b
b
b
b
b
b
b
CorrigédubaccalauréatS-2007
CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page1/7
Exercice1
1. Modélisationdel’expériencealéatoire: l’universΩestl’ensemble descombinaisons (choixnonordonnésetsans
répétition)detroiséléments distinctsprisdansl’ensemble deshuitboules{N1,N2,N3,R1,R2,R3,R4,R5}.
OnchoisitlaprobabilitééquirépartiesurcetuniversΩ.µ ¶
8 8×7×6
OnsaitqueCard(Ω)= = =56
3 3!µ ¶
3
3 1
(a) Cetteprobabilitéest = . RéponseA.
56 56 µ ¶
5
3 10
(b) Laprobabilitédetirer3boulesrougesest = . Laprobabilitédetirer3boulesdelamêmecouleurest
56 56
1 10 11
alors + = . RéponseA.
56 56 56
2. Onrépète5fois,dansdesconditionsidentiquesetindépendantes,lamêmeépreuvedeBernoulliquiconsisteàtirer
une boule de l’urne. Les issues contraires de cette épreuve sont : «la boule tirée est noire» (succès de probabilité
p=3/8)et«labouletiréeestrouge»(échecdeprobabilitéq=1−p=5/8).
Soit X la variable aléatoire qui compte le nombre de boules noires obtenues au cours de ces 5 épreuves. On sait
alorsque X suitlaloibinomialeB(5,3/8) µ ¶µ ¶ µ ¶k 5−k5 3 5
Pourtoutentierk comprisentre0et5,P(X=k)=
k 8 8
µ ¶53
(a) P(X=5)= . RéponseB.
8µ ¶µ ¶ µ ¶2 35 3 5
(b) P(X=2)= . RéponseC.
2 8 8
3. Construisonsl’arbrepondéréassociéàcettetroisièmeexpériencealéatoire.
4
7 R2R15
8
N3 2
7
5
7 R2
3
8 N1
2 N2
7(a) P (R ) est la probabilité de tirer une boule rouge dans une urne contenant 7 boules : 4 rouges et 3 noires.R 21
4
DoncP (R )= . RéponseB.R 21 7
5 3 15
(b) P(R ∩N )=P(R )×P (N )= × = . RéponseC.1 2 1 R 21 8 7 56
(c) D’aprèslaformuledesprobabilitéstotales:
5 4 3 5 20+15 35 5
P(R )=P(R ∩R )+P(N ∩R )= × + × = = =2 1 2 1 2 8 7 8 7 56 56 8
RéponseA.
P(R ∩N ) P(R ∩N ) 15/56 51 2 1 2
(d) P (R )= = = = . RéponseC.N 12 P(N ) 1−P(R ) 3/8 72 2
Exercice2 (obligatoire)
PartieICorrigédubaccalauréatS-2007
CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page2/7
Onposez=x+iy avecx ety réels. Alorsℜe(z)=x etℑm(z)=y.
1. z=−z⇔x−iy=−(x+iy)⇔x−iy=−x−iy⇔2x=0⇔x=0
⇔ℜe(z)=0⇔z∈iR oùiRdésignel’ensembledesimaginairespurs.
2. z=z⇔x−iy=x+iy⇔−2iy=0⇔y=0⇔ℑm(z)=0⇔z∈R.q
2 2 22 23. Pardéfinition,|z|= x +y d’où|z| =x +y
2 2 2 2 2 2 2Deplus,zz=(x+iy)(x−iy)=x −(iy) =x −i y =x +y
2Parconséquent zz=|z|
PartieIIp pp p
2 2 2 21. OA=|a|= 3 +1 = 10 ; OB=|b|= (−1) +3 = 10 ;p p
OC=|c|= 5+5= 10
DoncOA=OB=OC cequisignifiequeO estlecentreducerclecirconscritautriangle ABC.
p p
2. LepointH apouraffixeh=(2− 5)+(4− 5)i
Les points A et B se placent aisément. Le point C appartient au cercle de centre O, de rayon OA et à la droite
d’équationréduitey=x. PourplacerlepointH,onutiliselacalculatriceetonobtienth≈−0,24+i×1,76
B 33
2
2
H
A1
1
0
-3 -2 -1 O 0 1 2 3−3 −2 −1 1 2 3
-1−1
-2−2
C
-3−3
On«voit»queH estl’orthocentrede ABC
PartieIII
1. O estlecentreducerclecirconscritautriangle ABC
2 2 2ssi OA=OB=OC ssi OA =OB =OC
2 2 2ssi |a| =|b| =|c|
ssi aa=bb=cc (d’aprèslerésultatétablienI-3.)
2. Onposew=bc−bc
′ ′ ′ ′ ′(a) En utilisant les propriétés de la conjugaison (pour tous complexes z et z , z−z = z−z ; zz = zz et
z=z),onobtient:
w= bc−bc =bc−bc=bc−bc=−(bc−bc)=−w
Onendéduitquew estimaginairepur.
(b) •(b+c)(b−c)=bb−bc+cb−cc=(bb−cc)+(bc−bc)
Or bb=cc d’aprèsIII-1. Donc(b+c)(b−c)=bc−bc=w
w (b+c)(b−c) (b+c)(b−c) b+c• = = =
2|b−c| b−c(b−c)(b−c ) (b−c)(b−c)
1
(c) Onsaitquew estimaginairepuretque estunnombreréel(strictementpositif).
2|b−c|
1
Ils’ensuitque ×w estunimaginairepur
2|b−c|
b+c
c.à.d. que estunimaginairepur.
b−cCorrigédubaccalauréatS-2007
CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page3/7
3. L’énoncésous-entendqueb+c6Æ0(ouque ABC n’estpasrectangleen A).
−−→
−−→(a) Levecteur AH apouraffixez =h−a=b+c
AH−→ −→LevecteurCB apouraffixez =b−c
CB³ ´ ³ ´ ³ ´−→ −−→ −−→ −→→− →−(b) CB , AH = u , AH − u ,CB =arg(z−−→)−arg(z−→)
AH CBÃ ! µ ¶−−→z b+c πAH=arg =arg = +kπ aveck∈Z
−→z b−c 2
CB
b+c
car estunimaginairepurnonnul.
b−c
(c) L’énoncésous-entenddeplusquea+c6Æ0(ouque ABC n’estpasrectangleenB). D’aprèslaquestionprécé-
dente,(CB)⊥(AH)et(CA)⊥(BH).
LepointH appartientdoncàdeuxhauteursdutriangle ABC.
Enconséquence H estl’orthocentre dutriangle ABC.
Exercice2 (spécialité)
PartieI
′Onnotes lasimilitude planedirected’écriturecomplexez =az+b oùa∈C\{0;1}.
b
UnpointM d’affixez estinvariantpars ssiz=az+b cequiéquivautàz−az=b c.à.d. z=
1−a
b
s admetdoncununiquepointinvariantΩappelécentredes etd’affixeω=
1−a
PartieII
p p′1. g admetpourécriturecomplexez =az+b aveca=i 2etb=2i 2−2.p
b 2i 2−2
g estlasimilitudedirectedecentrelepointΩd’affixeω= = p
1−a 1−i 2p p−2(1−i 2) π= p =−2,derapport|a|= 2etd’anglearg(a)=
21−i 2
p pgs ′ ′2. M(z)7¡→M (z =z)7¡→M (z =i 2z +2i 2−2)1 1 1
′Nousavons f =g◦s oùs estlatransformationd’écriturecomplexez =z.
s estdonclaréflexiond’axe(Ox).
PartieIII
1. SoitM unpointd’affixez=x+iy avecx ety réels.p p p p
M= f(M)⇔z=i 2z+2i 2−2⇔x+iy=i 2(x−iy)+2i 2−2p½p p p x=y 2−2p p⇔x+iy=y 2−2+i(x 2+2 2)⇔
y=x 2+2 2½ ½ ½
x=(2x+4)−2 x=2x+2 x=−2p p p p⇔ ⇔ ⇔ ⇔z=−2
y=0y=x 2+2 2 y=x 2+2 2
Ainsilepoint Ω(−2)estl’unique pointinvariantpar f
2. SoitN unpointdeD. Alorsilexisteunréelx telqueN aitpouraffixen=x+i(x+2)
L’imagedeN par f estlepoint f(N)d’affixep p p p p p p p′n =i 2n+2i 2−2=i 2(x−ix−2i)+2i 2−2=ix 2+x 2+2 2+2i 2−2p p p p
=(x 2+2 2−2)+i(x 2+2 2)| {z } | {z }
′ ′x y
′ ′Onconstatequey =x +2. Ilenrésulteque f(N)appartientàD.
3. σestlaréflexiond’axeD etk= f ◦σCorrigédubaccalauréatS-2007
CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page4/7
′(a) En tant que similitude indirecte,σ admet une écriture complexe du type z =az+b. Or les points A(−2) et
B(2i)sontinvariantsparσ.½ ½
−2=−2a+b b=2a−2
D’oùlesystèmed’égalités: d’où .2i=−2ia+b 2i=−2ia+b
1+i
Onendéduitque2i=−2ia+2a−2⇒2+2i=a(2−2i)⇒a=
1−i
2(1+i)
D’oùa= =i . Puisb=2a−2=−2+2i. Ainsi
2
′
σ : z =iz−2+2i
(b) Déterminonsl’écriturecomplexedek= f ◦σ.
fσ ′ ′M(z)7¡→M (z )7¡→M (z )1 1 (½
z =iz−2+2iz =iz−2+2i 11 ³ ´p pp p⇐⇒ ⇐⇒′ ′z =i 2z +2i 2−2 z =i 2 iz−2+2i +2i 2−21
p p′Ainsik admetpourécriturecomplexez =i 2(−iz−2−2i)+2i 2−2p p′Finalement l’écriturecomplexedek est z = 2z+2 2−2
p p
2 2−2 2( 2−1)
(c) Onreconnaîtl’écriturecomplexedel’homothétiedecentrelepointd’affixe p = p =−2(c’estle
1− 2 1− 2p
pointΩ)etderapport 2
4. k= f ◦σd’oùk◦σ=(f ◦σ)◦σd’oùk◦σ= f ◦(σ◦σ)
Oronsaitqueσ◦σ=Id. Ainsi f =k◦σ
Exercice3
PartieI
→− →−′1. Pourtoutréelx deI, f (x)6Æ0. AlorsladroiteT n’estpasparallèle àl’axe(O; i ). DoncT coupel’axe (O; i )enun
′uniquepointH dontl’abscisseX estlasolution del’équationd’inconnueX : f (x)(X−x)+f(x)=0T
f(x)′ ′f (x)(X−x)+f (x)=0⇐⇒f (x)(X−x)=−f(x)⇐⇒X−x=− ′f (x)
f(x)⇐⇒X=x− Ainsi′f (x)
f(x)
X =x−T ′f (x)
→−
2. T admetuneéquationréduitedutypeY =aX+b. AlorsladroiteT n’estpasparallèleàl’axe(O; j ). DoncT coupe
→− ′ ′l’axe(O; j )enununiquepointK dontl’odonnéeY vérifieY = f (x)(0−x)+f (x) Y = f(x)−xf (x)T T TCorrigédubaccalauréatS-2007
CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page5/7
PartieII
∗Soitk∈R ,k fixéet f unefonctiondérivablesurunRtelleque
′∀x∈R, f (x)6Æ0.
1. f vérifielapropriété1
ssi ∀x∈R, x−X =kTµ ¶
f(x)
ssi ∀x∈R, x− x− =k′f (x)
f(x)
ssi ∀x∈R, =k′f (x)
′ssi ∀x∈R, f(x)=kf (x)
1′ssi ∀x∈R, f (x)= f(x)
k
1′ssi f estunesolutiondel’équation différentielle y = y
k
1 x
k2. Onsaitquelessolutions decetteéquation différentielle sontlesfonctionsx7¡→λe oùλdésigneuneconstante
réelle.
′On sait aussi que l’équation différentielle y = 2y admet une unique solution satisfaisant à la condition initiale
2x 2×0y(0)= 1. Cette solution est la fonction f définie surR par f(x)=λe oùλ vérifieλe = 1. Doncλ= 1 puis
2x∀x∈R, f(x)=e
PartieIII
∗Soitk∈R ,k fixéet f unefonctiondérivablesurI=]0,+∞[telleque
′∀x∈I, f (x)6Æ0.
1. f vérifielapropriété2
ssi ∀x∈I, f(x)−Y =kT¡ ¢′ssi ∀x∈I, f(x)− f(x)−xf (x) =k
′ssi ∀x∈I, xf (x)=k
k′ssi ∀x∈I, f (x)=
x
k′ssi f estunesolutionsurI del’équation différentielle y =
x
2. LessolutionsdecetteéquationdifférentiellesontlesprimitivessurI dela
1
fonctionu :x7!k× . Cessolutions sontdonclesfonctionsx7¡→klnx+λoùλdésigneuneconstante réelle. On
x
sait de plus qu’une fonctionu continue sur un intervalle I admet une seule primitive sur I qui prend une valeur
1/2′donnéeen unpointdonné. Dès lors il existe une unique solution de y = satisfaisant à la condition y(1)=0.
x
1 1
Cette solution est la fonction f définie sur I par f(x)= lnx+λ où λ vérifie ln1+λ= 1. Donc λ= 1 puis
2 2
1∀x>0, f(x)=1+ lnx
2
Exercice4
PartieI
1x x −x −x1. (E) : e = ⇐⇒xe =1⇐⇒x=e ⇐⇒x−e =0⇐⇒f(x)=0
x
′ −x −x2. (a) f est dérivable surR et pour tout réel x, f (x)=1+e . Or pour tout réel x, e >0. Donc pour tout réelx,
′f (x)>1>0.
Ainsilafonction f eststrictementcroissantesurRCorrigédubaccalauréatS-2007
CENTRES ÉTRANGERS - GROUPE I Page6/7
(b) • f(0)=−1. Alorsx<0=⇒f(x)< f(0)=⇒ f(x)<−1=⇒f(x)<0
L’équation f(x)=0n’admetaucunesolutiondansl’intervalle ]−∞,0[.
1 1• f(1)=1− . Alorsx>1=⇒ f(x)> f(1)=⇒ f(x)>1− =⇒ f(x)>0
e e
L’équation f(x)=0n’admetaucunesolutiondansl’intervalle ]1,+∞[.
• La fonction f est continue et strictement croissante sur l’intervalle [0,1]. Donc d’après un corollaire du
théorème des valeurs intermédiaires, f réalise une bijection de [0,1] sur l’intervalle image de [0,1] par f à
savoir · ¸
1
f([0,1])=[f(0),f(1)]= −1,1−
e
Puisque0∈f([0,1]),l’équation f(x)=0admetuneuniquesolutionαdans[0,1].µ ¶
1 −1(c) • f ≈−0,1 à10 prèsparexcès.
2
−1• f(1)≈0,6 à10 prèspardéfaut.
•Donc f(1/2)≤−0,1<0<0,6≤ f(1)avec 0= f(α)µ ¶
1
d’où f < f(α)< f (1)
2
1
Ilenrésulteparcroissancede f surRque ≤α≤1
2
(d) x∈[0,α]=⇒f(0)≤ f(x)≤ f(α)=⇒−1≤ f(x)≤0car f(α)=0
Ainsi f estnégativesur[0,α].
PartieII
1+x x x1. g(x)=x⇐⇒ =x⇐⇒1+x=x(1+e )⇐⇒1+x=x+xe
x1+e
1x x⇐⇒1=xe ⇐⇒e =
x
2. OnavuenI-2.(b)queαétaitl’unique solutiondans[0,1]del’équation f(x)=0quiestéquivalenteàg(x)=x.
Enconséquenceαestl’uniquesolutiondans[0,1]del’équationg(x)=x.
3. Lafonctiong estdérivablesur[0,1]etpourtoutx de[0,1],
x x x x x x x −x1(1+e )−(1+x)e 1+e −e −xe 1−xe −e (x−e )′g (x)= = = =
x 2 x 2 x 2 x 2(1+e ) (1+e ) (1+e ) (1+e )
x−e f(x)′Doncpourtoutx de[0,1], g (x)=
x 2(1+e )
xe ′Puisque >0,g (x)et f(x)sontdesignescontraires.
x 2(1+e )
′Donc,d’aprèsI-2(d), f étantpositivesur[0,α],pourtoutx de[0,α],g (x)≥0.
Ainsilafonctiong estcroissantesur[0,α].
PartieIII
1. Pourtoutentiernatureln,notonsP lapropriété: «0≤u ≤u ≤α»n n n+1
• Initialisation: vérifionslapropriétéaurang0.
1
u =0etu =g(0)=1/2. Ord’aprèsI-2.(c), ≤α. Donc0