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sujets de maths .pdf



Nom original: sujets de maths.pdf
Auteur: ZHIOUA

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ZHIOUA KHALED LYCEE IBN ABI DHIAF MANOUBA

Page 1

Nouvelle-Calédonie ( Novembre 2004 )
1. Exercice 1 (5 points)

 
Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal direct (O ; u, v) , on considère l’application f du plan dans
lui-même qui, à tout point M d’affixe z associe le point M’ d’affixe z’ telle que :

z=' z2 − 4 z .
1. Soient A et B les points d’affixes zA = 1 − i et zB= 3 + i .
a. Calculer les affixes des points A’ et B’ images des points A et B par f.
b. On suppose que deux points ont la même image par f. Démontrer qu’ils sont confondus ou que l’un est l’image de
l’autre par une symétrie centrale que l’on précisera.
2. Soit I le point d’affixe −3.
a. Démontrer que OMIM’ est un parallélogramme si et seulement si z2 − 3 z + 3 =
0.
b. Résoudre l’équation z2 − 3 z + 3 =
0.
3. a. Exprimer

( z '+ 4 )

en fonction de

( z− 2 ) . En déduire une relation entre z '+ 4

et z− 2 puis entre arg( z '+ 4)

et arg( z− 2) .
b. On considère les points J et K d’affixes respectives z J = 2 et zK = −4 . Démontrer que tous les points M du cercle
(C) de centre J et de rayon 2 ont leur image M’ sur un cercle que l’on déterminera.
c. Soit E le point d’affixe zE =−4 − 3i . Donner la forme trigonométrique de zE + 4 et démontrer à l’aide du 3. a. qu’il
existe deux points dont l’image par f est le point E. Préciser sous forme algébrique les affixes de ces deux points.
2. Exercice 2 (5 points)
Cet exercice est un Q.C.M. Pour chacune des cinq questions une ou plusieurs réponses sont exactes.
Le candidat doit inscrire V (vrai) ou F (faux) dans la case correspondante.
Aucune justification n’est demandée.
Pour chaque question 3 réponses correctes rapportent 1 point, 2 réponses correctes rapportent 0,5 point.

E

H

F
G

D

A
B

C

Soit ABCDEFGH un cube de côté 1. On choisit le repère orthonormal

  

( A ; AB, AD, AE ) .

On appelle I et J les

milieux respectifs des segments [EF] et [FG]. L est le barycentre de {(A ; 1), (B ; 3)}. Soit (P) le plan d’équation
4x − 4y + 3 z − 3 =
0.
1. Les coordonnées de L sont :
Propositions

1

a.  ; 0 ; 0 
3


3

b.  ; 0 ; 0 
4


2

c.  ; 0 ; 0 
3


a. (GLE)

b. (LEJ)

c. (GFA)

Réponses
2. Le plan (P) est le plan :
Propositions
Réponses

3. Le plan parallèle au plan (P) passant par I coupe la droite (FB) en M de coordonnées :
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Page 2

Propositions

1

a.  1 ; 0 ; 
4


1

b.  1 ; 0 ; 
5


1

c.  1 ; 0 ; 
3


Réponses
4.
Propositions

a. Les droites (EL) et (FB) sont
sécantes en un point N qui est le b. Les droites (EL) et c. b. Les droites (EL)
symétrique de M par rapport à (IM) sont parallèles. et (IM) sont sécantes.
B.

Réponses
5. Le volume du tétraèdre FIJM est :
Propositions

a.

1
36

b.

1
48

c.

1
24

Réponses
3. Exercice 3 (5 points)

x
On considère la fonction f définie sur  par f ( x) = x
. On note (C) sa courbe représentative dans le plan
e −x
 
rapporté au repère orthogonal (O ; i , j ) , l’unité graphique est 2 cm sur l’axe des abscisses et 5 cm sur l’axe des
ordonnées.
Partie A
Soit g la fonction définie sur  par g( x) = ex − x − 1 .
1. Etudier les variations de la fonction g sur  . En déduire le signe de g.
2. Justifier que pour tout x, ex − x > 0 .
Partie B
1. a. Calculer les limites de la fonction f en +∞ et −∞ .
b. Interpréter graphiquement les résultats obtenus.
2. a. Calculer f '( x) , f’ désignant la fonction dérivée de f.
b. Etudier le sens de variation de f puis dresser son tableau de variation.
3. a. Déterminer une équation de la tangente (T) à la courbe (C) au point d’abscisse 0.
b. A l’aide de la partie A, étudier la position de la courbe (C) par rapport à la droite (T).
4. Tracer la droite (T), les asymptotes et la courbe (C).
4. Exercice 4 (5 points, non spécialistes)
On considère les deux suites ( un ) et ( vn ) définies, pour tout entier naturel n, par :
 u0 = 3
 v0 = 4


un + vn et 
un+1 + vn .

 un+1 = 2
 vn+1 =
2

1. Calculer u1 , v1 , u2 , v2 .
2. Soit la suite ( wn ) définie pour tout entier naturel n par w=
vn − un .
n
a. Montrer que la suite ( wn ) est une suite géométrique de raison

1
.
4

b. Exprimer wn en fonction de n et préciser la limite de la suite ( wn ) .
3. Après avoir étudié le sens de variation des suites ( un ) et ( vn ) , démontrer que ces deux suites sont adjacentes. Que
peut-on en déduire ?
4. On considère à présent la suite ( tn ) définie, pour tout entier naturel n, par tn =

un + 2vn
.
3

a. Démontrer que la suite ( tn ) est constante.
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b. En déduire la limite des suites ( un ) et ( vn ) .
5. Exercice 4 (5 points, spécialistes)
Dans cet exercice a et b désignent des entiers strictement positifs.
1. a. Démontrer que s’il existe deux entiers relatifs u et v tels que au + bv =
1 alors les nombres a et b sont premiers
entre eux.
b. En déduire que si

( a2 + ab − b2 )

2

=
1 alors a et b sont premiers entre eux.

2. On se propose de déterminer tous les couples d’entiers strictement positifs (a ; b) tels que

( a2 + ab − b2 )

2

=
1 . Un

tel couple sera appelé solution.
a. Déterminer a lorsque a = b.
b. Vérifier que (1 ; 1), (2 ; 3) et (5 ; 8) sont trois solutions particulières.
c. Montrer que si (a ; b) est solution et si a < b , alors a2 − b2 < 0 .
3. a. Montrer que si (x ; y) est une solution différente de (1 ; 1) alors ( y − x ; x) et ( y ; y + x) sont aussi des solutions.
b. Déduire de 2. b. trois nouvelles solutions.
4. On considère la suite de nombres entiers strictement positifs ( an )n∈ définie par a=
a=
1 et pour tout entier n,
0
1
.
n ≥ 0 , a=
a
+
a
n+ 2
n+1
n
Démontrer que pour tout entier naturel n ≥ 0 , ( an ; an+1 ) est solution. En déduire que les nombres an et an+1 sont
premiers entre eux.

Baccalauréat

Correction

Nouvelle-Calédonie

6. Exercice 1 (5 points)

z=' z2 − 4 z .
1. a. zA =1 − i → zA ' =(1 − i )2 − 4(1 − i ) =−2i − 4 + 4i =−4 + 2i et zB =3 + i → zB' =9 + 6i − 1 − 12 − 4i =−4 + 2i .
b. appelons u et v les affixes des points U et V en question : u=' u2 − 4u et v=' v2 − 4v ; leurs images sont identiques
si

u ' = v ' ⇔ u2 − 4u = v2 − 4v ⇔ u2 − v2 − 4u + 4v =0 ⇔ ( u − v)( u + v) − 4( u − v) =0 ⇔ ( u − v)( u + v − 4) =0 .
On a donc soit u = v , soit u + v = 4 ⇔

u+ v
= 2 , et dans ce cas le milieu de [UV] a pour affixe 2 et l’un est l’image de
2

l’autre par la symétrie de centre 2.
2. a. I(−3). OMIM’ est un parallélogramme si et seulement si
 
OM =M ' I ⇔ z − 0 =−3 − z ' ⇔ z '+ z + 3 =0 ⇔ z2 − 3 z + 3 =0 .
b. z2 − 3 z + 3 =
0 : ∆ = 9 − 12 = −3 = 3i 2 d’où z1=
3. a.

3
3
3
3
+i
−i
, z2=
.
2
2
2
2

 z '+ 4 = z − 2 2


( z '+ 4 ) = z2 − 4 z + 4 = ( z − 2)2 ⇒ 

4) 2arg( z − 2) + 2kπ
 arg( z '+=

.

2 , et son image M’ est
b. Soit M un point du cercle (C) de centre J(2) et de rayon 2, son affixe z est telle que z− 2 =
telle que z '+ 4 = 22 = 4 d’où M’ est sur le cercle de centre K(−4), de rayon 4.
−i

c. zE + 4 =−3i =3e

π
2

; si E est l’image d’un point z, on a

π

π

arg( zE +=
4) 2arg( z − 2) + 2kπ ⇔ −= 2arg( z − 2) + 2kπ ⇔ arg( z −=
2) − − kπ .
2
4

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Sur le cercle trigo il y a donc deux arguments possibles, −
zE + 4 −3i =3 = z − 2

i
z =2 + 3e 4

2

⇒ z − 2 =3 .

Conclusion

on

π
4

et −

π
4


+ π = . Il reste à trouver les modules :
4
i

z− 2 =
3e

a


4

ou

−i

z− 2 =
3e

π
4

,

soit

π

−i
 2

2  4+ 3 2 3 2
2
2  4− 3 2
3 2
−i
−i
2 + 3e 4 =
2+ 3
=2 + 3  −
+i
+i
ou z =
.
=
=
2 
2
2
2 
2
2
 2
 2

7. Exercice 2 (5 points)

3

1. Il n’y a qu’une bonne réponse : b.  ; 0 ; 0  . A a pour coordonnées (0 ; 0 ; 0) et B(1 ; 0 ; 0) d’où L a pour
4


1
3
xL
(1.0 + 3.1)
=
coordonnées : =
et 0 pour les autres.
3+1
4
2. Le plan (P) est le plan :
Propositions
a. (GLE)
b. (LEJ)
c. (GFA)
Réponses
Vrai
Faux
Faux
C’est un peu pénible car il faut regarder tous les points ; G(1 ; 1 ; 1) donc 4 − 4 + 3 − 3 =
0 et G est dans P ; E(0 ; 0 ; 1)
 1 
est aussi dans P ainsi que L. J  1 ; ; 1  : 4 − 2 + 3 − 3 ≠ 0 , F(1 ; 0 ; 1) : 4 − 0 + 3 − 3 ≠ 0 .
 2 
3. Une seule bonne réponse :
Propositions

1

a.  1 ; 0 ; 
4


1

b.  1 ; 0 ; 
5


1

c.  1 ; 0 ; 
3


Réponses

Faux

Faux

Vrai

1

I a pour coordonnées  ; 0 ; 1  ; il nous faut l’équation de ce plan :
2

 4   x − 1/ 2 



 −4   y − 0  =4x − 2 − 4y + 3 z − 3 =0 ⇔ 4x − 4y + 3 z − 5 =0 .
 3   z−1 




1
 x=1
; le point M est donc donné par 4 − 0 + 3 z − 5 = 0 ⇔ z = .
La droite (FB) est facile à trouver : 
3
y=0

E

H

I

F

J

G

M
L
B

D

A
C

4. Il y a intérêt à placer les points sur la figure… mais ce n’est pas suffisant malheureusement…
a. Les droites (EL) et (FB) sont b. Les droites (EL) et c. b. Les droites (EL)
Propositions sécantes en un point N qui est le
(IM) sont parallèles. et (IM) sont sécantes.
symétrique de M par rapport à
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B.
Vrai

Réponses

Vrai

Faux

1    3

3

 
L  ; 0 ; 0  , E(0 ; 0 ; 1), F(1 ; 0 ;1), B(1 ; 0 ; 0), M  1 ; 0 : =
, EL  ; 0 ; − 1  =
, FB
3

4

4

  1
2
=
IM  ; 0 ; −  .
3
2

( 0 ; 0 ; −1) ,

1

I  ; 0 ;1 ,
2


3

 x= 0 + 4 t
 x=1


et (FB) :  y = 0
d’où leur intersection donnée par
(EL) a pour équations paramétriques  y = 0
 z= 1 − t '
 z= 1 − t



3
 4t =1
1

4

⇔t=
= t ' . On a donc le point N  1; 0 ; −  ; le milieu de [MN] est B ( 1 ; 0 ; 0 ) .
0 = 0
3
3

 1− t = 1− t '



k 3
2= 4
  3



1
2
3



EL
k
=  ; 0 ; − 1=
⇒=
0 0
.
 kIM= k  ; 0 ; −  ⇔  =
3
2
4

2
 2k
−
=
−1
 3
5.

1
36
Vrai

a.

Propositions
Réponses
La base est le triangle FIJ de surface

1
48
Faux

c.

b.

1
24

Faux

1
2
, la hauteur est la longueur FM, soit , le volume de FIJM est donc
8
3

1 1 2 1
. . =
.
3 8 3 36
8. Exercice 3 (5 points)
On considère la fonction f définie sur  par . On note (C) sa courbe représentative dans le plan rapporté au repère
 
orthogonal (O ; i , j ) , l’unité graphique est 2 cm sur l’axe des abscisses et 5 cm sur l’axe des ordonnées.
Partie A
Soit g la fonction définie sur  par g( x) = ex − x − 1 .
1. g '( x=
) ex − 1 est positive lorsque x ≥ 0 ; g(0) = 1 − 0 − 1 = 0 : comme g est décroissante avant 0 et croissante après,
g est toujours positive.
2. Comme g( x) ≥ 0 , on a ex − x ≥ 1 ⇒ ex − x > 0 (ceci montre que f est définie sur  ).
Partie B

lim f ( x)
=
x→+∞

1.

x
lim
=
x
x→+∞ e − x

a.

1
1
lim
0 =
lim f ( x)
=
=
x
x→+∞ e
x→−∞
+∞
−1
x
;

x
lim
=
x
x→−∞ e − x

b. On a une asymptote horizontale en −∞ : y = −1 et une autre en +∞ : y = 0 .
2. a. f '( x)
=

1( ex − x) − x( ex − 1) ex − x − xex + x (1 − x)ex
.
=
=
( ex − x)2
( ex − x)2
( ex − x)2

b. f’ est du signe de 1−x.

1
1
lim
=
= −1
x
x→−∞ e
0 −1
−1
x
x

+

0

+∞


1
e− 1

f

−1

3. a. y − f=
(0) f '(0)( x − 0) ⇔
=
y x.

1

−∞

f’

0

x − xex + x2 − x( ex − x − 1) − xg( x)
. Comme g est positive, ainsi que ex − x , f ( x) − x est du
=
= x
ex − x
ex − x
ex − x
e −x
signe de −x, soit positif avant 0 (C est au-dessus de T), négatif après (C est en dessous de T).
b. f ( x) −=
x

x

x
−=

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4.

9. Exercice 4 (5 points, non spécialistes)
 v0 = 4
 u0 = 3


et
u +v .
u
v
+


n
n
vn+1 = n+1 n
u
=

 n+1
2
2


1.
u1
=

u2 + v1 59
u0 + v0 7
u1 + v0 15
u1 + v1 29
.
, v1
, u2
, v2
= =
=
=
=
=
=
2
2
2
4
2
8
2
16

2. a. wn+1 = vn+1 − un+1

u +v u +v
u −u
= n+1 n − n n = n+1 n =
2
2
2

un + vn
− un
u + v − 2un vn − un 1
2
= n n
=
= wn .
2
4
4
4

1
1
b. w0 = v0 − u0 = 4 − 3 = 1 donc=
; sa limite est évidemment 0.
wn 1.=
n
4
4n
un+1 − un
= wn+1 > 0 donc un est croissante ; par ailleurs wn = vn − un > 0 donc un > vn ; enfin
2
1
1
1
1 un + vn
1
vn+1 − vn=
un+1 + vn − vn=
− vn =
( un+1 − vn =
)
(
)
( un − vn ) < 0 donc vn est décroissante.
2
2
2
2
2
4

3. On a vu que

0 or c’est justement la limite de wn . Les suites ( un ) et ( vn ) convergent donc
Il reste à montrer que lim( un − vn ) =
n→∞

vers la même limite (inconnue pour l’instant…).

un+1 + 2vn+1 1  un + vn
u + vn  1  un + vn un + vn
 1
=
+ 2 n+1 =
+
+=
vn 
2vn ) tn .
On
a
( un + =



3
3 2
2
2
 3 2
 3
1
7
( u0 + v0 )=
tn =
.
3
3
7 1
7
( l + 2l ) ⇒ l=
.
b. Les suites ( un ) et ( vn ) ont même limite l donc à l’infini, en remplaçant dans tn : =
3 3
3
10. Exercice 4 (5 points, spécialistes)
tn+1
4. a.=

donc

1. a. Démonstration de cours.

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b.

(

a2 + ab − b2

)

2

 a2 + ab − b2 =
1
1
 a ( a + b ) − b× b =
. Dans les deux cas on peut écrire au + bv =
1 : dans
=1 ⇔ 
⇔
2
2
1
−1  b( b − a) − a× a =
 a + ab − b =

le premier u =
−a .
a + v, v =
−b , dans le second u =
b − a, v =
2. a. a = b :

( a2 + ab − b2 )

2

=1 ⇔ a4 =1 ⇒ a =1 (a > 0).

(

b. (1 ; 1) est déjà fait, (2 ; 3) : 22 + 2.3 − 32

)

2

(

=
1 et (5 ; 8) : 52 + 5.8 − 82

)

2

= (25 + 40 − 64)2 = 1 .

c. a2 + ab − b2 =
1 : si on a a2 − b2 > 0 , alors a2 + ab − b2 ne peut pas valoir 1 ; de même a2 + ab − b2 ne peut valoir −1
dans ce cas puisqu’il serait positif. Dans tous les cas on a a2 − b2 < 0 .
3. a. ( y − x ; x) est une solution ssi (x ; y) est une solution :

( ( y − x)2 + ( y − x)x − x2 ) =( y2 − 2xy + x2 + xy − x2 − x2 ) =( y2 − xy + x2 )
2

2

2

=1 ;

Même calcul pour ( y ; y + x) .
b. (2 ; 3) est solution donc (3 − 2 ; 2) =
(1 ; 2) et (3 ; 3 + 2) =
(3 ; 5) en sont ; (5 ; 8) est solution donc (8 − 5 ; 5) =
(3 ; 5)
et (8 ; 5 + 8) =
(8 ; 13) en sont ; on a les nouvelles solutions : (1 ; 2) , (3 ; 5) et (8 ; 13) .
4. a=
an+1 + an . Démonstration par récurrence : supposons que ( an ; an+1 ) est solution, alors
a=
1 , a=
n+ 2
0
1
( y ; y=
+ x) ( an+1 ; an + =
an+1 ) ( an+1 ; an+ 2 ) est solution d’après le 3. a. Comme c’est vrai au rang 0 : (1 ; 1) est solution,
c’est toujours vrai.
La question 1. b. justifie alors que les nombres an et an+1 sont premiers entre eux.
Remarque : ce n’est pas la façon la plus rapide de montrer que deux termes consécutifs de la suite de Fibonacci sont
premiers entre eux : soient un+1 et un deux termes consécutifs de la suite de Fibonacci.
Alors un+1 = un + un−1 ; soit d un diviseur commun positif de un+1 et un ;
alors d divise un−1, donc d est un
diviseur commun de un et un−1.
En itérant (et en descendant), il vient : d est un diviseur commun de u1 = 1 et uo = 1 donc d = 1 et un+1 et un sont
premiers entre eux.

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Amérique du Sud ( Novembre 2004 )Remplacement
11. Exercice 1 (7 points)
Soit la fonction f définie par f ( x) = xe− x sur [0 ; + ∞[ .

 
On note Γ la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthonormé (O ; i , j ) (unité graphique : 10 cm).
Partie A
1. a. Déterminer la limite de f en +∞ .
b. Etudier les variations de f et dresser son tableau de variations.
c. construire Γ .

 1
2. a. Montrer que pour tout réel m de l’intervalle  0 ;  , l’équation f ( x) = m admet deux solutions.
 e
b. Dans le cas où m=
10−2 de α .

1
, on nomme α et β les solutions, (avec α < β ). Déterminer un encadrement d’amplitude
4

1
c. Résoudre l’équation f ( x) = m dans le cas où m = 0 et m = .
e
Partie B
 u0 = α
où α est le réel défini à la question A. 2. b.
On considère la suite ( un ) définie sur  par 
−u
 un+1 = une n
a. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, un > 0 .
b. Montrer que la suite ( un ) est décroissante.
c. La suite ( un ) est-elle convergente ? Si oui, déterminer sa limite.
2. On considère la suite ( wn ) définie sur  par wn = ln un .
a. Montrer que, pour tout entier naturel n, on a u=
wn − wn+1 .
n
b. On pose Sn = u0 + u1 + ... + un . Montrer que S=
w0 − wn+1 .
n
c. En déduire lim Sn .
n→∞

3. On considère la suite ( vn ) définie sur  par son premier terme v0 , v0 > 0 , et pour tout entier n, par

vn+1 = vn e− vn . Existe-t-il une valeur de v0 différente de α telle que, pour tout entier n ≥ 1 , on ait un = vn ? Si oui,
préciser laquelle.
12. Exercice 2 (3 points)

 
On a représenté ci-dessous, dans un repère orthonormal (O ; i , j ) , la courbe représentative de la fonction f,
dérivable sur  , solution de l’équation différentielle
(E) y '+ y =
0 et telle que y(0) = e.
1. Déterminer f(x) pour tout x réel.
2. Soit t un réel donné de l’intervalle [1 ; e]. Résoudre dans  l’équation e1− x = t d’inconnue x.
3. Soit A le point d’abscisse 0 et B le point d’abscisse 1 de la courbe. On considère le solide obtenu par rotation
autour de l’axe des ordonnées de l’arc de courbe 
AB comme représenté sur la deuxième figure. On note V son

=
V π
volume et on admet que



e

(1 − ln t)2 dt .

1

Calculer V à l’aide de deux intégrations par parties successives.

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y 4

3,5

3

A
2,5

2

1,5

B

1

0,5
x

0
-0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3

3,5

4

y

2,5

2

1,5

1

0,5

x
0
-2

-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

2

13. Exercice 3 (5 points, énoncé légèrement modifié par moi-même)
Une urne contient 4 boules rouges et 2 boules noires indiscernables au toucher.
1. On effectue au hasard un tirage de deux boules simultanément de l’urne.
On note A0 l’événement « on n’a obtenu aucune boule noire » ;
on note A1 l’événement « on a obtenu une seule boule noire » ;
on note A2 l’événement « on a obtenu deux boules noires ».

6
8
et p(A 1 ) =
; en déduire p(A 2 ) .
15
15
2. Après ce premier tirage, il reste 4 boules dans l’urne. On effectue à nouveau un tirage sans remise de deux boules
de l’urne.
On note B0 l’événement « on n’a obtenu aucune boule noire au tirage n°2 » ;

Montrer que p(A 0 ) =

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on note B1 l’événement « on a obtenu une seule boule noire au tirage n°2 » ;
on note B2 l’événement « on a obtenu deux boules noires au tirage n°2 ».
a. Calculer pA 0 (B0 ) , pA1 (B0 ) , pA 2 (B0 ) .
b. Calculer p(B0 ) .
c. Calculer p(B1 ) et p(B2 ) .
d. On a obtenu une seule boule noire lors de ce second tirage. Quelle est la probabilité d’avoir obtenu une seule
boule noire lors du premier tirage ?
3. On considère l’événement R : « il a fallu exactement les deux tirages pour que les deux boules noires soient tirées
1
de l’urne ». Montrer que p(R) = .
3
14. Exercice 4 (5 points, non spécialistes)
Partie A

 
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct (O ; u, v) . Pour réaliser la figure, on prendra pour
unité graphique 1 cm.
Soit P le point d’affixe p où p = 10 et Γ le cercle de diamètre [OP ]. On désigne par Ω le centre de Γ .
Soit A, B et C les points d’affixes respectives a, b et c où a= 5 + 5i , b= 1 + 3i et c= 8 − 4i .
1. Montrer que A, B et C sont des points du cercle Γ .
2. Soit D le point d’affixe 2 + 2i . Montrer que D est le projeté orthogonal de O sur la droite (BC).
Partie B (On rappelle que z

2

= zz ).

A tout point M du plan différent de O, d’affixe z, on associe le point M’ d’affixe z’ tel que z ' =

20
où z représente le
z

nombre conjugué de z.
1. Montrer que les points O, M et M’ sont alignés.
2. Soit ∆ la droite d’équation x = 2 et M un point de ∆ d’affixe z. On se propose de définir géométriquement le
point M’ associé au point M.
a. Vérifiez que z + z =
4.

z' z ' .
b. Exprimez z '+ z ' en fonction de z et z et en déduire que 5 ( z '+ z ' ) =
c. En déduire que M’ appartient à l’intersection de la droite (OM) et du cercle Γ . Placer M’ sur la figure.

Amérique du Sud

Correction

remplacement

15. Exercice 1 (7 points)

f ( x) = xe− x sur [0 ; + ∞[ .
x

Partie A
1. a. lim f ( x) = lim xe− x = lim − XeX = 0 .
x→+∞

x→+∞

X →−∞

b. f '( x) =
e− x − xe− x =−
(1 x)e− x . L’ex ponentielle est positive, f’ est
de 1 − x.
c.

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f’

+∞

1

0
+

0



1
e

f
0

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du signe
0

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2. a. La droite d’équation y = m coupe la
courbe Γ en deux points, l’équation f ( x) = m a donc bien deux solutions. Plus scientifiquement, lorsque m est dans

 1
 0 ; e  , il a deux antécédents par f : un antécédent entre 0 et 1 car f est croissante et continue de ]0 ; 1[ vers
 1
 1
 0 ; e  , l’autre entre 1 et +∞ car f est continue, monotone, décroissante de ]1 ; + ∞[ vers  0 ; e  .
b. On cherche quand f(x) encadre 1/4 : f(0,3573) = 0,2499 et f(0,3574) = 0,25001.
c. f ( x) = 0 a l’unique solution 0 (tableau de variation) et f ( x) =

1
a pour unique solution 1.
e

 u0 = α
Partie B 
−u
 un+1 = une n
a. Comme u0= α > 0 et que si un > 0 alors un e− un > 0 , il est clair que un > 0 pour tout n.
b. On peut faire un+1 − u=
un e− un − u=
un ( e− un − 1) ; or un > 0 ⇔ −un < 0 ⇔ e− un < 1 ⇔ e− un − 1 < 0 donc la suite ( un )
n
n
est décroissante.

l =0
; la
c. ( un ) est décroissante et minorée par 0, elle converge donc. Soit l sa limite, on a le− l = l ⇔ 
−l
 e = 1 ⇔ −l = 0
seule possibilité est que l = 0 .
2. wn = ln un .
a. Prenons le logarithme de un+1= un e− un ⇔ ln un+1= ln un + ln e− un= ln un − un ⇔ wn+1= wn − un , soit u=
wn − wn+1 .
n
b. Sn = u0 + u1 + ... + un = w0 − w1 + w1 − w2 + ... + wn−1 − wn + wn − wn+1 = w0 − wn+1 .
c. Comme un tend vers 0, wn tend vers −∞ , donc Sn tend vers +∞ .

u1 f=
(α )
3. En fait à partir de u0 = α on a=
suites seront confondues.
16. Exercice 2 (3 points)

1
1
; mais f ( β ) = , donc si l’on prend v0 = β , à partir du rang 1 les deux
4
4

−x
1. (E) y '+ y =0 ⇔ y ' =− y et y(0) = e : f ( x) = Ce− x et f (0)= Ce0= C= e donc f=
( x) ee
=
e1− x .

2. e1− x = t ⇔ 1 − x = ln t ⇔ x = 1 − ln t (on a ainsi la fonction réciproque de f : f −1( t)= 1 − ln t ).
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3. V π
=





 1
2  −  (1 − ln t) et v = t :
(1 − ln t)2 , v ' =
1 , d’où u ' =
(1 − ln t)2 dt : on pose u =
1
 t
e

e

e

V=
π (1 − ln t)2 dt =
π  t(1 − ln t)2  + 2π



on pose u =
1 − ln t, v ' =
1 , d’où u ' = −

1
et v = t :
t

e

1

1

1 − ln tdt =
0 − π + 2π

1





e

1 − ln tdt ;

1

e
1

1 − ln tdt =[ t(1 − ln t) ] 1 −
e



e

−1dt =−1 + ( e− 1) =e− 2 et enfin

1

V =−π + 2π e− 4π =π (2e− 5) ≈ 1, 37 .
Remarque : on voit sur la figure que le volume en question est quasiment celui d’un cône de base un cercle de rayon
1
1 et de hauteur 1,5. Comme le volume d’un cône est π R2 h , on a bien environ 1,5.
3
17. Exercice 3 (5 points)
Une urne contient 4 boules rouges et 2 boules noires indiscernables au toucher.
 6  6.5
1. On effectue au hasard un tirage de deux boules simultanément de l’urne : il y a  =
 = 15 tirages possibles.
2
2
 4  4.3
« On n’a obtenu aucune boule noire » revient à dire que l’on a tiré deux rouges parmi 4, il y a  =
 = 6 et la
2
2
6
;
probabilité est p(A 0 ) =
15
de même « on a obtenu une seule boule noire » revient à dire qu’on a tiré une noire parmi 2 et une rouge parmi 4, il
8
 2  4
; comme la seule possibilité restante est de tirer 2
y a   .   = 8 manières de procéder, ce qui donne p(A 1 ) =
1
1
15
   

 6 8  1
1 − p( A2 ) =
1− 
+
noires, on a p(A 2 ) =
=.
 15 15  15
 4
2. a. Lors de ce deuxième tirage on a   = 6 tirages possibles.
2

Si on a tiré 0 noire au 1er tirage, on a tiré 2 rouges ; il reste donc 2 rouges et 2 noires dans la boite et la probabilité de
 2
 2
  1
tirer 0 noire est celle de tirer 2 rouges parmi 2, soit pA 0 (B
;
)
=
=
0
6
6
si on a tiré 1 noire au 1er tirage, on a tiré également 1 rouge ; il reste donc 3 rouges et 1 noire dans la boite et la
3
2
  3
probabilité de tirer 0 noire est celle de tirer 2 rouges parmi 3, soit pA1 (B
;
)
=
=
0
6
6
si on a tiré 2 noires au 1er tirage, on a tiré 0 rouge ; il reste donc 4 rouges et 0 noire dans la boite et la probabilité de
 4
2
  6
tirer 0 noire est celle de tirer 2 rouges parmi 4, soit pA 2 (B0 =
)
= = 1 (en fait c’était évident…puisqu’il n’y a
6
6
plus que des rouges).
b. avec les probabilités totales on a p(B0 ) = p ( B0 ∩ A 0 ) + p ( B0 ∩ A 1 ) + p ( B0 ∩ A 2 ) , soit

p(B0 ) = pA 0 (B0 ) p ( A 0 ) + pA1 (B0 ) p(A 1 ) + pA 2 (B0 ) p ( A 2 ) =

1 6 3 8 6 1
6
. + . + . =
.
6 15 6 15 6 15 15

c. De la même manière on a
 2  2 
 3  1
 1  1 
 1  1
   4
    3 p (B ) = 0
,=
, A2 1
;
=
pA 0 (B1 ) =
pA1 (B1 ) =
6
6
6
6
4 6 3 8
1
8
p(B1 ) = pA 0 (B1 ) p ( A 0 ) + pA1 (B1 ) p(A 1 ) + pA 2 (B1 ) p ( A 2 ) = . + . + 0. =
;
6 15 6 15
15 15

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 2
 2
  1 p (B ) = 0 p (B ) = 0
, A1 2
, A2 2
;
pA 0 (B
)
=
=
2
6
6

1 6
8
1
6
1
p(B2 ) =pA 0 (B2 ) p ( A 0 ) + pA1 (B2 ) p(A 1 ) + pA 2 (B2 ) p ( A 2 ) = . + 0. + 0. = = .
6 15
15
15 90 15
d. On a obtenu une seule boule noire lors de ce second tirage, on connaît donc B1. Nous cherchons alors
1 8
p ( A 1 ∩ B1 ) pA1 (B1 ) p(A 1 ) 2 . 15 1
.
(A 1 )
pB1=
=
= =
8
2
p(B1 )
p(B1 )
15
6 1 8 3 5 1
3. p(R)= p(A 0 ∩ B2 ) + p(A 1 ∩ B1 )= p(A 0 ) pA 0 (B2 ) + p(A 1 ) pA1 (B1 ) , soit p(R) = . + . = =.
15 6 15 6 15 3
18. Exercice 4 (5 points, non spécialistes)
Partie A

a= 5 + 5i , b= 1 + 3i et c= 8 − 4i .
1. Ω ( 5 ) ; ΩA = 5 + 5i − 5 = 5 , ΩB = 1 + 3i − 5 = −4 + 3i = 16 + 9 = 5 et ΩC = 8 − 4i − 5 = 3 − 4i = 5 donc A, B et
C sont des points du cercle Γ .


est colinéaire
2. On vérifie par exemple que D est sur BC, soit que
BD




 
2−1 8−1
 2 7 
det BD , BC =
=−7 + 7 =0 et que OD est orthogonal à BC :   . 
 = 14 − 14 = 0 .
2 − 3 −4 − 3
 2   −7 

(


BC :

à

)

Partie B z ' =

20
.
z

20 20 z 
20 
1. On peut écrire z ' = = ⇒ OM ' = 2 OM , ce qui montre que les points O, M et M’ sont alignés.
z
zz
OM

2. a. M a pour affixe z= 2 + iy donc z + z = 2 + iy + 2 − iy = 4 .
b. z '+ z ' =

400 20 20
20 20 20 20 20( z + z) 80
=
= z' z ' .
.
; on a donc 5 ( z '+ z ' ) =
+
=
+
=
=
zz
z z
z
z
z
zz
zz
z

c. Il est clair que M’ est sur (OM) puisque O, M et M’ sont alignés. Il reste à montrer que M’ est sur Γ , soit que

z '− 5 = 5 ⇔ ( z '− 5)( z '− 5) = 25 ⇔ ( z '− 5)( z '− 5) = 25 ⇔ z ' z '− 5( z '+ z ') + 25 = 25 ⇔ z ' z ' = 5( z '+ z ') C’est bon.

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France métropolitaine ( Juin 2004 )
19. Exercice 1 (4 points)
 u0 = 1
On considère la suite (un) définie par 
pour tout entier naturel n.
 un+1 = un + 2n + 3
1. Etudier la monotonie de la suite (un).

2. a. Démontrer que, pour tout entier naturel n, un > n2 .
b. Quelle est la limite de la suite (un) ?
3. Conjecturer une expression de un en fonction de n, puis démontrer la propriété ainsi conjecturée.
20. Exercice 2 (5 points, spécialistes)
1. Montrer que pour tout entier naturel non nul k et pour tout entier naturel x :

( x − 1)(1 + x + x2 + ... + xk−1 ) = xk − 1 .
Dans toute la suite de l’exercice, on considère un nombre entier a supérieur ou égal à 2.
2. a. Soit n un entier naturel non nul et d un diviseur positif de n : n = dk. Montrer que ad − 1 est un diviseur de
an − 1 .
b. Déduire de la question précédente que 22004 − 1 est divisible par 7, par 63 puis par 9.
3. Soient m et n deux entiers naturels non nuls et d leur PGCD.
a. On définit m’ et n’ par m = dm’ et n = dn’. En appliquant le théorème de Bézout à m’ et n’, montrer qu’il existe des
entiers relatifs u et v tels que mu − nv =
d.
b. On suppose u et v strictement positifs. Montrer que ( amu − 1) − ( anv − 1)ad = ad − 1 . Montrer ensuite que ad − 1 est
le PGCD de amu − 1 et de anv − 1 .
c. Calculer, en utilisant le résultat précédent, le PGCD de 263 − 1 et de 260 − 1 .
21. Exercice 2 (5 points, non spécialistes)
Dans l’ensemble  des nombres complexes, i désigne le nombre de module 1 et d’argument

π
2

.

1. Montrer que (1 + i )6 =
−8i .
2. On considère l’équation (E) : z2 = −8i .
a. Déduire de 1. une solution de l’équation (E).
b. L’équation (E) possède une autre solution ; écrire cette solution sous forme algébrique.
3. Déduire également de 1. une solution de (E’) : z3 = −8i .


.
3
a. Déterminer l’affixe b du point B, image de A par r, ainsi que l’affixe c du point C, image de B par r.
b. Montrer que b et c sont solutions de (E’).
 
5. a. Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal (O ; u, v) (unité graphique 2 cm), représenter les
points A, B et C.
b. Quelle est la nature de la figure que forment les images de ces solutions ?
c. Déterminer le centre de gravité de cette figure.
22. Exercice 3 (5 points)
4. On considère le point A d’affixe 2i et la rotation r de centre O et d’angle

Pour chaque question une seule réponse est exacte. Une réponse exacte rapporte 1 point, une réponse inexacte
enlève 1/2 point ; l’absence de réponse est comptée 0 point. Si le total est négatif la note est ramenée à 0.
  
Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal (O ; i , j , k ) , on donne le point S(1 ; −2 ; 0) et le plan P d’équation

x + y − 3z + 4 =
0.
1. Une représentation paramétrique de la droite D passant par le point S et perpendiculaire au plan P est :

 x= 1 + t

A :  y= 1 − 2t

 z = −3
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 x= 2 + t

B :  y =−1 + t
 z= 1 − 3t


 x= 1 + t
 x= 2 + t


C :  y =−2 − 2t D :  y =−1 + t (t réel).
 z = 3t
 z =−3 − 3t



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2. Les coordonnées du point d’intersection H de la droite D avec le plan P sont :

 6 −9 −3 
;
B:  ;

5 5 5 

A : (−4 ; 0 ; 0)

 7 −2 1 
 8 −25 9 
; D: 
;
; 
C:  ;
9 3 3
 11 11 11 

3. La distance du point S au plan P est égale à :
11
3

A:

B:

3
11

C:

9
11

D:

9
11

4. On considère la sphère de centre S et de rayon 3. L’intersection de la sphère S et du plan P est égale :
B : au cercle de centre H et de rayon r = 3

A : au point I(1 ; −5 ; 0).

C : au cercle de centre S et de rayon 2.

10
.
11

D : au cercle de centre H et de rayon r =

3 10
.
11

23. Exercice 4 (6 points)
On s’intéresse à la durée de vie, exprimée en semaines, d’un composant électronique. On modélise cette situation
par une loi de probabilité p de durée de vie sans vieillissement définie sur l’intervalle [0 ; +∞[ : la probabilité que le
composant ne soit plus en état de marche au bout de t semaines est p([0 ; t[) =

t

∫ λe

−λ x

dx . Une étude statistique,

0

montrant qu’environ 50 % d’un lot important de ces composants sont encore en état de marche au bout de 200
semaines, permet de poser p([0 ; 200[) = 0,5 .
1. Montrer que λ =

ln 2
.
200

2. Quelle est la probabilité qu’un de ces composants pris au hasard ait une durée de vie supérieure à 300 semaines ?
On donnera la valeur exacte et une valeur approchée décimale au centième près.
3. On admet que la durée de vie moyenne dm de ces composants est la limite quand A tend vers +∞ de
a. Montrer que



A

λ xe−λ x dx =

0

−λ Ae− λ A − e− λ A + 1

λ



A

λ xe− λ x dx .

0

.

b. En déduire dm ; on donnera la valeur exacte et une valeur approchée décimale à la semaine près.

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ANNEXE
À rendre avec la copie
Figure de l’exercice 2 de spécialité

T

P

Q
S

U

M
N

R

France métropolitaine

correction

24. Exercice 1 (4 points)
1. un+1 − un = 2n + 3 qui est évidemment positif. un est croissante.
2. a. Par récurrence : u0= 1 > 02 , la propriété est vraie au rang 0. Au rang n + 1 il faut montrer que

un+1 > ( n + 1)2 = n2 + 2n + 1 ; or si un > n2 , alors un+1 > n2 + 2n + 3 qui est évidemment supérieur à n2 + 2n + 1 . C’est fini.
b. Comme un > n2 et que n2 tend vers +∞ lorsque n tend vers +∞, un tend clairement vers +∞.
3. On calcule les premières valeurs de un : u0 = 1, u1 = 1 + 2.0 + 3 = 4, u2 = 4 + 2.1 + 3 = 9, u3 = 9 + 2.2 + +3 = 16 . On voit
apparaître la suite des carrés des entiers avec un décalage d’un cran par rapport à l’indice ; il s’agit donc de montrer
que un= ( n + 1)2 : encore une récurrence.

un+1 = ( n + 1)2 + 2n + 3 = n2 + 2n + 1 + 2n + 3 = n2 + 4n + 4 = ( n + 2)2 . C’est bon.

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25. Exercice 2 (5 points, non spécialistes)
1. Soit on développe brutalement en utilisant le binôme de Newton, soit on calcule d’abord (1 + i )2 =1 + 2i + i 2 =2i ,
ce qui donne (1 + i )6 =
(2i )3 =
−8i . Une autre possiblité était de mettre 1 + i sous forme trigonométrique :
i

π

6 i6

1 + i = 2e 4 d’où (1 + i )6 =2 e

π
4

i

=
8e


2

=
−8i .
2

−8i donc (1 + i )3 est une solution. On peut développer et trouver
2. a. Comme (1 + i )6 =
−8i , on a  (1 + i )3  =
−2 + 2i.
b. D’une manière générale l’équation z2 = u a les deux solutions z = u et z = − u , soit ici

l’autre racine

z =−(1 + i ) =−(1 + i ) (1 + i ) =−2i(1 + i ) =2 − 2i .
3

2

3

3. De la même manière on peut écrire (1 + i )6 =  (1 + i )2  donc (1 + i )2 est une solution de (E’) (on peut simplifier et
trouver 2i).
4. a. La définition de r donne : z → z '
i

c= be


3

i

= 2ie

2π 2π
i
3 e 3

i

= 2ie


3


=
e3
i

 1
3
= 2i  − − i
=
2 
 2

i

z , soit avec 2i : b =2ie


3

 1
3
=2i  − + i
 =− 3 − i ; puis pour C :
2 
 2

3−i .

 i 2π
 2ie 3
b. En utilisant la forme trigonométrique on a : b3 =





i
=
−8ie 3 =
−8i et la même chose pour c.




transforme A en B, B en C et C en A donc le triangle ABC est
3
équilatéral de centre O qui est donc son centre de gravité.
26. Exercice 2 (5 points, spécialistes)

5. a. b. c. : La rotation de centre O d’angle

1. On redémontre le théorème sur la somme des termes d’une suite géométrique : on développe
( x − 1)(1 + x + x2 + ... + xk−1 ) = ( x + x2 + ... + xk ) − (1 + x + x2 + ... + xk−1 ) = xk − 1 .
Faut-il faire une récurrence ? A priori oui pour être tout à fait correct, mais le temps passé ne risque pas d’être
payé de retour. On se satisfera donc de ceci.
2. a. n = dk. Remplaçons x par ad dans la relation précédente :

( ad − 1)(1 + ad + a2d + ... + ad( k−1) ) = adk − 1 = an − 1 .

ad − 1 est en facteur dans an − 1 , c’en est bien un diviseur.
La question est très classique et a dû être vue en cours.
b. On effectue la décomposition en facteurs premiers de 2004 : 2004 = 22.3.167 donc 22004 − 1 est divisible par

22 −=
1 3, 23 −=
1 7, 24 −=
1 15, 26 −=
1 63, 212 −=
1 4095, ... 22004 − 1 est donc divisible par 7 et 63 ; comme 9 divise 63
il divise également 22004 − 1 .
Vous pouvez finir la décomposition et trouver tous les facteurs…
3. a. Bézout dit : m’ et n’ sont premiers entre eux si et seulement si il existe u et v tels que um'+ vn' =
1 (ou
1 ). On multiplie tout par d : udm'+ vdn' =
d , soit um+ vn =
d (ou um− vn =
d ).
um'− vn' =
Le changement de signe n’est pas nécessaire, mais plutôt déstabilisant…
b. Développons :

amu − 1 − anv+ d + ad = ad − 1 ⇔ amu − anv+ d = 0 ⇔ amu = anv+ d ⇔ mu = nv + d ⇔ mu − nv = d .
Divisons la relation ( amu − 1) − ( anv − 1)ad = ad − 1 par D
= ad − 1 : (
deux entiers tels que 1. A − ad .B =
D où A =
PGCD de A et B.

amu − 1
ad − 1

et B =

anv − 1
ad − 1

amu − 1
anv − 1 d
)−( d
)a =
1 ; ceci montre qu’il existe
d
a −1
a −1

. A et B sont donc premiers entre eux et D est le

c. Le PGCD de 263 − 1 et de 260 − 1 est obtenu en passant par le PGCD de 63 et 60 qui est d = 3. On a alors

A 263 − 1 , =
B 260 − 1 et D = 23 − 1 = 7 .
1.63 − 1.60 =
3 d’où en prenant a = 2 : =

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27. Exercice 3 (5 points)

 x −1   1 

 

 

t  1  , ce qui
1. Réponse D : on écrit classiquement la relation SM = tn où n est le vecteur normal à P :  y + 2  =
 z − 0   −3 

 

 x= 1 + t

donne  y =−2 + t qui ne correspond à rien de ce qui est proposé. En examinant les diverses solutions proposées on
 z = −3t

voit que A et C ne peuvent convenir, le vecteur n’étant pas le bon. Il reste à vérifier S dans les autres : si on fait x = 1,
y = −2, z = 0 dans B on obtient t = −1, t = −1, t = 1/3 ce qui n’est pas correct, par contre dans D on a t = −1 dans les
trois cas.

 x= 1 + t

2. Réponse D : avec les équations paramétriques obtenues on remplace dans l’équation de P :  y =−2 + t donne
 z = −3t


(1 + t) + ( −2 + t) − 3( −3t) + 4 =0 ⇔ 11t =−3 ⇔ t =−

3
d’où les coordonnées du point d’intersection H :
11

1 − 3 / 11 =
8 / 11
x=

 y =−2 − 3 / 11 =−25 / 11 .
 z=
−3.3 / 11 =
−9 / 11

3. Réponse B : soit on calcule
2

=
AH

M
2

2

8  
25  
9 

 1 −  +  −2 +
 +  0 + =
11  
11  
11 


9 + 9 + 81
=
11

3
,
11

H

soit on applique la formule de la distance d’un point à un plan :
1.1 + 1.( −2) − 3.0 + 4
=
12 + 12 + ( −3)2

d( S, P)
=

3
.
11

S

4. Réponse B : On a 3 / 11 < 3 donc H est à l’intérieur de la sphère
coupe la sphère suivant un cercle (passant par M sur la figure). Le
rayon du cercle est MH que l’on calcule avec Pythagore :

et P

2

9 90
3 10
 3 
.
SH 2 + HM 2 =SM 2 ⇔ HM 2 =32 − 
 =9 − 11 =11 ⇒ HM =
11
 11 
28. Exercice 4 (6 points)



200

200

 − e− λ x 
1. p([0 ; 200[) =λ e− λ x dx =

0
0

=
− e−200λ + 1 ; il faut donc résoudre

1
1
ln 2
.
⇔ −200λ = ln = − ln 2 ⇔ λ =
2
2
200

1 − e−200λ = 0,5 ⇔ e−200λ =
2. p([300 ; + ∞[) = 1 −



300

−300

λ e−λ x dx = 1 − ( − e−300λ + 1) = e

ln 2
200

3
− ln 2

= e2

0

=

(

eln 2

3. On intègre par parties en posant u = λ x , v ' = e− λ x d’où u' = λ et v = −



A

0

A

 − xe− λ x  −
λ xe−λ x dx =


0



A

0

1

λ

)



3
2



= 2

3
2

=

1
1
=
≈ 0,35 .
8 2 2

e− λ x :

1
1 −λ Ae− λ A − e− λ A + 1
 −1

− e− λ x dx =
− Ae− λ A + 0 +  e− λ x  =
− Ae− λ A − e− λ A + =
.
λ
λ
λ
 λ
0
A

4. L’exponentielle l’emporte sur toute fonction polynôme d’où Ae− λ A tend vers 0 lorsque A tend vers +∞. La limite
1
200
qui est la moyenne de la loi exponentielle. Dans l’exemple on a donc =
dm
≈ 289 semaines.
dm est alors
λ
ln 2

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Bac S pondichéry 2004
Exercice 1

=
u0 0,=
un+1
1. Soit la suite u définie par

1
.
2 − un

a. Calculer u1 , u2 , u3 . On exprimera chacun des termes sous forme d’une fraction irréductible.
b. Comparer les quatre premiers termes de la suite u aux quatre premiers termes de la suite w définie par
n
wn =
.
n+ 1
c. A l’aide d’un raisonnement par récurrence, démontrer que, pour tout entier naturel n, un = wn .

 n 
2. Soit v la suite définie par vn = ln 
.
 n+ 1 
a. Monter que v1 + v2 + v3 =
− ln 4 .
b. Soit Sn la somme définie pour tout entier n non nul par Sn = v1 + v2 + ... + vn . Exprimer Sn en fonction de n.
Déterminer la limite de Sn lorsque n tend vers l’infini.
29. Exercice 2 (4 points)
Un joueur dispose d’un dé cubique bien équilibré dont les faces sont numérotées de 1 à 6, et de trois urnes, U1, U2 et
U3 contenant chacune k boules, où k désigne un entier naturel supérieur ou égal à 3.
Il y a trois boules noires dans U1, deux boules noires dans U2 et une boule noire dans U3. Toutes les autres boules
dans les urnes sont blanches. Les boules sont indiscernables au toucher.
Une partie se déroule de la manière suivante :
le joueur lance le dé,
* s’il obtient le numéro 1, il prend au hasard une boule dans l’urne U1, note sa couleur et la remet dans U1 ;
* s’il obtient un multiple de 3, il prend au hasard une boule dans U2, note sa couleur et la remet dans U2 ;
* si le numéro amené par le dé n’est ni 1 ni un multiple de 3, il prend au hasard une boule dans U3, note sa couleur
et la remet dans U3.
On désigne par A, B, C et N les événements suivants :
A : « Le dé amène le numéro 1 ».
B : « Le dé amène un multiple de 3 ».
C : « Le dé amène un numéro qui n’est ni 1 ni un multiple de 3 ».
N : « La boule tirée est noire ».
1. Le joueur joue une partie.

5
.
3k
b. Calculer la probabilité que le dé ait amené le 1 sachant que la boule tirée est noire.
1
c. Déterminer k pour que la probabilité d’obtenir une boule noire soit supérieure à .
2

a. Montrer que la probabilité qu’il obtienne une boule noire est égale à

1
.
30
2. Dans cette question, k est choisi pour que la probabilité d’obtenir une boule noire en jouant une partie soit égale
1
à
. Le joueur fait 20 parties, indépendantes les unes des autres. Calculer, sous forme exacte puis arrondie à 10−3
30
près la probabilité qu’il obtienne au moins une fois une boule noire.
d. Déterminer k pour que la probabilité d’obtenir une boule noire soit égale à

30. Exercice 3 (8 points)
Partie A : étude d’une fonction auxiliaire
Soit ϕ la fonction définie sur  par ϕ( x)= ( x2 + x + 1)e− x − 1 .
1. a. Déterminer les limites de ϕ en −∞ et +∞.
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b. Etudier le sens de variation de ϕ puis dresser son tableau de variation sur  .
2. Démontrer que l’équation ϕ( x) = 0 admet deux solutions dans  , dont l’une dans l’intervalle [1 ; +∞[ qui sera
notée α .
Déterminer un encadrement d’amplitude 10−2 de α .
3. En déduire le signe de ϕ( x) sur  et le présenter dans un tableau.
Partie B : Etude de la position relative de deux courbes et calcul d’aire
Sur la feuille jointe sont tracées les courbes représentatives de deux fonctions f et g. Ces fonctions sont définies par
2x + 1
. Ces courbes sont notées Cf et C g .
f (=
x) (2x + 1)e− x et g( x) = 2
x + x+1
1. Démontrer que les deux courbes passent par le point A de coordonnées (0 ; 1) et admettent en ce point la même
tangente.

(2x + 1)ϕ( x)
où ϕ est la fonction étudiée dans la partie A.
2. a. Démontrer que pour tout réel x, f ( x) − g( x) =
x2 + x + 1
b. A l’aide d’un tableau étudier le signe de f(x) − g(x) sur  .
c. En déduire la position relative des courbes Cf et C g .
3. a. Montrer que la fonction h, définie sur  par h( x) =( −2x − 3)e− x − ln( x2 + x + 1) est une primitive sur  de la
fonction f − g.
b. En déduire l’aire S, exprimée en unités d’aire, de la partie du plan délimitée par les deux courbes Cf et C g et les
droites d’équations x = −

1
et x = 0 .
2

Donner la valeur exacte puis la valeur arrondie à 10−4 près de cette aire.

Baccalauréat

Correction

Pondichéry

31. Exercice 1 (3 points)
1. a. On a u0 = 0=
, u1

1
1
1
2
1
3
, u2 = =
, u3 =
.
= =
2− 0 2
2 − 1/ 2 3
2 − 2/ 3 4

b. On voit facilement que les termes de un sont ceux de wn =

n
.
n+ 1

c. Par récurrence (ainsi que demandé) ; on vérifie au rang 0 : u0= 0, wn=
Supposons alors que un = wn et montrons que

0
= 0 , ok.
1

un+1 = wn+1 : ceci est équivalent à

1
n+ 1
=
, soit
2 − un n + 2

n+ 2
n + 2 2n + 2 − n − 2
n
⇔ un =2 −
=
=
2 − un =
. Tout va bien.
n+ 1
n+ 1
n+ 1
n+ 1
1
3
2
2. a. v1 = ln   , v2 = ln   , v3 = ln   .
2
 4
3
On peut utiliser ln(a/b) = lna − lnb : v1 + v2 + v3 =
ln 1 − ln 2 + ln 2 − ln 3 + ln 3 − ln 4 =
− ln 4 ou bien

1
2
3
1
 123 
ln + ln + ln =
ln 
ln =
− ln 4 .
ln(ab) = lna + lnb : v1 + v2 + v3 =
=
2
3
4
2
3
4
4


De toutes manières ceci montre la méthode à utiliser pour la dernière question.

1
2
n− 1
n
,
b. Sn = v1 + v2 + ... + vn = ln + ln + ... + ln
+ ln
2
3
n
n+ 1
soit Sn = ln 1 − ln 2 + ln 2 − ln 3 + ... + ln( n − 1) − ln n + ln n − ln( n + 1) .
Tous les termes intermédiaires disparaissent ; on a donc Sn =
− ln( n + 1) qui tend évidemment vers −∞.

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32. Exercice 2 (4 points)
On fait un arbre qui donne toutes les réponses immédiatement :
U1
p(N) = 3/k

dé = 1
1/6

U2
p(N) = 2/k

dé = 3 ou 6
2/6
dé = 2, 4, 5
3/6

U3
p(N) = 1/k

1. a. Pour avoir une boule noire il faut calculer la probabilité d’avoir tiré 1 avec le dé et une noire dans U1, etc., soit
sous forme de probabilité conditionnelle :

p( N )= p[( A ∩ N ) ∪ ( B ∩ N ) ∪ (C ∩ N )]= p( A) pU1 ( N ) + p( B) pU2 ( N ) + p(C) pU3 ( N ) .
1 3 2 2 3 1 10 5
Ceci donne évidemment p( N ) = . + . + . = = .
6 k 6 k 6 k 6 k 3k
p( A ∩ N ) 1/ 2k 3
= 1)=
=
=
.
b. On cherche ici PN ( dé
p( N )
5 / 3k 10
c.

5 1
10
; comme k est entier et supérieur ou égal à 3, il reste k = 3.
> ⇔ 3k < 10 ⇔ k <
3k 2
3

5
1
=
⇔ 3k = 150 ⇔ k = 50 .
3k 30
2. Le nombre de fois où on tire une boule noire sur les 20 parties suit une loi binomiale de paramètres n = 20 et
1
p=
. La probabilité qu’il obtienne au moins une fois une boule noire est donc
30
d.

0

 20   1   29 
p( X ≥ 1) =1 − p( X =0) =1 − 

 

 0   30   30 

20

 29 
=1 − 

 30 

20

≈ 0,492 .

33. Exercice 3 (8 points)
Partie A : étude d’une fonction auxiliaire
Soit ϕ la fonction définie sur  par ϕ( x)= ( x2 + x + 1)e− x − 1 .
x

0

−∞

ϕ’



0

α

1
+

0

+∞



3/e −1

+∞

0

ϕ
0

−1

1. a. En −∞ la fonction se comporte comme xnex en +∞, sa limite est donc +∞. En +∞ elle se comporte comme xnex
en −∞ ce qui donne 0 − 1 = 0.
b. ϕ '( x) = (2x + 1)e− x − ( x2 + x + 1)e− x = ( x − x2 )e− x = x(1 − x)e− x . On fait éventuellement un tableau de signes pour
x(1 − x) ou on se rappelle du signe du trinôme ; l’exponentielle est toujours > 0.
2. La fonction ϕ s’annule évidemment en 0 et comme ϕ(0) = 0 elle reste positive de −∞ jusqu’à 1. De 1 à +∞ elle est

3
3 

continue, monotone strictement décroissante vers  −1 ; − 1  ; comme − 1 > 0 , 0 appartient à l’intervalle image ϕ
e
e 

s’annule donc bien sur [1 ; +∞[.
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A la calculatrice on trouve ϕ(1,78) ≈ 0,003 et ϕ(1,79) ≈ −0,0008 .
3. On a dit que ϕ était positive jusqu’à 1 ; après comme ϕ est décroissante, si x ≤ α alors ϕ( x) ≥ ϕ(α ) =
0 et si x ≥ α ,
ϕ( x) ≤ ϕ(α ) =
0.
Partie B : Etude de la position relative de deux courbes et calcul d’aire.

2x + 1
.
x2 + x + 1
1. Même tangente = passent par le même point A et en cet endroit ont même nombre dérivé. Il faut donc calculer f’
et g’. Il est immédiat que f(0) = g(0) = 1

f (=
x) (2x + 1)e− x et g( x) =

−x
f '( x) = 2e− x − (2x + 1)e− x = (2x + 1)e=
⇒ f '(0) = 1 ; g'( x)

2. a. f ( x) − g( x) =(2x + 1)e− x −

2( x2 + x + 1) − (2x + 1)(2x + 1)
=
⇒ g'(0) 1 .
( x2 + x + 1)2

−x
2
2x + 1
1
 −x
 (2x + 1)[( x + x + 1)e − 1]
.
=
+

=
(2
x
1)
e


x2 + x + 1
x2 + x + 1 
x2 + x + 1


b. Par rapport au signe de ϕ il faut faire intervenir celui de 2x+1 et celui de x2 + x + 1 ; or ce trinôme à un
discriminant négatif, il est toujours du signe de 1, soit > 0.

 1
c. Lorsque f − g est positive, Cf est au dessus de C g , c’est donc lorsque x ∈  − ; α
 2
Cg .
x

−1/2

−∞

2x + 1



ϕ(x)

+

f(x)



0

0

α

0
+

+


. Ailleurs Cf est en-dessous de


+∞
+

+

0

+

0



+

0

+

0



2x + 1
2x + 1
=
=
f ( x) − g( x) .
(2x + 1)e− x − 2
x2 + x + 1
x + x+1
N’oubliez pas que la dérivée de lnu est u’/u…
3. a. h'( x) =
−2e− x − ( −2x − 3)e− x −

 1 
b. Attention quand même au signe : sur  − ; 0  on a bien f(x) supérieur à g(x), on calcule donc simplement
 2 



0

−1/ 2

f ( x) − g( x)dx =[ h( x) ]−1/ 2 =h(0) − h( −1/ 2) =−3 + 2 e + ln(3 / 4) ≈ 0,0098 en unités d’aire.
0

34. Exercice 4 (5 points, non spécialistes)

(

A. 1. z2 − 2 z + 4 =
0 : ∆ = −12 = 2i 3

)

2

d’où z '=

2 + 2i 3
2 − 2i 3
= 1− i 3 .
= 1 + i 3 , z′′=
2
2
i

π

Pour la forme expo. inutile de chercher midi à quatorze heures : on sait que e 3=
π

1
3
, on a donc
+i
2
2

π

−i
i
1
3
immédiatement z ' =2  + i
 =2e 3 ; z’’ est le conjugué de z’, donc z′′ = 2e 3 .
2 
2

2. Faire ( z ')2004 en terme d’angle revient à tourner 2004 fois de π/3 sur le cerlce trigo ; or 2004 = 3x66, on fait donc
668 demi-tours ou encore 334 tours complets. On revient donc au point de départ qui est 1. Au final
2004
2004 i 0
z' )
2=
e
22004 .
(=

B. 1. Avec la forme exponentielle les deux racines ayant même module 2, elles sont sur le cercle de centre o de
rayon2.
±i

2. On rappelle que r( Ω , α ) : z → z '/ z '− ω= eiα ( z − ω ) ; appliquons ici (on se rappelle que e

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π
2

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= ±i ) :

Page 23

−i

zO ' − zA = e
i

π
2 (0 −

zA ) ⇔ zO ' = 1 + i 3 − i( −1 − i 3) = (1 − 3) + i(1 + 3) ;

π

zB' − zA = e 2 ( zB − zA ) ⇔ zB' = 1 + i 3 + i(1 − i 3 − 1 − i 3) = (1 + 2 3) + i 3 .

1
3
−i
. Il semblerait que (AI) soit une hauteur du triangle (AO’B’).
2
2

3. a. I a pour affixe zI=

O'

A
B'

2

O

I

B



b. & c. Pour le montrer il suffit de vérifier que les vecteurs AI et O ' B' sont orthogonaux, soit avec le produit
scalaire soit avec l’argument. Nous faisons les deux.
1
3 1 3 3
 =1 + 2 3 + i 3 − (1 − 3) − i(1 + 3) =3 3 − i .
z
=1 + i 3 − + i
= +i
, zO
AI
' B'
2
2 2
2
   1/ 2
 3 3  3 3 3 3
Avec le p.s. : AI .O ' B' = 

=0 ;
 
 =
2
2
 3 3 / 2   −1 
avec l’argument :
 
3 3−i
3 3−i
(3 3 − i )i
3 3−i
π
arg
arg2
arg2
arg2i
arg( −2i ) =
AI , O ' B' =
=
=
=
=
− .
2
1 3 3
1+ i3 3
(1 + i 3 3)i
i −3 3
+i
2
2
35. Exercice 4 (5 points, spécialistes)

(

)

A(0 ; 5 ; 5) ; B(0 ; 0 ; 10) .
Il vaut mieux se faire un petit schéma pour voir ce qui se passe.

P

M

B

5

A

O
x

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y
m(x, y)

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1. La droite (OA) est tangente à (C) si (AB) est orthogonale à (OA) : Pythagore ou le p.s. Avec Pythagore :
AB2 = 02 + 52 + 52 = 50 , OB2 = 100 et OA2 = 52 + 52 = 50 . Pas de problème.
2. a. ( Γ ) est défini alors comme l’ensemble des points de l’espace tels que le triangle OMP soit rectangle ; par
ailleurs avec Thalès on a :
M P OM OP
z2 .
=
=
⇒ 2 M P2 = OM 2 ⇔ 2Om2 = 0 M 2 ⇔ 2( x2 + y2 ) = x2 + y2 + z2 d’où x2 + y2 =
5
5
5 2

b. Comme les génératrices du cône sont tangentes à la sphère elles passent toutes par un point du cercle horizontal
de centre (0 ; 0 ; 5) et de rayon 5. On peut le faire analytiquement :
2
2
z2
 x + y =
.
(S) a pour équation : x2 + y2 + ( z − 10)2 =
50 d’où en intersctant avec le cône : 
2
2
50
 z + ( z − 10) =

La deuxième équation donne 2 z2 − 20 z + 50 =
0 , soit z2 − 10 z + 25 = 0 ⇔ ( z − 5)2 = 0 ⇔ z = 5 .
2
2
25
 x + y =
.
Notre intersection est donc caractérisée par 
 z = 5
La première équation donne un cercle d’un plan horizontal, la deuxième l’altitude de ce plan.
 
3. Le plan x = 1 est un plan vertical parallèle à (O ; j , k ) ; son intersection avec le cône ne sera sûrement pas un

± 1 + y2 , soit des hyperboles (tracez à la
cercle. Faisons x = 1 dans l’équation du cône : 1 + y2 =
z2 , ce qui donne z =
calculatrice pour voir).
4. Supposons que x et y soient simultanément impairs : on a x =2p + 1, y =2q + 1 d’où en remplaçant :

4p2 + 4p + 1 + 4q2 + 4q + 1 = z2 ⇔ z2 = 4( p2 + p + q2 + q) + 2 ⇔ z2 ≡ 2(4) .
Est-il possible de trouver un nombre qui élevé au carré donne un reste de 2 modulo 4 ? Si ce nombre est pair son
carré sera congru à 0 modulo 4, s’il est impair ce sera à 1 modulo 4 ; x et y ne peuvent donc être impairs ensemble.

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Baccalauréat session de remplacement ( septembre 2004 ) National
36. Exercice 1 (4 points)
1. Soit g la fonction définie sur l’intervalle ]1 ; + ∞[ par : g( x) =

1
x( x − 1)
2

.

a
b
c
+
a. Déterminer les nombres réels a, b et c tels que l’on ait, pour tout x > 1 : g( x) =+
.
x x +1 x −1
b. Trouver une primitive G de g sur l’intervalle ]1 ; + ∞[ .
2. Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]1 ; + ∞[ par : f ( x) =

2x
( x − 1)2
2

. Trouver une primitive F de f sur l’intervalle

]1 ; + ∞[ .
3. En utilisant les résultats obtenus précédemment, calculer : I =



3

2x

2

( x − 1)2
2

ln xdx . On donnera le résultat sous la

forme p ln 2 + q ln 3 avec p et q rationnels.
37. Exercice 2 (6 points)
L’exercice comporte une annexe à rendre avec la copie.
Le but de ce problème est d’étudier, pour x et y éléments distincts de l’intervalle ]0 ; + ∞[ , les couples solutions de
l’équation xy = yx (E) et, en particulier, les couples constitués d’entiers.
1. Montrer que l’équation (E) est équivalente à

ln x ln y
.
=
x
y

ln x
. La courbe (C) représentative de la fonction h est
x
donnée en annexe ; x0 est l’abscisse du maximum de la fonction h sur l’intervalle ]0 ; + ∞[ .

2. Soit h la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; + ∞[ par h( x) =

a. Rappeler la limite de la fonction h en +∞ et déterminer la limite de la fonction h en 0.
b. Calculer h '( x) , où h’ désigne la fonction dérivée de h ; retrouver les variations de h. Déterminer les valeurs
exactes de x0 et h( x0 ) .
c. Déterminer l’intersection de la courbe (C) avec l’axe des abscisses.

 1
3. Soit λ un élément de l’intervalle  0 ;  .
 e
Prouver l’existence d’un unique nombre réel a de l’intervalle ]1 ; e[ et d’un unique nombre réel b de l’intervalle
]e; + ∞[ tel que h=
( a) h=
( b) λ .
Ainsi le couple ( a, b) est solution de (E).
4. On considère la fonction s qui, à tout nombre réel a de l’intervalle ]1 ; e[ , associe l’unique nombre réel b de
l’intervalle ]e; + ∞[ tel que h( a) = h( b) (on ne cherchera pas à exprimer s( a) en fonction de a).
Par lecture graphique uniquement et sans justification, répondre aux questions suivantes :
a. Quelle est la limite de s quand a tend vers 1 par valeurs supérieures ?
b. Quelle est la limite de s quand a tend vers e par valeurs inférieures ?
c. Déterminer les variations de la fonction s. Dresser le tableau de variations de s.
5. Déterminer les couples d’entiers distincts solutions de (E).
A rendre avec la copie.

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38. Exercice 3 (5 points)
Un récipient contient un gaz constitué de deux sortes de particules : 75 % de particules A et 25 % de particules B.
Les particules sont projetées sur une cible formée de deux compartiments K1 et K2. L’expérience est modélisée de la
manière suivante :
- Une particule au hasard parmi les particules de type A entre dans K1 avec la probabilité

1
et dans K2 avec la
3

2
.
3
- Une particule au hasard parmi les particules de type B entre dans chacun des compartiments avec la probabilité
1
.
2
Partie A
1. Soit une particule au hasard. Déterminer la probabilité de chacun des événements suivants :
A1 : « la particule isolée est de type A et elle entre dans K1 » ;
A2 : « la particule isolée est de type A et elle entre dans K2 » ;
B1 : « la particule isolée est de type B et elle entre dans K1 » ;
B2 : « la particule isolée est de type B et elle entre dans K2 » ;
C1 : « la particule entre dans K1 » ;
C2 : « la particule entre dans K2 ».
2. On procède 5 fois de suite et de façon indépendante à l’épreuve décrite en introduction. Le nombre de particules
étant très grand, on admettra que les proportions 75 % et 25 % restent constantes. Calculer la probabilité de
l’événement E suivant : « il y a exactement deux particules dans K2 ».
Partie B
Un récipient contient le gaz décrit précédemment. Les particules A sont radioactives et se transforment
spontanément en particules B. On note p( t) la proportion de particules A dans le gaz. Ainsi, à l’instant t = 0 , on a
p(0) = 0,75 .
probabilité

Plus généralement, si t est exprimé en années, on a p( t) = 0,75e− λ t où λ est une constante réelle. La demi-vie 1 des
particules de type A est égale à 5730 ans.
1. Calculer λ ; on prendra une valeur approchée à 10−5 près par défaut.
1 Temps au bout duquel le nombre de particules restantes est la moitié du nombre initial.

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2. Au bout de combien d’années, 10 % des particules de type A se seront-elles transformées en particules de type B ?
3. Déterminer la valeur de t pour laquelle il y aura autant de particules de type A que de particules de type B (on
arrondira à l’unité).
39. Exercice 4 (5 points, non spécialistes)

 
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct (O ; u, v) (unité graphique 1 cm).
1. Résoudre dans  l’équation z2 − 8 z 3 + 64 =
0.
2. On considère les points A et B qui ont pour affixes respectives les nombres complexes=
a 4 3 − 4i et

=
b 4 3 + 4i .
a. Ecrire a et b sous forme exponentielle.
b. Calculer les distances OA, OB, AB. En déduire la nature du triangle OAB.
3. On désigne par C le point d’affixe c =
− 3 + i et par D son image par la rotation de centre O et d’angle −
Déterminer l’affixe du point D.
4. On appelle G le barycentre des trois points pondérés (O ; −1), (D ; +1), (B ; +1).

π
.
3

a. Justifier l’existence de G et montrer que ce point a pour affixe=
g 4 3 + 6i .
b. Placer les points A, B, C, D et G sur une figure.
c. Montrer que les points C, D et G sont alignés.
d. Démontrer que le quadrilatère OBGD est un parallélogramme.
40. Exercice 4 (5 points, spécialistes)
L’exercice comporte une annexe à rendre avec la copie.
A et C sont deux points distincts du plan ; on note Γ le cercle de diamètre [AC] et O le centre de Γ . B est un point
du cercle Γ distinct des points A et C.
 
π
Le point D est construit tel que le triangle BCD soit équilatéral direct ; on a donc BC, BD = (2π ) .
3
Le point G est le centre de gravité du triangle BCD. Les droites (AB) et (CG) se coupent en un point M.
Partie A
1. Placer les points D, G et M sur la figure de la feuille annexe.
2. Montrer que les points O, D et G appartiennent à la médiatrice du segment [BC] et que le point G est le milieu du
segment [CM].
3. Déterminer l’angle et le rapport de la similitude directe s de centre C transformant B en C.
Partie B
 
Dans cette question le plan est rapporté à un repère orthonormal direct (O ; u, v) choisi de telle sorte que les points
A et C aient pour affixes respectives −1 et +1.
 
π
Soit E le point construit pour que le triangle ACE soit équilatéral directe ; on a donc AC, AE = (2π ) .
3
1. Calculer l’affixe du point E et construire le point E sur la feuille annexe.

(

)

(

)

3+ i 3
1− i 3
. Déterminer les éléments
z+
4
4
carctéristiques de σ et en déduire que σ est la similitude réciproquie de s.

2. Soit σ

la similitude directe d’expression complexe
=
z'

1
3
et montrer que le point E’ appartient au cercle Γ .
3. Montrer que l’image E’ de E par σ a pour affixe − + i
2
2
4. On note Σ le lieu des points M lorsque le point B décrit le cercle Γ privé des points A et C. Montrer que le point
E appartient à Σ .
Soit O’ l’image du point O par la similitude s. Démontrer que le point O’ est le centre de gravité du triangle ACE. En
déduire une construction de Σ .
A rendre avec la copie

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B

A

C

Baccalauréat remplacement

Correction

National

41. Exercice 1 (4 points)
1. g( x) =

1
x( x − 1)
2

.

a( x + 1)( x − 1) + bx( x − 1) + cx( x + 1) ( a + b + c)x2 + ( c− b)x − a
a
b
c
+
=
=
d’où on tire par identification :
a. g( x) =+
x x +1 x −1
x( x + 1)( x − 1)
x( x + 1)( x − 1)
b+ c 0
b+ c 1
 a +=
=
 b = 1/ 2
−1 1 1
1 1



⇔  c− b = 0 ⇔  c = 1/ 2 . On a donc g( x) =+
.
+
 c− b = 0
x 2 x +1 2 x −1
 − a =1
 a =−1
 a =−1






1
1
1
1
g( x)dx =
− ln x + ln x + 1 + ln x − 1 ⇒ G( x) =
− ln x + ln( x + 1) + ln( x − 1) (ne pas oublier les valeurs
2
2
2
2
absolues au départ, on les supprime par la suite car on est sur ]1 ; + ∞[ ).

b.

2. Pour trouver une primitive de f ( x) =

2x
( x − 1)
2

2

, il suffit d’utiliser



u ' un dx =

1 n+1
avec =
u x2 − 1 et n = −2 :
u
n+ 1

1
−1
+1
.
( x2 − 1)−2=
−2 + 1
x2 − 1
3. A première vue (et même à seconde vue) il faut intégrer par parties :



f ( x)dx
=

u= ln x, v ='

2x
( x2 − 1)2

⇒ u='

−1
1
,
, v= 2
x
x −1

ce qui donne

=
I



3
2

3

2x
 − ln x 
=
ln xdx  2
 +
( x2 − 1)2
 x −1  2



3

1

2

x( x2 − 1)

dx

1
1
1
1
1
1

 

=
− ln 3 + ln 2 +  − ln 3 + ln 4 + ln 2  −  − ln 2 + ln 3 + ln 1 
8
3
2
2
2
2

 

1
1
1
1
13
17
ln 2.
=
− ln 3 + ln 2 − ln 3 + ln 2 + ln 2 + ln 2 − ln 3 =
− ln 3 +
8
3
2
2
8
6
42. Exercice 2 (6 points)

ln x ln y
: pour la première égalité, ln est bijective, x et y sont
=
x
y
strictement positifs ; la deuxième est une propriété de ln, le reste est du calcul.
1. (E) : xy =yx ⇔ ln( xy ) =ln( yx ) ⇔ y ln x =x ln y ⇔

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2. a. lim

x→∞

ln x
ln x
1
= 0 ; lim
= lim ln x = +∞ × −∞ = −∞ .
x
x→0+ x
x→0+ x

1
x − ln x
ln e 1
1 − ln x
( e) = .
b. h '( x) x=
; 1 − ln x ≥ 0 ⇔ ln x ≤ 1 ⇔ x ≤ e =
=
x0 ; h=
2
2
e
e
x
x
c. h( x) = 0 ⇔ ln x = 0 ⇔ x = 1 .

 1
3. h est continue, monotone strictement croissante de ]1 ; e[ vers  0 ;  (voir les variations de h) ; il existe
 e
donc un unique réel a tel que h( a) = λ ; de même h est continue, monotone strictement décroissante de

 1
]e; + ∞[ vers  0 ;  (voir les variations de h) ; il existe donc un unique réel b tel que h( b) = λ (sur chacun des
 e
intervalles considérés h est bijective, même si elle ne l’est pas globalement).
4. s(a) = b.
a. Quand a tend vers 1, λ tend vers 0, donc b tend vers +∞ .
b. Quand a tend vers e inférieurement, λ tend vers 1/e, donc b tend vers e supérieurement.
c. Lorsque a varie de 1 à e, b varie de +∞ à e, donc s est décroissante.
5. Entre 1 et e il n’y a que deux entiers : 1 et 2 ; pour a = 1, b = +∞ … pour a = 2, b semble valoir 4. Vérifions en
remplaçant dans (E)=
: 24 16,
=
42 16 ok !
0,5

y

0,45

0,4

0,35

0,3

λ
0,25

0,2

0,15

0,1

0,05
x
0
0

a

2

4

6

b

8

10

12

43. Exercice 3 (5 points)
Partie A
Interprétons les données en termes de probabilités : 75 % de particules A, soit p(A) = 0,75 , et 25 % de particules B,
soit p(B) = 0, 25 .

1
1
2
2
: pA (K1) = , dans K2 avec la probabilité : pA (K2) = .
3
3
3
3
1
1
1
- B entre dans K1 ou K2 avec la probabilité : pB (K1) = , pB (K2) = .
2
2
2

- A entre dans K1 avec la probabilité

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1. p(A1) = p(A ∩ K1) = pA (K1) p(A) =

p(B1) = p(B ∩ K1) = pB (K1) p(B) =

1
1
2
1
.0,75 = ; p(A2) = p(A ∩ K2) = pA (K2) p(A) = .0,75 =
;
3
4
3
2

1
1
1
1
.0, 25 = ; p(B2) = p(B ∩ K2) = pB (K2) p(B) = .0, 25 = ;
2
8
2
8

1 1 3
+ = ;
4 8 8
1 1 5
p(C2) = p((A ∩ K2) ∪ (B ∩ K2)) = p(A ∩ K2)+ p(B ∩ K2) = + = .
2 8 8
Le total doit évidemment faire 1…
p(C1) = p((A ∩ K1) ∪ (B ∩ K1)) = p(A ∩ K1)+ p(B ∩ K1) =

2
3
 5  5   3 
2. Loi binomiale, B(5, 5 / 8)=
; p(2 dans K2)       ≈ 0, 206 .
 2  8   8 

Partie B

p( t) = 0,75e− λ t où λ est une constante réelle. La demi-vie des particules de type A est égale à 5730 ans.
1. A t = 5730, on a

0,75e− λ t =

0,75
1
1
ln 2
⇔ e− λ (5730) = ⇔ −λ(5730) = − ln 2 ⇔ λ =
≈ 0,00012097 , soit 0,00012 à
p(0) ⇔ 0,75e− λ (5730) =
2
2
2
5730

10−5 près par défaut.
90
p(0) , ce qui donne l’équation
100
ln(0,9)
ln(0,9)
t
t
0,9 × 0,75 ⇔ e− λ=
0,9 ⇔ −λ=t ln(0,9) ⇔=t
=
≈ 871 ans .
d’inconnue t : 0,75e− λ=
−λ
−0,00012
2. On cherche t pour qu’il reste 90 % des particules de type A, soit p( t) =

3. Il y aura autant de particules de type A que de particules de type B lorsque les pourcentages de types A et B
seront de 50 % chacun. En l’occurrence il faut que p( t) = 0, 5 , ce qui donne
λt
λt
0,75e−=
0, 5 ⇔ e−=

ln(2 / 3)
0, 5
⇔ −λ=t ln(2 / 3) ⇔=t
≈ 3352 ans .
0,75
−λ

44. Exercice 4 (5 points, non spécialistes)

z1
1. z2 − 8 z 3 + 64 =
0 : ∆ = 64.3 − 4.64 = −64 = (8i )2 d’où=
 3 1
− i
2. a. a= 4 3 − 4i= 8 
 2 2

8 3 + 8i
= 4 3 + 4i ou=
z2 4 3 − 4i .
2

π

−i
 3 1

+ i
b 4 3 + 4i . b= 4 3 + 4i= 8 
= 8e 6 et=
 2 2


π

i

= 8e 6 .


b. Il est immédiat que OA
= OB
= 8 ; AB = b − a = 4 3 + 4i − 4 3 + 4i = 8i = 8 . OAB est équilatéral.
−i

3. r : z → z=' e

π
3

−i

z⇒ d
= e

π
3 (−

−i

3 + i=
) e

π
3

π





−i
i
i
− 3 1 
+ i=
2
 2e 3 e 6= 2e 6= 2i (on peut le faire évidemment en
2 
 2

utilisant les coordonnées cartésiennes).
4. a. G : barycentre de (O ; −1), (D ; +1), (B ; +1) existe car la somme des coefficients n’est pas nulle. Son affixe est
1
zG =
( −1. zO + 1. zD + 1. zB ) = d + b = 2i + 4 3 + 4i = 4 3 + 6i .
−1 + 1 + 1
b. Il faut évidemment utiliser les formes trigo…

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G

B

D

C
O

1

A

c. C, D et G sont alignés :


CD

d − c= 2i − ( − 3 + i )=

a pour affixe


g − d= 4 3 + 6i − 2=
i 4 3 + 4=
i 4( d − c) donc DG = 4CD .

3+i

et


d. Appelons K le milieu de [BD], alors G est le barycentre de (O ; −1), (K ; 2) d’où =
OG


DG

a pour affixe



2 
OK ⇔=
OG 2OK ,
−1 + 2

donc K est le milieu de [OG]. Mêmes milieux donc parallélogramme.
45. Exercice 4 (5 points, spécialistes)

M
D

B
G

A
O

C

2. [BC] est une corde du cercle Γ donc OB = OC ; par ailleurs dans un triangle équilatéral le centre de gravité et le
troisième sommet sont sur la médiatrice, ici sur celle de [BC]. (GC) est la médiatrice de [BD] ; par ailleurs on a




ABC =
=
=
90°, BCG
30°, GBD
30° d’où DBM
= 180 − 90 − 30 − 30 = 30° , moralité M est le symétrique de G par
rapport à [BD] et GM = CG.

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=
 k
C
C


⇒
3. On regarde les images par s: 
 B→ M
θ =


CM
CG
2 3 2 3
= 2= 2 = =
CB
CB
3 2
3
 
π
CB, CM = − (2π )
6

(

2
3

)

Partie B
1.
E
M
D
B
E'
G

A
C

O

3+ i 3
3+ i 3
1− i 3
=
a
: =
2. z '
=
z+
4
4
4

3 3
1
+i =


2  2
2

π

3 i6
e donc rapport
2

π
3
et angle
.
6
2

On cherche le


 1− i 3  1− i 3
3+ i 3
1− i 3
3 + i 3  1− i 3
⇔ z 1−
=
⇔ z
=

=
z+
z 1 , c’est donc


4
4
4
4
4 
4



réciproque d’une similitude a même centre, un rapport inverse et un angle opposé : c’est bien le cas ici.
centre : =
z

C.

La

3. E est sur l’axe imaginaire, son affixe est i 3 (hauteur d’un triangle équilatéral de côté 2). Son image a pour affixe
3+ i 3
1 − i 3 3i 3 − 3 + 1 − i 3 −2 + 2i 3
1
3
qui a évidemment pour module 1 et est donc
z' =
i 3+
=
=
=− + i
4
4
4
4
2
2
sur Γ .
4. Comme E ' = σ ( E) , on a E = s( E ') puisque s est la réciproque de σ ; comme E’ est sur Γ , E est sur Σ .
Lorsque B parcourt Γ , M parcourt le cercle de centre s(O)=O’ et de rayon

2
3

.

On obtient l’affixe de O’ « facilement » en écrivant que

zO ' − zC =

2
3

−i

e

π
6 (z
0

− zC ) ⇔ zO ' =−

Celle du centre de gravité de ACE est

2  3 1 
i
i
− i  + 1 =−1 +
+1= .

3 2 2 
3
3
1
1− 1+ i 3
+ zE )
=
( zA + zC =
3
3

i
3

.

E est un point de Σ et O’ son centre, la construction est faite.

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E

M
D

B
E'

G
O'

A
O

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C

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Page 34

Polynésie ( Juin 2005 )
46. Exercice 1 (3 points)
Une usine d’horlogerie fabrique une série de montres. Au cours de la fabrication peuvent apparaître deux types de
défauts, désignés par a et b. 2 % des montres fabriquées présentent le défaut a et 10 % le défaut b.
Une montre est tirée au hasard dans la production. On définit les évènements suivants :
A : « la montre tirée présente le défaut a » ;
B : « la montre tirée présente le défaut b » ;
C : « la montre tirée ne présente aucun des deux défauts » ;
D : « la montre tirée présente un et un seul des deux défauts ».
On suppose que les évènements A et B sont indépendants.
1. Montrer que la probabilité de l’évènement C est égale à 0,882.
2. Calculer la probabilité de l’évènement D.
3. Au cours de la fabrication, on prélève au hasard successivement cinq montres. On considère que le nombre de
montres fabriquées est assez grand pour que l’on puisse supposer que les tirages se font avec remise et sont
indépendants.
Soit X la variable aléatoire qui, à chaque prélèvement de cinq montres, associe le nombre de montres ne présentant
aucun des deux défauts a et b. On définit l’évènement E : « quatre montres au moins n’ont aucun défaut ».
Calculer la probabilité de l’évènement E. On en donnera une valeur approchée à 10−3 près.
47. Exercice 2 (5 points, non spécialistes)
Pour chacune des cinq questions, une seule des trois propositions est exacte.
Le candidat indiquera sur la copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse
choisie. Aucune justification n’est demandée.
Une réponse exacte rapporte 1 point ; une réponse inexacte enlève 0,5 point ; l’absence de réponse est comptée 0
point. Si le total est négatif, la note est ramenée à zéro.
  
L’espace est rapporté à un repère orthonormé (O ; i , j , k ) .
On considère les points A(3 ; 1 ; 3) et B(−6 ; 2 ; 1).
Le plan P admet pour équation cartésienne x +2y +2z = 5.
 
1. L’ensemble des points M de l’espace tels que 4 M A − M B =
2 est :
a. un plan de l’espace ;
b. une sphère ;
c. l’ensemble vide.
2. Les coordonnées du point H, projeté orthogonal du point A sur le plan P sont :

 11 1 1 
; ; 
a. 
 3 3 3

8 1 7
b.  ; ; 
3 3 3

3. La sphère de centre B et de rayon 1 :
a. coupe le plan P suivant un cercle ;

1 5
7
c.  ; − ;  .
3 3
3
b. est tangente au plan P ;

c. ne coupe pas le plan P.

4. On considère la droite D de l’espace passant par A et de vecteur directeur u ( 1 ; 2 ; − 1 ) et la droite D’ d’équations

 x= 3 + 2t

3 t , t ∈  . Les droites D et D’ sont :
paramétriques  y =+
 z= t

a. coplanaires et parallèles ;
b. coplanaires et sécantes ;
c. non coplanaires.
5. L’ensemble des points M de l’espace équidistants des points A et B est :

3

 x =− 2 − t

3

a. la droite d’équations paramétriques  y =− 7t , t ∈  ,
2

 z= 2 + t


b. le plan d’équation cartésienne 9x − y + 2z + 11 = 0,
c. le plan d’équation cartésienne x + 7y − z − 7 = 0.
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48. Exercice 2 (5 points, spécialistes)
On considère la suite (un) d’entiers naturels définie par u0 = 14, un+1 = 5un − 6 pour tout entier naturel n.
1. Calculer u1, u2, u3 et u4.
Quelle conjecture peut-on émettre concernant les deux derniers chiffres de un ?
2. Montrer que, pour tout entier naturel n, un+ 2 ≡ un (modulo 4) . En déduire que pour tout entier naturel k,

u2k ≡ 2(modulo 4) et u2k+1 ≡ 0(modulo 4) .
3. a. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, 2un = 5n+2 +3.
b. En déduire que, pour tout entier naturel n, 2un ≡ 28(modulo 100) .
4. Déterminer les deux derniers chiffres de l’écriture décimale de un suivant les valeurs de n.
5. Montrer que le PGCD de deux termes consécutifs de la suite (un) est constant. Préciser sa valeur.
49. Exercice 3 (7 points)
La page annexe sera à compléter et à remettre avec la copie à la fin de l’épreuve.
Partie A
On considère la fonction f définie sur l’intervalle ]0 ; +∞ [ par f (x) = x +ln x.
 
On nomme Γ sa courbe représentative dans un repère orthogonal (O ; i , j ) du plan.
1. a. Déterminer les limites de la fonction f aux bornes de son intervalle de définition.
b. Montrer que la fonction f est strictement croissante sur l’intervalle ]0 ; +∞ [.
2. a. Montrer que, pour tout entier naturel n, l’équation f (x) = n admet une unique solution dans ]0 ; +∞ [.
On note α n cette solution. On a donc : pour tout entier naturel n, α n + ln α n =
n.
 
b. Sur la page annexe, on a tracé Γ dans le repère (O ; i , j ) .
Placer les nombres α 0 , α1 , α 2 , α 3 , α 4 et α 5 sur l’axe des abscisses en laissant apparents les traits de
construction.
c. Préciser la valeur de α1 .
d. Démontrer que la suite ( α n ) est strictement croissante.
3. a. Déterminer une équation de la tangente ∆ à la courbe Γ au point A d’abscisse 1.
b. Étudier les variations de la fonction h définie sur ]0 ; +∞ [ par h(x) = ln x − x +1.
En déduire la position de la courbe Γ par rapport à ∆ .
c. Tracer ∆ sur le graphique de la page annexe. Démontrer que, pour tout entier naturel n non nul,

n+ 1
≤ αn .
2

4. Déterminer la limite de la suite ( α n ).
Partie B
On considère une fonction g continue, strictement croissante sur ]0 ; +∞ [ et telle que lim g( x) = −∞ et
x→0

lim g( x) = +∞ .

x→+∞

On admet que l’on peut, comme on l’a fait dans la partie A, définir sur  une suite ( β n ) de réels tels que
g( β n ) = n , et que cette suite est strictement croissante.
1. Démonstration de cours :
Prérequis : définition d’une suite tendant vers +∞ .
« Une suite tend vers +∞ si, pour tout réel A, tous les termes de la suite sont, à partir d’un certain rang, supérieurs à
A ».
Démontrer le théorème suivant : une suite croissante non majorée tend vers +∞ .
2. Montrer que la suite ( β n ) tend vers +∞ .
50. Exercice 4 (5 points)

 
Le plan complexe est rapporté a un repère orthonormal (O ; u, v) . Unité graphique : 2 cm.
1. On rappelle que, pour tous nombres complexes a et b, a3 − b3 =( a − b)( a2 + ab + b2 ) . Résoudre dans l’ensemble 
des nombres complexes l’équation z3 = 8.
2. On désigne par A, B et C les points d’affixes respectives a, b et c définies par : a = 2, b =−1 + i 3 et c =−1 − i 3 .
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On appelle r la rotation de centre A et d’angle

π
2

et r’ la rotation de centre A et d’angle −

π
.
2

On pose B' = r '( B) et C ' = r(C) et on note b’ et c’ les affixes respectives de B’ et C’.
 
a. Placer les points A, B et C dans le repère (O ; u, v) .
Dans la suite de l’exercice, on complètera cette figure.
b. Montrer que b ' =2 + 3 + 3i .
c. Montrer que b’ et c’ sont des nombres conjugués.
3. On appelle M, N, P et Q les milieux respectifs des segments [CB], [BB’], [B’C’] et [C’C]. On note m, n, p et q leurs
affixes.

1+ 3
1 + i 3 . En déduire que les points O, N et C sont alignés.
2
b. Montrer que n + 1 = i(q + 1). Que peut-on en déduire pour le triangle MNQ ?
c. Montrer que le quadrilatère MNPQ est un carré.

a. Montrer que l’affixe n du point N est égale à

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(

)

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Page annexe
Cette page sera complétée et remise avec la copie à la fin de l’épreuve
Exercice 3

Polynésie

Correction

51. Exercice 1 (3 points)
1. Comme A et B sont indépendants on a

p( A ∩ B)= p( A) p( B)= 0,02 × 0,1 ; on en déduit donc que

p(C) =
1 − p( A ∪ B) =
1 − [ p( A) + p( B) − p( A ∩ B) ] =
1 − 0,02 − 0,1 + (0,02 × 0,1) =
0,882 .

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2. Il y a 0,02 − 0,002 = 0,018 chances de tomber sur une montre n’ayant que le défaut a ; de même il y a
0,1 − 0,002 = 0,098 chances de tomber sur une montre n’ayant que le défaut b ; on a donc
p( D ) = 0,018 + 0,098 = 0,116 .
3. X suit une loi binomiale B(5 ; 0,882) ;
 5
 5
p( E) = p( X ≥ 4) = p( X = 4) + p( X = 5) =   0,8824 0,1181 +   0,8825 0,1180 ≈ 0,891 .
 4
 5

52. Exercice 2 (5 points, non spécialistes)
A(3 ; 1 ; 3) et B(−6 ; 2 ; 1). P admet pour équation x +2y +2z = 5.
 

2
2 ⇔ 3M G =
2 ⇔ M G = où G est le barycentre de {(A, 4) ; (B, −1)}. Il s’agit d’une sphère de
1. 4 M A − M B =
3
centre G de rayon 2/3. Réponse b.


2. Il faut que AH soit colinéaire au vecteur normal de P, soit n(1 ; 2 ; 2) , on a donc en posant x, y et z les

 x−3 = k
 x = 3+ k




coordonnées de H : AH = kn ⇔  y − 1 = 2k ⇔  y = 1 + 2k .
 z − 3 = 2k
 z = 3 + 2k


De plus H doit être sur P, on a alors 3 + k + 2(1 + 2k) + 2(3 + 2k) =
−6 / 9 =
−2 / 3 d’où en
5 ⇔ 9k + 11 =
5⇔ k=

3−2/ 3 =
7/ 3
x=

1− 4 / 3 =
−1/ 3 . Réponse c.
remplaçant,  y =
 z=
3− 4/ 3 =
5/ 3

−6 + 2.2 + 2.1 − 5 5
; cette distance est supérieure à
=
3
12 + 22 + 22
1 donc la sphère de centre B de rayon 1 ne coupe pas P. Réponse c.

3. Il nous faut d’abord calculer la distance de
B à P : d( B, P)
=

 x= 3 + t '


1 + 2t ' , t ' ∈  ; le vecteur directeur de D’ est v ( 2 ; 1 ; 1 ) qui n’est
4. Ecrivons les équations paramétriques de D :  y =

 z= 3 − t '

pas colinéaire à u , elles ne sont pas parallèles.

 x = 3 + t ' = 3 + 2t  3 + t ' = 3 + 6 − 2t ' ⇒ 3t ' = 6


On fait l’intersection :  y =1 + 2t ' =3 + t ⇒  1 + 2t ' =3 + 3 − t ' ⇒ 3t ' =5 .
 z = 3− t' = t
 3− t' = t


C’est impossible donc encore réponse c.
5. L’ensemble des points M de l’espace équidistants des points A et B est le plan médiateur de [AB]. Le miliue de
[AB] a pour coordonnées ( −3 / 2 ; 3 / 2 ; 2 ) ; ces coordonnées marchent dans les deux équations de plan, il faut donc


regarder le vecteur AB qui doit être colinéaire au vecteur normal d’un des plans : AB =
( −9 ; 1 ; − 2 ) qui est
colinéaire à (9 ; − 1 ; 2) . Réponse b.
53. Exercice 2 (5 points, spécialistes)
u0 = 14, un+1 = 5un − 6 .
1. u1= 5.14 − 6= 64 , u2 = 314 , u3 = 1564 et u4 = 7814 .
Un coup c’est 64 à la fin lorsque n est impair, un coup c’est 14 à la fin lorsque n est pair.
Notez que pour connaître les deux derniers chiffres d’un nombre il faut pouvoir l’écrire 100A+B où A est un entier
quelconque et B un entier entre 0 et 99.
2. un+=
5un+1 − =
6 5(5un − 6) − =
6 25un − 36 ; or 25 ≡ 1(4) et 36 ≡ 0(4) donc un+ 2 ≡ 1.un (4) ≡ un (4) .
2
Comme on a u0 =14 =2 + 12 ≡ 2(4) , par récurrence en utilisant le résultat précédent, on aura u2 ≡ u0 (4) ≡ 2(4) , etc.
soit u2k ≡ 2(4) .
De même u1 =64 ≡ 0(4) ⇒ u3 ≡ (0)4 ⇒ ... ⇒ u2k+1 ≡ 0(4) .
3. a. Pour n = 0 : 2u=
28
= 52 + 3 , ok.
0

5
On suppose que 2un = 5n+2 +3, alors un+=
1
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5n+ 2 + 3
− 6 ⇔ 2un+=
5.5n+ 2 + 15 − 12
= 5n+ 3 + 3 ; ok.
1
2

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Page 39

b. 2un ≡ 28(100) ⇔ ∃k ∈  , 2un= 28 + 100k ; soit 5n+ 2 + 3 = 28 + 100k ⇔ 25.5n − 25 = 100k ⇔ 5n − 1 = k .
Comme on peut toujours trouver un entier de la forme 5n − 1 , c’est vrai.

 5n − 1 
4. On a pour n pair : 2un = 28 + 5n − 1 100 ⇔ un = 14 + 
 100 .
 2 

(

5n − 1 est pair, donc divisible par 2,

)

5n − 1
14 + 100 K , ses deux derniers chiffres sont
est donc un entier K et u2=
p
2

14.
Si n est impair, soit =
n 2p + 1 , un = u2 p+1 = 5u2 p − 6 = 5 ( 14 + 100 K ) − 6 = 64 + 500 K = 64 + 100 K ' d’où ses deux
derniers chiffres sont 64.
un
5. Quel est le PGCD de 14 et 64 ? C’est 2. Il faut donc montrer que le PGCD de un et un+1 est 2, soit que =
50 K + 7
2
un+1
et =
tels que
250 K + 32 sont premiers entre eux, soit qu’il existe a et b dans 
2
u
u
a n + b u+1 =
1 ⇔ a(50 K + 7) + b(250 K + 32) =
1 ⇔ 50 K( a + 5b) + 7 a + 32b =
1.
2
2

Lorsqu’on essaie ainsi ça ne marche pas : les valeurs trouvées pour a et b ne sont pas entières… Par contre on peut
remarquer que dans un+1 = 5un − 6 le PGCD de un+1 et un doit également diviser 6 ; c’est donc 1, 2, 3 ou 6. Mais 3 ne
divise pas=
un 5n+ 2 + 3 puisque 3 ne divise pas 5 donc ce n’est ni 3 ni 6, il reste 2 puisque un est pair (se termine
par 14 ou 64).
54. Exercice 3 (7 points)
Partie A f (x) = x +ln x.
1. a. En +∞ les deux termes tendent vers +∞ donc f tend vers +∞ ; en 0+ lnx tend vers −∞ donc f également.
b. x est croissante, ln est croissante, la somme de deux fonctions croissantes est croissante. Sinon on a facilement
1
f '( x) =1 + > 0 .
x
2. a. f est continue, monotone croissante de  *+ vers  ; elle est donc bijective et toutes les valeurs n entières sont
atteintes. A chaque n correspond donc un unique antécédent α n avec α n + ln α n =
n.
b. On part des valeurs entières 1, 2, 3, 4 et 5 sur l’axe des ordonnées et on trace.

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Page 40

14

y

13
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1

α0

0
-1

0

x
1

α2
α1

2

α3

3

4

5

6

7

8

9

10

11

-2
-3

c. α1 : α1 + ln α1 =
1 ; cette équation a l’unique solution 1 : 1 + ln 1 =
1.
d. Comme f est croissante et que n + 1 > n , alors les antécédents α n et α n+1 sont rangés dans le même ordre :
α n ≤ α n+1 ⇔ f (α n ) ≤ f (α n+1 ) ⇔ n ≤ n + 1 .

1
3. a. f '(1) =1 + = 2 et f (1) = 1 d’où l’équation de ∆ : y = 2( x − 1) + 1 = 2x − 1 .
1
1
1− x
est positif lorsque x < 1, négatif lorsque x > 1. On a h(1) = 0 donc h est
b. h(x) = ln x − x +1, h '( x) = − 1 =
x
x
croissante avant 1, décroissante après 1 d’où h( x) ≤ h(1) =
0 . La position de Γ par rapport à ∆ est donnée par le
signe de f ( x) − (2x − 1) = x + ln x − 2x + 1 = ln x − x + 1 = h( x) , donc Γ est toujours en dessous de ∆ .
c. Comme h( x) ≤ 0 pour x > 1 , ceci est valable pour α n : f (α n ) − 2α n + 1 ≤ 0 ⇔ n − 2α n + 1 ≤ 0 ⇔ α n ≥
4. Comme n tend vers +∞ ,

n+ 1
.
2

n+ 1
également et α n également.
2

Partie B
g continue, strictement croissante sur ]0 ; +∞ [ et telle que lim g( x) = −∞ et lim g( x) = +∞ .
x→0

x→+∞

1. Démonstration de cours : une suite croissante non majorée tend vers +∞ .
Démonstration par l’absurde : si (un) est croissante non majorée et qu’elle tend vers une limite L, alors il arriverait
un moment (une valeur N de n) où uN < L − ε où ε est un réel positif choisi arbitrairement (aussi petit qu’on le
veut) ; si le terme suivant est supérieur à L − ε , la suite ne converge pas vers L et si le terme suivant reste inférieur à
L, la suite est majorée. Dans les deux cas il y a contradiction.
Démonstration directe : si (un) est non majorée, pour tout A réel il existe une valeur N de n pour laquelle uN ≥ A ;
comme (un) est croissante, pour toutes les valeurs de n supérieures à N, on a un ≥ A . La définition précédente est
respectée, (un) tend bien vers +∞ .
2. La suite ( β n ) est croissante pour les mêmes raisons que (α n ) ; comme lim g( x) = +∞ et que g( β n ) = n , les
x→+∞

termes β n sont comme x et tendent donc vers l’infini.

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De manière plus élégante on peut considérer que g est bijective et a une application réciproque g−1 qui est telle que
lim g−1( y) = +∞ d’où lim g−1( n) = lim β n = +∞ .
y→+∞

n→+∞

n→+∞

55. Exercice 4 (5 points)

(

1. Avec a = z et b = 2 on a : z3 − 23 = ( z − 2)( z2 + 2 z + 4) ; ∆ = 4 − 16 = −12 = 2i 3

)

2

d’où les solutions z0 = 2 ,

−2 − 2i 3
−2 + 2i 3
z1 =
=−1 − i 3, z2 =
=−1 + i 3 .
2
2
2. a. a = 2, b =−1 + i 3 et c =−1 − i 3 .
−i

b. b '− a = e
i

π
2 ( b − a) ⇔

(

)

b ' = 2 − i −1 + i 3 − 2 = 2 + 3 + 3i .

π

(

)

c. c'− a = e 2 ( c− a) ⇔ c' = 2 + i −1 − i 3 − 2 = 2 + 3 − 3i . Qui est bien le conjugué de b’.
B'
N

B

j

O

M

i

P

A

C

Q
C'

3. a. n =

b + b' 1
1
=
−1 + i 3 + 2 + 3 + 3i = 1 + 3 + i( 3 + 3) et
2
2
2

(

)

(

)

 1 + 3 
1+ 3
1
1+ 3
1+ 3
1+ i 3 =
1 + 3 + i 3 + i 3 . C’est pareil. =
n
1 + i 3=
c ⇔ ON
=
OC , les vecteurs
2
2
2
2
2
sont colinéaires, les points sont alignés.
b+ c
b. M a pour affixe
= −1 , q est le milieu de [CC’] et a pour affixe le conjugué de n (puisque c et c’ sont les
2
1+ 3
=
1− i 3 .
conjugués respectifs de b et b’),
soit q
2

(

)

(

)

(

(

)

)

1+ 3
3+ 3
3+3
1+ 3
3 + 3 3+ 3
1+ i 3 =
+1
+i
+ 1) i
1− i 3=
+i
+i
et i( q=
d’où n + 1
2
2
2
2
2
2



= i(q + 1). Le triangle MNQ est un triangle rectangle isocèle car le vecteur M Q a pour image le vecteur M N par la
rotation r.
c. Comme Q est le symétrique de N par rapport à (Ox) et que M et P sont sur (Ox), les triangles MNP et MQP sont
isométriques donc MNPQ est un carré.
+1
On a alors n=

(

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)

(

)

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Page 42

Amérique du Nord ( Juin 2005 )
56. Exercice 1
4 points
Pour chacune des quatre questions de ce QCM, une seule des quatre propositions est exacte.
Le candidat indiquera sur sa copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie. Aucune
justification n’est demandée.
Une réponse exacte rapporte 1 point. Une réponse inexacte enlève 0,5 point. L’absence de réponse n’apporte ni
n’enlève aucun point. Si le total est négatif, la note de l’exercice est ramenée à 0.
1. Dans le plan complexe, on donne les points A, B et C d’affixes respectives −2+3i, −3−i et 2,08+1,98i. Le triangle
ABC est :
(a) : isocèle et non rectangle
(b) : rectangle et non isocèle
(c) : rectangle et isocèle
(d) : ni rectangle ni isocèle
2. À tout nombre complexe z ≠ −2 , on associe le nombre complexe z’ défini par : z ' =

z − 4i
.
z+ 2

L’ensemble des points M d’affixe z tels que z ' = 1 est :
(a): un cercle de rayon 1
(b) : une droite
(c) : une droite privée d’un point
(d): un cercle privé d’un point
3. Les notations sont les mêmes qu’à la question 2. L’ensemble des points M d’affixe z tels que z’ est un réel est :
(a): un cercle
(b) : une droite
(c) : une droite privée d’un point
(d): un cercle privé d’un point
4. Dans le plan complexe, on donne le point D d’affixe i. L’écriture complexe de la rotation de centre D et d’angle



π
est :
3

1
3
3 1
(a) : z ' =  − i
+ i
 z−
2 
2 2
2

 1
3
3 1
(b) : z ' =  − + i
+ i
 z−
2 
2 2
 2

1
3
3 1
(c) : z ' =  − i
− i
 z−
2 
2 2
2

1
3
3 1
(d) : z ' =  − i
+ i.
 z+
2 
2 2
2

57. Exercice 2
6 points
Le graphique ci-dessous sera complété et remis avec la copie.
Soit la fonction f définie sur l’intervalle [0 ; 2] par f ( x) =

2x + 1
.
x+1

1. Étudier les variations de f sur l’intervalle [0 ; 2]. Montrer que si x ∈ [ 1 ; 2 ] alors f ( x) ∈ [ 1 ; 2 ] .
2. (un) et (vn) sont deux suites définies sur  par :
u0 = 1 et pour tout entier naturel n, un+1 = f ( un ) ,
v0 = 2 et pour tout entier naturel n, vn+1 = f ( vn ) .
a. Le graphique donné en annexe représente la fonction f sur l’intervalle [0 ; 2]. Construire sur l’axe des abscisses
les trois premiers termes de chacune des suites (un) et (vn) en laissant apparents tous les traits de construction.
À partir de ce graphique, que peut-on conjecturer concernant le sens de variation et la convergence des suites (un)
et (vn) ?
b. Montrer à l’aide d’un raisonnement par récurrence que :
Pour tout entier naturel n, 1 ≤ vn ≤ 2 .
Pour tout entier naturel n, vn+1 ≤ vn .
On admettra que l’on peut démontrer de la même façon que :
Pour tout entier naturel n, 1 ≤ un ≤ 2 .
Pour tout entier naturel n, un ≤ un+1 .

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Page 43

v −u
c. Montrer que pour tout entier naturel n, vn+1 − un+1 = n n
.
( vn + 1 ) ( un + 1 )

En déduire que pour tout entier naturel n, vn − un ≥ 0 et vn+1 − un+1 ≤

1
( vn − un ) .
4

n

1
d. Montrer que pour tout entier naturel n, vn − un ≤   .
 4

e. Montrer que les suites (un) et (vn) convergent vers un même réel α . Déterminer la valeur exacte de α .

58. Exercice 3 (5 points)

(

)

Soit f la fonction définie sur l’intervalle [0 ; +∞ [ par f ( x) =
( x − 1) 2 − e− x .
Sa courbe représentative C est tracée dans le repère orthonormal ci-dessous (unité graphique 2 cm).
1. a. Étudier la limite de f en +∞ .
b. Montrer que la droite ∆ d’équation y = 2x −2 est asymptote à C .
c. Étudier la position relative de C et ∆ .
2. a. Calculer f’(x) etmontrer que f '( x)= xe− x + 2(1 − e− x ) .
b. En déduire que, pour tout réel x strictement positif, f’(x) > 0.
c. Préciser la valeur de f’(0), puis établir le tableau de variations de f .
3. À l’aide d’une intégration par parties, calculer l’aire, exprimée en cm2, du domaine plan limité par la courbe C , la
droite ∆ et les droites d’équations x = 1 et x = 3.
4. a. Déterminer le point A de C où la tangente à C est parallèle à ∆ .
b. Calculer la distance, exprimée en cm, du point A à la droite ∆ .

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59. Exercice 4 (non spécialistes)
5 points
On dispose d’un dé cubique équilibré dont une face porte le numéro 1, deux faces portent le numéro 2 et trois faces
portent le numéro 3.
On dispose également d’une urne contenant dix boules indiscernables au toucher, portant les lettres L, O, G, A, R, I,
T, H, M, E (soit quatre voyelles et six consonnes).
Un joueur fait une partie en deux étapes :
Première étape : il jette le dé et note le numéro obtenu.
Deuxième étape :
• si le dé indique 1, il tire au hasardune boule de l’urne. Il gagne la partie si cette boule porte une voyelle et il
perd dans le cas contraire.
• si le dé indique 2, il tire au hasard et simultanément deux boules de l’urne. Il gagne la partie si chacune de ces
deux boules porte une voyelle et il perd dans le cas contraire.
• si le dé indique 3, il tire au hasard et simultanément trois boules de l’urne. Il gagne la partie si chacune de ces
trois boules porte une voyelle et il perd dans le cas contraire.
À la fin de chaque partie, il remet dans l’urne la ou les boules tirée(s).
On définit les évènements suivants :
D2 : « le dé indique 2 »,
D1 : « le dé indique 1 »,
G : « la partie est gagnée ».
D3 : « le dé indique 3 »,
A et B étant deux évènements tels que p( A) ≠ 0 , on note pA(B) la probabilité de B sachant que A est réalisé.
1. a. Déterminer les probabilités pD1 (G) , pD2 (G) et pD3 (G) .
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23
.
180
2. Un joueur a gagné la partie. Calculer la probabilité qu’il ait obtenu le numéro 1 avec le dé.
3. Un joueur fait six parties. Calculer la probabilité qu’il en gagne exactement deux et en donner une valeur
arrondie à 10−2 près.
Quel nombre minimal de parties un joueur doit-il faire pour que la probabilité d’en gagner au moins une soit
supérieure à 0,9 ?
60. Exercice 4 (spécialistes)
b. Montrer alors que p(G) =

5 points
La figure ci-dessous sera complétée au cours de l’exercice et remise avec la copie. On y laissera apparents les traits
de construction.
 
π
Dans le plan orienté, on donne le triangle ABC tel que AB =2, AC= 1 + 5 et AB, AC = .
2

(

)

1. a. Démonstration de cours : démontrer qu’il existe une seule similitude directe S transformant B en A et A en C.
b. Déterminer le rapport et une mesure de l’angle de S.
2. On appelle Ω le centre de S. Montrer que Ω appartient au cercle de diamètre [AB] et à la droite (BC). Construire
le point Ω .
3. On note D l’image du point C par la similitude S.
a. Démontrer l’alignement des points A, Ω et D ainsi que le parallélisme des droites (CD) et (AB). Construire le
point D.
b. Montrer que CD= 3 + 5 .
4. Soit E le projeté orthogonal du point B sur la droite (CD).
a. Expliquer la construction de l’image F du point E par S et placer F sur la figure.
b. Quelle est la nature du quadrilatère BFDE ?

C

A

B

Amérique du Nord

Correction

61. Exercice 1 (4 points)
1. Il faut calculer les distances :

AB =zB − zA =−3 − i + 2 − 3i =−1 − 4i =17 , AC=
et BC=

zC − zB =

2,08 + 1,98i + 3 + i =

5,08 + 2,98i =

zC − zA =

2,08 + 1,98i + 2 − 3i =

4,08 − 1,02i =

17,6868

34,6868 .

La réponse est donc (b) : rectangle et non isocèle (on a AB2 + AC 2 =
BC 2 ).

z − 4i
z − 4i
⇒ z' =
=1 ⇔ z − 4i = z + 2 .
2. M d’affixe z tels que z ' = 1 est donné par z ' =
z+ 2
z+ 2
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Réponse (b) : c’est une droite (la médiatrice des points A d’affixe −2 et B d’affixe 4i).
3. L’ensemble des points M d’affixe z tels que z’ est un réel est :
 
z − 4i
=
arg( z ') =
0(π ) ⇔ arg
0(π ) ⇔ AM , BM =
0( π ) .
z+ 2

(

)

Il s’agit encore d’une droite mais ici il faut enlever le point A. Réponse (c) : une droite privée d’un point.
4. D d’affixe i. La rotation de centre D et d’angle −
−i

z '− i= e

π
3 ( z − i) ⇔

π
est :
3

1
1
1
3
3
1
3
3
1
3
z ='  − i
+ i=  − i
.
 ( z − i ) + i=  − i
 z− i −
 z+ i −
2 
2 
2 2
2 
2
2
2
2
2

Réponse (a).
62. Exercice 2 (6 points)

2x + 1
.
x+1
5
1
3
< 2 donc si x ∈ [ 1 ; 2 ] , f ( x) ∈ [ 1 ; 2 ] .
1.=
f '( x)
> 0 donc f est croissante ; f (1)=
> 1 et f (2)=
2
3
2
( x + 1)
Soit f définie sur l’intervalle [0 ; 2] par f ( x) =

2. a. Visiblement la suite un est croissante, et converge vers le point d’intersection entre la courbe de f et la droite
(y = x), soit environ 1,6 ; de même vn semble décroissante et converger vers le même point.

b. Pour n = 0, on a v0 = 2 qui est bien dans l’intervalle [1 ; 2] ; par ailleurs si 1 ≤ vn ≤ 2 alors comme f est croissante,
f (1) ≤ f ( vn ) ≤ f (2) ⇒ 1 ≤ vn+1 ≤ 2 ; la propriété est toujours vraie.
De même on a v1= f (2)=

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≤ v0 ; par ailleurs si vn+1 ≤ vn ⇒ f ( vn+1 ) ≤ f ( vn ) ⇒ vn+ 2 ≤ vn+1 , etc.
3

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5
≤ v0 qui entraîne tous les autres termes derrière avec la complicité de la
3
3
croissance de f. Pour un c’est pratiquement pareil, sauf que u1= f ( u0 =
)
> u0 et donc, etc.
2
c. On n’échappe pas au calcul :

Remarquez que c’est v1= f (2)=

2vn + 1 2un + 1 2un vn + 2vn + un + 1 − 2un vn − vn − 2un − 1

=
=
vn + 1 un + 1
( vn + 1 ) ( un + 1 )

vn+1 − un+1=

vn − un
.
( vn + 1 ) ( un + 1 )

vn+1 − un+1 est du signe de vn − un ; comme v0 − u0 = 2 − 1 > 0 , par récurrence on a vn − un ≥ 0 ;
1
1
1 1
1
vn > 1 ⇒ vn + 1 > 2 ⇒
< et pareil pour un donc vn+1 − un+1 ≤ . ( vn − un )=
( vn − un ) .
vn + 1 2
2 2
4

on a

0

1
d. Encore une récurrence : v0 − u0 = 2 − 1 = 1 ≤   = 1 ; grâce à la relation précédente on a évidemment
 4
n

vn+1 − un+1 ≤

1
1 1
1
( vn − un ) ≤   =
 
4
4 4 
 4

n+1

.
n

1
e. Les suites un et vn sont adjacentes car 0 ≤ vn − un ≤   ⇒ 0 ≤ lim ( vn − un ) ≤ 0 ⇒ lim ( vn − un ) =
0 ; elles
n→∞
n→∞
 4
convergent bien vers une même limite α telle que


1+ 5
=
≈ 1,618
 α1
2α + 1

2
2
2
α =f (α ) =
⇔ α + α =2a + 1 ⇔ α − α − 1 =0 ⇒ 
.
α +1
1− 5

=
≈ −0,618
 α1
2
La limite est donc la première racine, soit α1 =

1+ 5
.
2

63. Exercice 3 (5 points)

(

)

f ( x) =
( x − 1) 2 − e− x .
1. a. En +∞ , x − 1 tend vers +∞ et 2 − e− x tend vers 2 car e− x tend vers 0 ; f a pour limite +∞ .

(

)

b. f ( x) − (2x − 2) =( x − 1) 2 − e− x − 2( x − 1) =( x − 1)( − e− x ) : avec les croissances comparées, e− x emmène tout le
monde vers 0, la droite ∆ d’équation y = 2x −2 est bien asymptote à C .
c. Signe de f ( x) − (2x − 2) =
−( x − 1)e− x : lorsque x ≤ 1 c’est positif, donc C est au-dessus de ∆ ; lorsque x ≥ 1 c’est
négatif, donc C est en dessous de ∆ .

(

)

(

)

3. a. f '( x) =( x − 1)' 2 − e− x + ( x − 1) 2 − e− x ' =2 − e− x + ( x − 1)e− x =2 − 2e− x + xe− x d’où

f '( x)= xe− x + 2(1 − e− x ) .
b. Comme x est positif, xe− x > 0 et x > 0 ⇒ − x < 0 ⇒ e− x < e0 = 1 ⇒ e− x − 1 < 0 ⇒ 1 − e− x > 0 donc f’ est positive.
c. f '(0) = 0 + 2(1 − 1) = 0 .

x ≥ 1 il faut calculer

2. Comme





3



1

0

f’

0

−x

−( x − 1)e dx : on pose

+∞
+

+∞

1

x − 1  u ' =
1
 u =
d’où
⇒

−x
−x
 v ' = e
 v = − e

3

x

f
−1

3

 −( x − 1)e− x  −
( x − 1)e− x dx =

1



3
1

3

− e− x dx =
−2e−3 −  e− x  =
−2e−3 −  e−3 − e−1  =−
e−1 3e−3 .
1

(

)

Comme l’unité d’aire est de 2 cm x 2 cm, soit 4 cm2, on a donc e−1 − 3e−3 4 ≈ 0,87 cm 2 .
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3. a. La tangente à C est parallèle à ∆ lorsque f '( x) = 2 : mêmes coefficients directeurs ; on a donc

f '( x) =
xe− x + 2 − 2e− x =
2 ⇔ xe− x − 2e− x =
0 ⇔ ( x − 2)e− x =
0⇒ x=
2 . Le point A a pour coordonnées 2 et

(

)

f (2) =−
(2 1) 2 − e−2 =
2 − e−2 .

axA + byA + c

b. La distance du point A à la droite ax + by + c =
0 est
2.2 − (2 − e−2 ) − 2

2x − y − 2 =
0 d’où notre distance est

22 + ( −1)2

=

e−2
5

; ici ∆ a pour équation cartésienne

a2 + b2
, soit en cm : 2

e−2
5

.

64. Exercice 4 (5 points, non spécialistes)
1. a. pD1 (G) : s’il tire un 1, il gagne s’il tire une voyelle, soit 4 chances sur 10, pD1 (G) =

4
.
10

 4  4.3
 10  10.9
pD2 (G) : s’il tire un 2, il gagne s’il tire 2 voyelles, soit  =
= 6 chances sur  =

 = 45 ,
2
2
2
 2
6
2
pD2 (G
=
) =
;
45 15
 10  10.9.8
 4  4.3.2
pD3 (G) : s’il tire un 3, il gagne s’il tire 3 voyelles, soit =
 3  = 120 ,
 3  = 4 chances sur =
3.2
3.2


 
4
1
.
pD3 (=
G) =
120 30
b. On applique les probabilités totales :

) p ( D1 ∩ G ) + p ( D2 ∩ G ) + p ( D3 ∩ G )
p(G=
= pD1 (G).p( D1 ) + pD2 (G).p( D2 ) + pD3 (G).p( D3 ) =

4 1 2 2 1 3 23 .
. + . + . =
.
10 6 15 6 30 6 180

4 1
.
p(G ∩ D1 ) pD1 (G).p( D1 ) 10 6 180 4 12
2. Ce coup-ci on cherche pG=
.
( D1 )
=
= =
=
.
23
p(G)
p(G)
23 60 23
180
23
. On cherche
3. Un joueur fait six parties : loi binomiale avec n = 6 et p =
180
2

4

 6   23  
23 
p( k =
2) =
 2 
  1−
 ≈ 0,14 .
180 
   180  
0

n

n

 n   23  
23 
 157 
1−
=1 − 
On remplace 6 par n et k par 0 : p( k ≥ 1) =1 − p( k =0) =1 −   



 ; il faut donc
180 
 180 
 0   180  
n

n

ln(0,1)
 157 
 157 
≈ 16,8 soit 17 parties minimum.
résoudre 1 − 
 ≥ 0,9 ⇔ 
 ≤ 0,1 ⇔ n ≥
ln(157 / 180)
 180 
 180 
65. Exercice 4 (5 points, spécialistes)
 
π
AB =2, AC= 1 + 5 et AB, AC = .
2

(

)

1. a. Prendre un repère de centre A, B a alors pour affixe 2 et C (1 + 5)i .


1+ 5
0 a.2 + b
=
i
 a= −
⇒
.
La similitude S qui envoie B en A et A en C s’écrit z ' = az + b ⇒ 
2
 (1 + 5)i =a.0 + b 
 b= (1 + 5)i
b. Le rapport de S est a =

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1+ 5
π
et son angle est arg( a) = − .
2
2

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