−∞1=−∞
Donc, limx→0+f(x)−f(0)x−0=−∞
Ainsi, la fonction f n'est pas dérivable en 0.
Interprétons graphiquement ce résultat.
Comme limx→0+f(x)−f(0)x−0=−∞ alors, la courbe représentative de f admet une demi-tangente verticale au point d'abscisse 0.
3) Déterminons la limite de f en +∞.
On a :
limx→+∞f(x)=limx→+∞xlnx1+x=limx→+∞xx×lnx1+xx=limx→+∞lnx1x+1=limx→+∞+∞0+1=+∞
4) Montrons que, quel que soit x élément de ]0; +∞[
f′(x)=g(x)(1+x)2
On a : ∀x∈]0; +∞[; f(x)=xlnx1+x
Par suite,
f′(x)=(1+lnx)(1+x)−xlnx(1+x)2=1+x+lnx+xlnx−xlnx(1+x)2=1+x+lnx(1+x)2=g(x)(1+x)2
Ainsi, f′(x)=g(x)(1+x)2
En déduisons le signe de f′(x) sur ]0; +∞[.
Comme (1+x)2>0 alors, le signe de f′(x) dépend uniquement du signe de g(x).
Or, g(x) est négatif sur ]0; α] et positif sur [α; +∞[
Par conséquent,
⋅ f′(x)≤0 sur ]0; α]
⋅ f′(x)≥0 sur [α; +∞[
5) Montrons que f(α)=−α.
Soit : f(α)=αlnα1+α
Or, dans la première partie, à la question 4), on avait : lnα=−1−α.
Donc, en remplaçant lnα par son expression, on obtient :
f(α)=αlnα1+α=α(−1−α)1+α=−α(1+α)1+α=−α
Ainsi, f(α)=−α
6) Dressons le tableau de variations de la fonction f.
x0α+∞f′(x)|−0+0+∞f↘↗−α
7) Représentons la courbe de f dans le plan muni du repère orthonormal (O; →i, →j). Unité graphique : 5cm. Prendre α≈0.3.

III.
1) A l'aide d'une intégration par parties, calculons l'intégrale
I=∫e1xln(x)dx
Posons : u′=x et v=lnx alors, on a :
I=∫e1xln(x)dx=[x2ln(x)2]e1−∫e1x22xdx=e22−∫e1x2dx=e22−[x24]e1=e22−(e24−14)=2e24−e24+14=e2+14
D'où, I=e2+14
2) Montrons que pour tout x élément de [1; e]
xlnxe+1≤f(x)≤xlnx2
Soit x∈[1; e] alors, cela se traduit, sous forme d'intervalle par :
1≤x≤e
Par suite,
1≤x≤e⇒1+1≤1+x≤e+1⇒1e+1≤11+x≤12⇒xlnxe+1≤xlnx1+x≤xlnx2
D'où, ∀x∈[1; e]; xlnxe+1≤f(x)≤xlnx2
En déduisons que :
e2+14(e+1)≤∫e1f(x)dx≤e2+18
Comme xlnxe+1≤f(x)≤xlnx2 alors, par conservation de l'ordre de l'intégration, on obtient :
xlnxe+1≤f(x)≤xlnx2⇒∫e1xlnxe+1dx≤∫e1f(x)dx≤∫e1xlnx2dx⇒1e+1∫e1xln(x)dx≤∫e1f(x)dx≤12∫e1xln(x)dx⇒1e+1×e2+14≤∫e1f(x)dx≤12×e2+14⇒e2+14(e+1)≤∫e1f(x)dx≤e2+18
D'où, e2+14(e+1)≤∫e1f(x)dx≤e2+18
Auteur:
Diny Faye
Commentaires
Anonyme (non vérifié)
mer, 01/11/2023 - 18:13
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Merci
Anonyme (non vérifié)
ven, 05/24/2024 - 21:32
Permalien
merci à vous infiniment
Anonyme (non vérifié)
dim, 11/03/2024 - 14:38
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jolie correction
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