Corr Bacblanc04

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Corrigé du Bac blanc 2004 Exercice 1

complexes

1. α = 1 et −4γ = −16 donc γ = 4. Donc P (z) = (z − 4)(z 2 + βz + 4) et, par identication des coecients de z 2 , il vient −4 + β = −6 donc β = −2. D'où P (z) = (z − 4)(z 2 − 2z + 4). P (z) = 0 ⇐⇒ z = 4 ou z 2 − 2z + 4 = 0. Résolvons z 2 − 2z + 4√ = 0, son discriminant est √ ∆ = −12, ∆ < 0 donc deux solutions complexes conjuguées z1 = 1 + i 3 = b et z2 = 1 − i 3. Finalement les solutions de P (z) = 0 sont 4, b et b . 2. (a) √ √ √ √ (b) AB = |b − a| = |1 + i 3 − 4| = | − 3 + i 3| = 9 + 3 donc AB = 12. Or A appartient à la médiatrice de [BC] donc AB = AC . √ De plus, BC = . . . = 12. Donc le triangle ABC est équilatéral. √

√ 



3. (a) g = k + b donc g = 1 − 3 + i 1 + 3 . √

! 5π 3 1 (b) k = 2 − + i donc k = 2 ei 6 . 2 2 π

π

f vérie alors f = ei 3 k donc f = ei 3 × 2 ei √ π (c) Notons que c = 1 − i 3 = 2 e−i 3

5π 6

7π

donc f = 2 ei 6 .

7π

3π f 2 ei 6 i( 7π + π3 ) 6 = = ei 2 = −i π = e −i 3 c 2e   f π −−→ −−→ −−→ −−→ Or OC, OF = arg = arg(−i) = − . Donc les vecteurs OC et OF sont orthogonaux donc c 2 les droites (OC) et (OF ) sont perpendiculaires. π

4. (a) OF = |f | = 2 et OC = |c| = |2 e−i 3 | = 2 donc OF = OC . Les droites (OC) et (OF ) sont perpendiculaires et COF H est un parallélogramme donc le COF H est un carré. −−→ −−→ (b) On note h l'axe du point H . COF H est un parallélogramme donc F H = OC donc h − f = c √ √ √ √ donc h = f + c = − 3 − i + 1 − i 3 donc h = 1 − 3 − i(1 + 3) . √ π π 3 h−a 1 = ei 3 donc h − a = ei 3 (g − a) ce qui signie que H est l'image de G (c) = ... = + i 2 g−a 2 π par la rotation de centre A et d'angle . 3 On en déduit que le triangle AGH est équilatéral direct . π

π

5. Notons que b = 2ei 3 et c = 2e−i 3 . 

Étudions

bn c

=

π

2ei 3

n

−i π3

2e

= 2n−1 × ei

(n+1)π 3



 −−→ −−→

Les points O, C et Bn sont alignés si et seulement si OC, OBn = kπ avec k entier relatif. C'est à dire arg

bn = kπ . c

Les points O, C et Bn sont alignés si et seulement si

(n + 1)π = pπ , où p désigne un entier positif. 3

(n + 1)π = pπ ⇐⇒ n + 1 = 3p ⇐⇒ n = 3p − 1. 3 Les points O, C et Bn sont alignés si et seulement si n = 3p − 1, p entier naturel non nul.

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Exercice 2

suites

1. D'après le tableau de variation de la fonction f , f (α) est le minimum de la fonction f et f (α) ' 0.89. Donc f (x) > 0 pour tout réel x > 0. Or u0 > 0 et si un > 0 alors f (un ) > 0 donc un+1 > 0 donc par récurrence un > 0 pour tout entier naturel n . 2. Sur ]0; α], f est la somme de fonctions continues donc f est continue et f est h strictement h croissante sur cet intervalle. De plus l'image par f de l'intervalle ]0; α] est l'intervalle f (α); lim f = [f (α); +∞[ 0 qui contient 1. Donc d'après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f (x) = 1 admet une unique solution sur ]0; α], notée β . De même sur l'intervalle [α; +∞[, l'équation f (x) = 1 admet une unique solution qui est 1. Donc l'équation f (x) = 1 admet deux solutions qui sont 1 et β . 3. (a) (b) La suite (un ) semble être décroissante. 4. La suite (un ) semble être croissante. 5. (a) D'après le tableau de variation la fonction f est strictement croissante sur l'intervalle [1; +∞[. Donc pour tout x > 1, f (x) > f (1) donc f (x) > 1. Or u0 > 1 et si un > 1 alors f (un ) > 1 donc un+1 > 1 donc par récurrence un > 1 pour tout entier naturel n. √ 1 − un un+1 − un = f (un ) − un = √ . un √ √ Or un > 1 donc un > 1 donc 1 − un < 0 donc un+1 − un < 0 donc la suite (un ) est strictement décroissante. De plus elle est minorée par 1 donc elle converge vers une limite ` .

(b) Pour tout entier naturel n,

(c)

lim

un = ` et lim f (x) = f (`) car f est continue en ` donc, par composition,

lim

f (un ) = f (`).

n−→+∞ n−→+∞

x−→`

Or ∀ n ∈ N, un+1 = f (un ) et

lim

n−→+∞

un+1 = `

Donc la limite ` de la suite (un ) est une solution de l'équation f (x) = x. √ √ 1− x x = f (x) ⇐⇒ √ = 0 ⇐⇒ 1 = x ⇐⇒ x = 1 x

Donc la limite de la suite (un ) est 1 .

Exercice 3

Partie A

fonctions

1. lim ex = 0 donc lim e−x = 0 donc lim ln 1 + e−x = ln 1 = 0


x→−∞

x→+∞

x→+∞

De plus lim ex = +∞ donc lim x→+∞

x→+∞

1 = 0. Donc 1 + ex

lim h(x) = 0 .

x→+∞

ex × e−x 1 −e−x = − donc u0 (x) = − x . −x x −x 1+e e × (1 + e ) e +1 ex 1 0 On pose v(x) = donc v (x) = − 1 + ex (1 + ex )2

2. On pose u(x) = ln 1 + e−x donc u0 (x) =


Donc h0 (x) = u0 (x) − v 0 (x) = −

ex 1 −1 − ex + ex 1 + = donc h0 (x) = − . 2 2 x ex + 1 (1 + ex ) (1 + e ) (1 + ex )2

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3. On en déduit que ∀ x ∈ R, h0 (x) < 0 donc la fonction h est strictement décroissante sur R et lim h(x) = 0 donc pour tout réel x, h(x) > 0 . x→+∞

Partie B 1. On remarque f (x) =

ln (1 + e−x ) . e−x

Donc, par composition,

ln(1 + u) =1 u→0 u

lim e−x = 0 et lim

x→+∞

lim f (x) = 1 .

x→+∞

2. (a) Soit x ∈ R. f (x) = ex × ln 1 + e−x = ex × ln e−x (ex + 1) = ex × ln e−x + ln (ex + 1) donc f (x) = ex × (−x + ln (ex + 1)) Donc f (x) = −x ex + ex × ln (ex + 1) .








(b) On sait que lim x ex = 0 et que lim ex = 0 donc lim ex × ln (ex + 1) = 0 x→−∞

Donc

x→−∞

x→−∞

lim f (x) = 0 .

x→−∞

3. (a) La fonction exp est dérivable sur R donc la fonction x 7→ 1 + e−x est dérivable sur R et à valeurs dans R+∗ .
La fonction ln est dérivable sur R+∗ donc la fonction x 7→ ln 1 + e−x est dérivable sur R. Donc par produit la fonction f est dérivable sur R. −e−x −e−x 1 . Or on a montré que = − x donc −x −x 1+e e +1 1 + e

(b) f 0 (x) = ex × ln 1 + e−x + ex ×


0

x



f (x) = e


ln 1 + e−x −

ex

1 +1

donc f 0 (x) = ex × h(x) . (c) Pour tout réel x, ex > 0 et h(x) > 0 donc f 0 (x) > 0 donc f est strictement croissante sur R d'où le tableau de variation de f x −∞

+∞ 1 %

f 0

Partie C 1. On sait que la courbe Cf admet deux asymptotes y = 0 et y = 1. Si la courbe Cf admet un centre 1 2

de symétrie alors ce point est égale distance des deux droites donc son ordonnée est . 2. La fonction f est strictement croissante sur R et elle est dérivable donc continue. L'intervalle image 1 1 de R par f est ]0; 1[ qui contient donc l'équation f (x) = admet une unique solution sur R notée 2 2 α. 3. Donc le point A a pour coordonnées



 1 α; . 2 f (α + x) + f (α − x) = f (α) 2 f (2α) + ln 2 1 = . 2 2

Si A est centre de symétrie de la courbe Cf alors pour tout réel x, En particulier si x = α, f (2α) + ln 2

1

f (2α) + f (0) = f (α) ce qui donne 2

Or > donc le point A n'est pas centre de symétrie, donc la courbe Cf n'a pas de 2 2 centre de symétrie.

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Exercice 4

Partie A

arithmétique

1. 7 et 18 sont premiers entre eux donc d'après Bezout il existe u et v , deux entiers relatifs, tels que 7u + 18v = 1. 2. (x0 , y0 ) = (−5; 2). 3. On suppose que (x, y) est solution de (E) alors 7x + 18y = 1. Donc 7x + 18y = 1 =⇒ 7x + 18y = 7x0 + 18y0 =⇒ 7(x − x0 ) = 18(y0 − y) ?. Donc 18 divise 7(x − x0 ) et 7 et 18 sont premiers entre eux donc d'après Gauss 18 divise x − x0 donc il existe un entier relatif k tel que x − x0 = 18k donc tel que x = 18k + x0 . Donc la relation ? devient 7k = y0 − y soit y = −7k + y0 . Finalement si (x, y) solution de (E) alors x = 18k +x0 et y = −7k +y0 . On vérie que si x = 18k +x0 et y = −7k + y0 alors (x, y) solution de (E). Donc les solutions de (E) sont les couples (18k − 5 , −7k + 2) avec k entier relatif.

Partie B 1. (a) Faux car 111 est divisible par 3 donc u3 n'est pas premier. (b) un − 1 est un entier naturel qui se termine par zéro. Il est donc divisible par 10, a fortiori par 5 donc un ≡ 1 [5] (c) u6 = 1001 × u3 donc u6 est un multiple de u3 . 2. (a) un+1 = 10 un + 1 donc un+1 − 10un = 1 . D'après Bezout un+1 et un sont premiers entre eux. (b) 9un est l'entier qui s'écrit en base décimale avec n fois le chire 9. Donc 9un + 1 = 10n c.à.d. 9un = 10n − 1 . 

(c) Supposons que n = kd où k est un entier alors 10d ≡ 1 [10d − 1] donc 10d

k

≡ 1k [10d − 1]

donc 10kd ≡ 1 [10d − 1] soit 10n ≡ 1 [10d − 1] ou encore 10n − 1 ≡ 0 [10d − 1]. Donc 10d − 1 divise 10n − 1. Ainsi 10n − 1 est un multiple de 10d − 1 . Si d divise n alors 10d − 1 divise 10n − 1 donc 9ud divise 9un donc ud divise un . (d) Par contraposition : si n n'est pas premier alors n = kd avec k et d distincts de 1 donc d'après ce qui précède les entiers ud et uk divisent un . De plus 1 < ud < un , donc ud est un diviseur strict de un donc un n'est pas premier. Donc si un est premier alors n est premier . u3 = 3 × 27 et 3 est un nombre premier donc la réciproque est fausse. 3. (a) les solutions de 7x + 18y = 1 sont les couples (18k − 5 , −7k + 2) donc les solutions de 7x − 18y = 1 sont les couples (18k − 5 , 7k − 2). Donc pour obtenir un couple d'entiers naturels il sut de prendre k = 1 alors le couple (p, q) est (13, 5) . (b) 107p − 1 − 10 1018q − 1 = 107p − 1 − 1018q+1 + 10.

Or 7p − 18q = 1 donc 107p − 1 − 10 1018q − 1 = 101+18q − 1 − 1018q+1 + 10 = 9. Donc 9u7p − 10 × 9u18q = 9 donc u7p − 10u18q = 1 .





(c) D'après la question 2 (c) u7 divise u7p et u18 divise u18q . Soit d un diviseur positif commun de u7 et u18 alors d divise u7p et u18q . De la question précédente, en utilisant Bezout, on peut déduire que u7p et u18q sont premiers entre eux. Donc d = 1. Donc u7 et u18 sont premiers entre eux et leur PGCD est donc 1.

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Exercice 4

probabilités

Dans tout l'exercice on note Bk , l'événement  on a obtenu une boule blanche au k-ième tirage  et Rk , l'événement  on a obtenu une boule rouge au k-ième tirage .

Partie A

1. (a) On trace un arbre pondéré qui fait apparaître les trois tirages successifs en justiant les probabilités. On note A l'événement  on a obtenu exactement une boule blanche . A est la réunion des événements B1 ∩ R2 ∩ R3 , R1 ∩ B2 ∩ R3 et R1 ∩ R2 ∩ B3 qui sont deux à deux incompatibles. 2 5 3 3 2 et p (R1 ∩ R2 ∩ B3 ) = × × = 5 5 5 549 . Donc p(A) = 1000

3 3 9 4 4 40 18 . 125

D'après l'arbre p (B1 ∩ R2 ∩ R3 ) = × × =

et

p (R1 ∩ B2 ∩ R3 ) =

3 2 3 9 × × = 5 5 4 50

(b) On note B l'événement  on a obtenu au moins une boule blanche . Alors B est l'événement  on a obtenu trois boules rouges .  3 27 3 De plus p(B) = p (R1 ∩ R2 ∩ R3 ) = = et p(B) = 1 − p(B) 5 125 98 Donc p(B) = . 125

(c) On note C l'événement  on a obtenu exactement deux boules blanches . On ne peut tirer que deux boules blanches au plus donc trois issues possibles : 0, 1 ou 2 boules blanches. Donc p(B) + p(A) + p(C) = 1 donc p(C) = 1 −

27 549 235 − donc p(C) = . 125 1000 1000

2. Notons D l'événement  la boule blanche est apparue au troisième tirage . On sait que A désigne l'événement  on a obtenu exactement une boule blanche  et p(A) = On note que D ∩ A = R1 ∩ R2 ∩ B3 avec p(R1 ∩ R2 ∩ B3 ) = pA (D) = . . . =

18 p(D ∩ A) . De plus pA (D) = donc 125 p(A)

16 16 donc pA (D) = . 61 61

Partie B

Dans cette partie on note A l'événement  on a obtenu exactement une boule blanche . A est la réunion de n événements qui sont incompatibles deux à deux : A=

n [

(R1 ∩ R2 ∩ . . . ∩ Rk−1 ∩ Bk ∩ Rk+1 ∩ . . . ∩ Rn )

k=1

Tant que la boule blanche n'a pas été tirée la probabilité de tirer une boule rouge est

r . N

La probabilité de tirer la boule blanche, sachant qu'on en a pas tirée aux tirages précédents est r

Après avoir tiré la boule blanche la probabilité de tirer une boule rouge est . N −1 On obtient donc pour k ∈ {1, 2, . . . , n}, p (R1 ∩ R2 ∩ . . . ∩ Rk−1 ∩ Bk ∩ Rk+1 ∩ . . . ∩ Rn ) =  n−k n  r k−1 X r b D'où p(A) = × × N N N −1 k=1

! =b

n  X k=1

549 . 1000

 n−k  r k−1 r b × × N N N −1

rk−1 × rn−k N k−1 × N × (N − 1)n−k



b . N

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Donc p(A) = b

n  X k=1

p(A) =

Or

D'où

b N



rn−1 N k × (N − 1)n−k

r N −1

n−1 X n  k=1



 n  X rn−1 (N − 1)n−1 =b (N − 1)n−1 N k × (N − 1)n−k k=1

  n−1 X  n  (N − 1)k−1 b r N − 1 k−1 = N N −1 N N k−1


n   n  n−1  X 1 − NN−1 N − 1 k−1 X N − 1 k = = N N 1 − NN−1 k=1 k=0

k=1

car

     n  X N − 1 k−1 N −1 n =N 1− N N k=1

Ainsi

 n−1     b r N −1 n p(A) = ×N 1− N N −1 N  n−1     r N −1 n Finalement p(A) = b 1− N −1 N

N −1 6= 1 N