BACCALAUREAT GENERAL

Session de mai 2012

MATHEMATIQUES

- Série S -

Enseignement Obligatoire

Nouvelle Calédonie

EXERCICE 1

Partie A

1)

P(z0) =(

i√2)3

−(

2+ i√2)(

i√2)2

+ 2(

1+ i√2)(

i√2)

− 2i√2

= −2i√2+ 2

(

2+ i√2)

+ 2(

i√2− 2

)

− 2i√2

= −2i√2+ 4+ 2i

√2+ 2i

√2− 4− 2i

√2 = 0

Donc P(z0) = 0.

2) a) Soient a et b deux réels. Pour tout nombre complexe z,

(z− i√2)(z2 + az+ b) = z3 + az2 + bz − i

√2z2 − ia

√2z− ib

√2

= z3 +(

a− i√2)

z2 +(

b− ia√2)

z − ib√2.

Si on choisit les réels a et b tels que

a− i√2 = −

(

2+ i√2)

b− ia√2 = 2

(

1+ i√2)

−ib√2 = −2i

√2

, alors pour tout nombre complexe z on aura

(z − i√2)(z2 + az+ b) = P(z). Or,

a− i√2 = −

(

2+ i√2)

b − ia√2 = 2

(

1+ i√2)

−ib√2 = −2i

√2

⇔

a = −2

b+ 2i√2 = 2

(

1+ i√2)

b = 2

⇔

a = −2b = 2

b = 2⇔

{a = −2b = 2

.

Donc

Pour tout nombre complexe z, P(z) =(

z − i√2)

(z2 − 2z + 2).

b) Soit z un nombre complexe.

P(z) = 0 ⇔ z = i√2 ou z2 − 2z + 2 = 0.

Le discriminant de l’équation z2 − 2z+ 2 = 0 est ∆ = (−2)2 − 4× 2 = −4 = (2i)2. Donc l’équation z2 − 2z+ 2 = 0 admet

deux solutions non réelles conjuguées à savoir z1 =2+ 2i

2= 1+ i et z2 = z1 = 1− i.

Pour tout nombre complexe z, P(z) = 0 ⇔ z ∈{i√2, 1+ i, 1− i

}.

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Partie B

1) Voir figure en fin d’exercice.

2) Le point K est le milieu du segment [JL]. Par suite,zL + zJ

2= zK puis

zL = 2zK − zJ = 2

(

−

√2

2+ i

√2

2

)

− i√2 = −

√2+ i

√2− i

√2 = −

√2.

zL = −√2.

3) • OA = |zA| =√12 + 12 =

√2.

• OB = |zB| =√

12 + (−1)2 =√2.

• OJ = |zJ| =√2|i| =

√2.

• OL =∣

∣

∣−√2∣

∣

∣=

√2.

Les points A, B, J et L appartiennent au cercle de centre O et de rayon√2.

4) a) Puisque OJ = OD =√2, r existe. Son angle est

(−→OJ,

−−→OD

)

. On sait que(−→OJ,

−−→OD

)

= arg

(

zD − zO

zJ − zO

)

[2π]. Or,

zD − zO

zJ − zO=

−1+ i

i√2

=(−1+ i)(−i)

i√2(−i)

=1+ i√

2

= cos(π

4

)

+ i sin(π

4

)

= eiπ/4,

et donc

(−→OJ,

−−→OD

)

=π

4[2π].

b) L’expression complexe de r est donc z ′ = eiπ/4z. Par suite,

zC = eiπ/4zL =

(

1√2+

1√2i

)

(

−√2)

= −1− i.

zC = −1− i.

5) • zC = −zA et donc O est le milieu du segment [AC]. De même, zD = −zB et donc O est le milieu du segment [BD].Ainsi, les diagonales du quadrilatère ABCD ont même milieu et donc ABCD est un parallélogramme.

• Le vecteur−→AC a pour coordonnées (−2,−2) et le vecteur

−→BD a pour coordonnées (−2, 2). Par suite, AC =

√

(−2)2 + (−2)2 =√8 et BD =

√

(−2)2 + 22 =√8. En particulier, AC = BD. D’autre part,

−→AC.

−→BD = (−2) × (−2) + (−2)× 2 = 0,

et donc (AC)⊥(BD). En résumé, les diagonales du parallélogramme ABCD sont perpendiculaires et ont même longueur.On en déduit que

le quadrilatère ABCD est un carré.

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1

2

−1

−2

1 2−1−2

b

b

b

b

b

b

b

AD

C B

J

K

L

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EXERCICE 2

1) a) Représentons la situation par un arbre.

A

A

B

B

B

B

1/6

5/6

1/4

3/4

2/5

3/5

b) D’après la formule des probabilités totales,

p(B) = p(A)× pA(B) + p(

A)

× pA(B) =1

6× 1

4+

5

6× 2

5=

1

24+

1

3=

9

24=

3

8.

p(B) =3

8.

c) La probabilité demandée est pB(A).

pB(A) =p(B ∩A)

p(B)=

p(A)× pA(B)

p(B)=

1

6× 1

43

8

=1

24× 8

3=

1

9.

pB(A) =1

9.

2) a) La variable aléatoire X est régie par un schéma de Bernoulli. En effet,• 10 expériences identiques et indépendantes sont effectuées ;

• chaque expérience a deux issues : « la boule obtenue est noire » avec une probabilité p =3

8(d’après la question 1)b))

ou « la boule obtenue n’est pas noire » avec une probabilité 1− p =5

8.

La variable aléatoire X suit donc une loi binomiale de paramètres n = 10 et p =3

8.

On sait alors que pour tout entier k tel que 0 6 k 6 10,

p(X = k) =

(

10

k

)(

3

8

)k(5

8

)10−k

.

En particulier,

p(X = 3) =

(

10

3

)(

3

8

)3(5

8

)7

=10 × 9× 8

3× 2× 33 × 57

810= 120 × 33 × 57

810= 0, 2357 . . .

et donc

la probabilité de gagner exactement 3 parties est 0, 236 arrondie au millième.

b) La probabilité demandée est p (X > 1).

p (X > 1) = 1− p(X = 0) = 1−

(

10

0

)(

3

8

)0(5

8

)10

= 1−

(

5

8

)10

= 0, 9909 . . .

et donc

la probabilité de gagner au moins 1 partie est 0, 991 arrondie au millième.

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c) La probabilité considérée est p (X > N).

p (X > N) 61

10⇔ 1− p(X < N) 6

1

10⇔ p(X > N) >

9

10.

D’après le tableau fourni dans l’énoncé, la valeur de N à partir de laquelle la probabilité de l’événement « la personne

gagne au moins N parties » devient inférieure à1

10est 7.

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EXERCICE 3

Proposition 1. VRAI

Proposition 2. FAUX

Proposition 3. FAUX

Proposition 4. VRAI

Proposition 5. FAUX

Justification 1. Pour tout entier naturel n, on pose an =π

4+

1

n + 1. La suite (an)n∈N n’est pas constante. De plus,

limn→+∞

an =π

4et donc lim

n→+∞

un = sin(π

4

)

=

√2

2. La proposition 1 est vraie

Justification 2. z20 = e40iπ/3 = e40iπ/3 = ei4π

3+i 36π

3 = ei4π

3+12iπ = ei

4π

3 × e12iπ = ei4π

3 × 1 = ei4π

3 .

1

−1

1−1

b

b

b

O

M1

M20

On sait que(−−−→OM1,

−−−−→OM20

)

= arg

(

z20 − zO

z1 − zO

)

= arg

(

e4iπ

3

e2iπ

3

)

= arg(

ei(4π

3−

2π

3 ))

= arg(

e2iπ

3

)

=2π

3[2π]. En particulier,

(−−−→OM1,

−−−−→OM20

)

6= 0 [π] et donc les points O, M1 et M20 ne sont pas alignés. La proposition 2 est fausse.

Justification 3. Puisque F(0) = 0, la courbe représentative de F est la courbe 1 ou la courbe 3. Dans les deux cas, latangente à la courbe représentative de F au point O n’est pas parallèle à (Ox) et donc f(0) = F ′(0) 6= 0. Seule la courbe 2peut donc être la courbe représentative de f. La proposition 3 est fausse.

Justification 4. La distance d du point A au plan P est

d =|2× 0− 0+ 3|

√

22 + (−1)2 + 12=

3√6=

3√6

6=

√3

2.

Puisque

√3

2< 2, la distance d du centre A de la sphère au plan P est strictement plus petite que le rayon de la sphère.

On sait alors que la sphère de centre A et de rayon 2 et le plan P sont sécants selon un cercle. La proposition 4 est vraie.

Justification 5. f vérifie f(0) = 0 (ce qui exclut la courbe C1) et pour tout réel x, f ′(x) + 2f(x) = 4. En particulier,f ′(0) = 4. Comme f ′(0) est le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de f en son point d’abscisse0, la seule courbe possible est la courbe 3. La proposition 5 est fausse.

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EXERCICE 4

PARTIE A

1) Pour x dans [0, 1], posons u(x) = x et v(x) = ex. Les fonctions u et v sont dérivables sur [0, 1] et pour x ∈ [0, 1], on a

u(x) = x v(x) = ex

u ′(x) = 1 v ′(x) = ex

De plus, les fonctions u ′ et v ′ sont continues sur [0, 1]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

∫1

0

xex dx = [xex]10 −

∫1

0

1× ex dx = e1 − 0−

∫1

0

ex dx = e− [ex]10

= e− (e− 1) = 1.

∫1

0

xex dx = 1.

2) a) L’aire du triangle OAA ′ est

aire de(OAA ′) =OA ′ ×AA ′

2=

a× aea

2=

1

2a2ea.

L’aire du trapèze ABB ′A ′ est

aire de(ABB ′A ′) =(AA ′ + BB ′)×A ′B ′

2=

(aea + e)(1 − a)

2=

1

2(−a2ea + aea − ae+ e).

b) La fonction f est continue et positive sur [0, 1]. Donc l’aire, exprimée en unités d’aire et notée A , de la partie duplan comprise l’axe (Ox) et la courbe C d’une part et les droites d’équations respectives x = 0 et x = 1 d’autre part est∫1

0

f(x) dx c’est-à-dire 1 d’après la question 1.

D’après le graphique fourni en annexe, l’aire de la partie du plan hachurée, exprimée en unités d’aire est

A′ = aire de(OAA ′) + aire de(ABB ′A ′) − A =

1

2a2ea +

1

2(−a2ea + aea − ae+ e) − 1

=1

2(a2ea − a2ea + aea − ae+ e− 2) =

1

2(aea − ae+ e− 2).

PARTIE B

1) La fonction x 7→ x(ex− e) est dérivable sur [0,+∞[ en tant que produit de fonctions dérivables sur [0,+∞[. Mais alors,la fonction g est dérivable sur [0,+∞[ et pour tout x > 0,

g ′(x) = (ex − e) + x(ex) + 0 = xex + ex − e.

De nouveau la fonction g ′ est dérivable sur [0,+∞[ et pour tout x > 0,

g ′′(x) = 1× ex + xex + ex = (2+ x)ex.

2) Pour tout réel x > 0, ex > 0 et x + 2 > 0. Donc, pour tout réel x > 0, g ′′(x) > 0. Mais alors, la fonction g ′ eststrictement croissante sur [0,+∞[.

3) • g ′(0) = (2+ 0)e0 = 2

• limx→+∞

x = +∞ et limx→+∞

ex = +∞. En multipliant, on obtient limx→+∞

xex = +∞. Ensuite, limx→+∞

ex − e = +∞ et en

additionnant, on obtient limx→+∞

g ′(x) = +∞.

• La fonction g ′ est continue et strictement croissante sur [0,+∞[. On sait alors que pour tout réel k de [g ′(0), limx→+∞

g ′(x)[=

[1− e,+∞[, l’équation g ′(x) = k admet une solution et une seule dans [0,+∞[. En particulier, puisque 1− e < 0 et doncque 0 appartient à [1− e,+∞[, l’équation g ′(x) = 0 admet une solution et une seule, notée α, dans [0,+∞[.

La calculatrice fournit g ′(0, 5) = −0, 2 . . . < 0 et g ′(0, 6) = 0, 1 . . . > 0. Ainsi, g ′(0, 5) < g ′(α) < g ′(0, 6) et donc, puisquela fonction g ′ est strictement croissante sur [0,+∞[, 0, 5 < α < 0, 6. Ainsi,

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α = 0, 5 à 10−1 près.

4) Puisque la fonction g ′ est strictement croissante sur [0,+∞[, si 0 6 x < α, alors g ′(x) < g ′(α) ou encore g ′(x) < 0 etsi x > α, alors g ′(x) > g ′(α) ou encore g ′(x) > 0. Ainsi, la fonction g est strictement décroissante sur [0, α] et strictementcroissante sur [α,+∞[.

5) En particulier, la fonction g admet un minimum en α avec α ∈ [0, 1]. D’après la question 2)b) de la partie A, pour

tout a ∈ [0, 1], l’aire de la partie du plan hachurée estg(a)

2. La question précédente permet d’affirmer que cette aire est

minimale quand a = α.

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