Corrigé Bac Maths S2 1er groupe 2007

Exercice 1 (04 points)

On considère dans C, l'équation :
z3(3+2i)z2+(1+4i)z+12i=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+12i=0a33a22ia2+a+4ia+12i=0a33a2+a+1(2a24a+2)i=0
 
Or, un nombre complexe est nul si, et seulement si, sa partie réelle et sa partie imaginaire sont toutes nulles.
 
Donc,
 
a33a2+a+1(2a24a+2)i=0{a33a2+a+1=02a24a+2=0{a33a2+a+1=02(a22a+1)=0{a33a2+a+1=0(a1)2=0{a33a2+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+12i=i+3+2i+i4+12i=3i+3i+66=0
 
Ce qui montre que i est une solution de l'équation :
z3(3+2i)z2+(1+4i)z+12i=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 :
(zz1)(zz2)(zz3)
En développant, on obtient :
 
(zz1)(zz2)(zz3)=z3z1z2z2z2z3z2+z1z2z+z1z3z+z2z3zz1z2z3=z3(z1+z2+z3)z2+(z1z2+z1z3+z2z3)zz1z2z3
 
Par suite,
z3(3+2i)z2+(1+4i)z+12i=z3(z1+z2+z3)z2+(z1z2+z1z3+z2z3)zz1z2z3
Ainsi,
 
{(z1+z2+z3)=(3+2i)(z1z2+z1z3+z2z3)=(1+4i)z1z2z3=12i{1+i+z3=3+2ii+z3+iz3=1+4iiz3=12i{z3=2+ii+z3+iz3=1+4iiz3=12i
 
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 zCzAzBzA.
 
On a :
 
|zCzAzBzA|=|2+i1||i1|=|1+i||i1|=22=1
 
Donc, |zCzAzBzA|=1
 
Soit :
 
arg(zCzAzBzA)=arg(2+i1i1)=arg(2+i1)arg(i1)=arg(1+i)arg(1+i)
 
Or,
 
1+i=2(22+i22)=2.eiπ4
 
1+i=2(22+i22)=2.ei3π4
 
Donc, arg(1+i)=π4  et  arg(1+i)=3π4
 
Par suite,
 
arg(1+i)arg(1+i)=π43π4=2π4=π2
 
D'où, arg(zCzAzBzA)=π2[2π]
 
b) En déduisons la nature du triangle ABC.
 
On sait que : |zCzAzBzA|=||AC||||AB||  et  arg(zCzAzBzA)=(AB, AC)[2π]
 
Or, |zCzAzBzA|=1 donc, ||AC||=||AB||
 
D'où, AB=AC
 
Aussi, arg(zCzAzBzA)=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 :
zi=eiπ2(zi)
Donc, si D est image de A par cette rotation alors, son affixe zD sera donné par :
 
zDi=eiπ2(zAi)zD=eiπ2(1i)+izD=i(1i)+izD=i+1+izD=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, (zDzB)(zAzC)(zAzD)(zBzC)est réel
Soit alors :
 
(zDzB)(zAzC)(zAzD)(zBzC)=(2i+1i)(1(2+i))(1(2i+1))(i(2+i))=(i+1)(1i)(2i)(2)=(i+1)24i=(1+2i+1)4i=(2i)4i=12
 
Ainsi, (zDzB)(zAzC)(zAzD)(zBzC)=12R
 
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||=|zIA|=|1(1+i)|=|11i|=|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 :
6i=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=1p1+p1+2p1+2p1+3p1+3p1=112p1=1p1=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)=1p(A)=35×512+25×(1512)=1560+1460=2960
 
Ainsi, p(C)=2960
 
b) Déterminons p(A/C).
 
Soit : p(A/C)=p(AC)p(C)
 
Or, p(AC)=p(C/A)×p(A) donc, en remplaçant, on obtient :
 
p(A/C)=p(AC)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)=1p(S)=1p(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))nk
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×(1p(C))6=C410×(2960)4×(12960)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,
 
limx0+g(x)=limx0+(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)=1α.
 
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)=01+α+lnα=0lnα=1α
 
D'où, la relation : ln(α)=1α
 
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 limx0+f(x)
 
On a :
 
limx0+f(x)=limx0+xlnx1+x=limx0+01=0
 
Donc, limx0+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 limx0+f(x)f(0)x0
 
On a :
 
limx0+f(x)f(0)x0=limx0+xlnx1+xx=limx0+xlnxx(1+x)=limx0+lnx1+x=limx0+1=
 
Donc, limx0+f(x)f(0)x0=
 
Ainsi, la fonction f n'est pas dérivable en 0.
 
Interprétons graphiquement ce résultat.
 
Comme limx0+f(x)f(0)x0= 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+xlnxxlnx(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=1α.
 
Donc, en remplaçant lnα par son expression, on obtient :
 
f(α)=αlnα1+α=α(1α)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+fα
7) Représentons la courbe de f dans le plan muni du repère orthonormal (O; i, j). Unité graphique : 5cm. Prendre α0.3.
 
 
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]e1e1x22xdx=e22e1x2dx=e22[x24]e1=e22(e2414)=2e24e24+14=e2+14
 
D'où, I=e2+14
 
2) Montrons que pour tout x élément de [1; e]
xlnxe+1f(x)xlnx2
Soit x[1; e] alors, cela se traduit, sous forme d'intervalle par :
1xe
Par suite,
 
1xe1+11+xe+11e+111+x12xlnxe+1xlnx1+xxlnx2
 
D'où, x[1; e]; xlnxe+1f(x)xlnx2
 
En déduisons que :
e2+14(e+1)e1f(x)dxe2+18
Comme xlnxe+1f(x)xlnx2 alors, par conservation de l'ordre de l'intégration, on obtient :
 
xlnxe+1f(x)xlnx2e1xlnxe+1dxe1f(x)dxe1xlnx2dx1e+1e1xln(x)dxe1f(x)dx12e1xln(x)dx1e+1×e2+14e1f(x)dx12×e2+14e2+14(e+1)e1f(x)dxe2+18
 
D'où, e2+14(e+1)e1f(x)dxe2+18
 
Auteur: 
Diny Faye

Commentaires

merci à vous infiniment

jolie correction

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