Source Latex
de la correction du devoir
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\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{enumerate}
\usepackage{pst-all}
% Raccourcis diverses:
\newcommand{\nwc}{\newcommand}
\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
\nwc{\bgit}{\begin{itemize}}\nwc{\enit}{\end{itemize}}
\nwc{\bgen}{\begin{enumerate}}\nwc{\enen}{\end{enumerate}}
\nwc{\la}{\left\{}\nwc{\ra}{\right\}}
\nwc{\lp}{\left(}\nwc{\rp}{\right)}
\nwc{\lb}{\left[}\nwc{\rb}{\right]}
\nwc{\ul}{\underline}
\nwc{\tm}{\times}
\nwc{\V}{\overrightarrow}
\newcommand{\zb}{\mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\db}{\mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\ct}{\centerline}
\nwc{\bgsk}{\bigskip}
\nwc{\vsp}{\vspace{0.1cm}}
\nwc{\vspd}{\vspace{0.2cm}}
\nwc{\vspt}{\vspace{0.3cm}}
\nwc{\vspq}{\vspace{0.4cm}}
\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}} % Doppel-N
\def\D{{\rm I\kern-.1567em D}} % Doppel-N
\def\R{{\rm I\kern-.1567em R}} % Doppel R
\def\C{{\rm C\kern-4.7pt % Doppel C
\vrule height 7.7pt width 0.4pt depth -0.5pt \phantom {.}}}
\def\Q{\mathbb{Q}}
\def\Z{{\sf Z\kern-4.5pt Z}} % Doppel Z
\def\euro{\mbox{\raisebox{.25ex}{{\it =}}\hspace{-.5em}{\sf C}}}
\newcounter{nex}[section]\setcounter{nex}{0}
\newenvironment{EX}{%
\stepcounter{nex}
\bgsk{\noindent{{\bf Exercice }}\arabic{nex}}\hspace{0.5cm}
}{}
\nwc{\bgex}{\begin{EX}}\nwc{\enex}{\end{EX}}
\nwc{\bgfg}{\begin{figure}}\nwc{\enfg}{\end{figure}}
\nwc{\epsx}{\epsfxsize}\nwc{\epsy}{\epsfysize}
\nwc{\bgmp}{\begin{minipage}}\nwc{\enmp}{\end{minipage}}
\newenvironment{centerpage}{\vspace*{\fill}}{
\protect\vspace*{\fill}}
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\renewcommand{\footrulewidth}{0pt}
\lhead{}\chead{}\rhead{}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\ifthenelse{\pageref{LastPage}=1}
{\pagestyle{empty}}%
{%
\lfoot{}\cfoot{}\rfoot{\thepage/\pageref{LastPage}}}
\ct{\bf\LARGE{Correction du bac blanc de math\'ematiques}}
\vspace{-.8em}
\bgex
\textit{Nouvelle Cal\'edonie, 2012}\hrulefill{\bf 5 points}
\textbf{Partie A.}
1. $P\lp i\sqrt2\rp=
\lp i\sqrt2\rp^3-\lp2+i\sqrt2\rp\lp i\sqrt2\rp^2+2\lp1+i\sqrt2\rp\lp i\sqrt2\rp-2i\sqrt2$
\quad avec,
$\lp i\sqrt2\rp^2=i^2\sqrt2^2=-2$,
et $\lp i\sqrt2\rp^3=\lp i\sqrt2\rp^2\tm i\sqrt2=-2i\sqrt2$
\quad ainsi,
$\bgar[t]{ll}
P\lp i\sqrt2\rp
&=
-2i\sqrt2+2\lp2+i\sqrt2\rp+2\lp1+i\sqrt2\rp\lp i\sqrt2\rp-2i\sqrt2
\\
&=-2i\sqrt2+4+2i\sqrt2+2i\sqrt2-4-2i\sqrt2
=0
\enar$
\quad $z_0=i\sqrt2$ est donc bien une racine de $P$.
\bgen[1.]\setcounter{enumi}{1}
\item
\bgen[a)]
\item En d\'eveloppant, on a:
$\bgar[t]{ll}
\lp z-i\sqrt2\rp\lp z^2+az+b\rp
&=z^3+az^2+bz-z^2i\sqrt2-azi\sqrt2-bi\sqrt2\\
&=z^3+\lp a-i\sqrt2\rp z^2+\lp b-ai\sqrt2\rp z-bi\sqrt2
\enar$
En identifiant avec les coefficients du polyn\^ome $P$, on obtient alors:
\vspace{-1em}
\[\left\{\begin{array}{l c l}
a - \text{i}\sqrt{2}&=&-2 - \text{i}\sqrt{2}\\
b - a\text{i}\sqrt{2} &=&2 + 2\text{i}\sqrt{2}\\
-b\text{i}\sqrt{2}&=&-2\text{i}\sqrt{2}
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c l}
a &=&-2 \\
b + 2\text{i}\sqrt{2} &=&2 + 2\text{i}\sqrt{2}\\
-b&=&-2
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c l}
a &=&-2 \\
b&=&2\\
b&=&2
\end{array}\right.\]
\vspace{-1em}
On a donc la factorisation
$P(z)=\lp z-i\sqrt2\rp\lp z^2-2z+2\rp$
\item En utilisant la factorisation pr\'ec\'edente :
\vspace{-1em}
\[P(z)=0 \iff \lp z-i\sqrt2\rp \lp z^2 - 2z+2\rp=0
\iff \Bigl(z-i\sqrt2=0\ \text{ ou } z^2-2z+2=0\Bigr)\]
\vspace{-.8em}
On retrouve la racine $i\sqrt2$.
L'\'equation du second degr\'e a pour discriminant
$\Delta=-4<0$, et admet donc 2 racines complexes conjugu\'ees:
$z_1=\dfrac{2-i\sqrt{4}}{2}=1-i
\ \text{ et }\ z_2=\overline{z_1}=1+i
$
\vspace{-.6em}
Les solutions sont donc : $z_0=i\sqrt2$, $z_1=1-i$, et $z_2=1+i$.
\item $z_0$ est un nombre imaginaire pur, d'argument $\dfrac\pi2$,
et $z_0=\sqrt2e^{i\frac\pi2}$.
On a $\left|z_1\right|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt2$,
et $z_1=1-i=\sqrt2\lp \dfrac1{\sqrt2}-\dfrac1{\sqrt2}\,i\rp
=\sqrt2\lp \dfrac{\sqrt2}2-\dfrac{\sqrt2}2\,i\rp
=\sqrt2e^{-i\frac\pi4}$.
Enfin, $z_2=\overline{z_1}=\sqrt2e^{i\frac\pi4}$.
\enen
\enen
\vspace{-.6em}
\textbf{Partie B.}
\bgmp{5.1cm}
1.\\[1em]
\[\psset{unit=1cm,arrowsize=7pt}
\begin{pspicture}(-2,-2)(2,1.)
%\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange,gridwidth=0.2pt]
\multido{\i=-2+1}{5}{
\psline[linewidth=0.3pt,linestyle=dashed](\i,-2.2)(\i,2.2)
\psline[linewidth=0.3pt,linestyle=dashed](-2.2,\i)(2.2,\i) }
\psline[linewidth=1.6pt]{->}(-2.2,0)(2.4,0)
\psline[linewidth=1.6pt]{->}(0,-2.2)(0,2.4)
\psdots(1,1)(1,-1)(0,1.414)(1;135)(-1,-1)(-1,1)(-1.414,0)
\uput[ur](1,1){A}\uput[dr](1,-1){B}\uput[l](0,1.414){J}\uput[ul](.45;135){K}
\uput[ul](-1,1){D}\uput[d](-1.414,0){L}\uput[dl](-1,-1){C}\uput[dl](0,0){O}
\pspolygon(1,1)(1,-1)(-1,-1)(-1,1)
\end{pspicture}
\]
\enmp
\bgmp{13.2cm}
\bgen[1.]\setcounter{enumi}{1}
\item On a $z_K=e^{\frac{3i\pi}{4}}=\cos\dfrac{3\pi}{4}+i\sin\dfrac{3\pi}{4}=-\dfrac{\sqrt2}{2}+i\dfrac{\sqrt2}{2}$.
$K$ est le milieu du segment $[JL]$ ce qui se traduit par:
$z_K=\dfrac{z_J+z_L}{2}
\iff z_L=2z_K-z_J=-\sqrt2+i\sqrt2-i\sqrt2=-\sqrt2
$
\item On a $\left|z_A\right|^2 =1^2+1^2=2$,
$\left|z_B\right|^2 =1^2+(-1)^2=2$,
$\left|z_J\right|^2=\lp\sqrt2\rp^2=2$
$\left|z_L\right|^2=\lp-\sqrt2\rp^2=2$.
On a donc $OA=OB=OJ=OL=\sqrt2$, et ainsi les points $A$, $B$, $J$ et $L$ appartiennent \`a un m\^eme cercle de centre $O$ et de rayon $\sqrt2$.
\enen
\enmp
\bgen[1.]\setcounter{enumi}{3}
\item $ABCD$ est un carr\'e; on peut raisonner pour le d\'emontrer de
nombreuses mani\`eres: en calculant les longueurs $AB$, $AD$ et $DB$
et en utilisant le th\'eor\`eme de Pythagore; en montrant que
$z_{\V{AB}}=z_{\V{DC}}$ donc que $ABCD$ est un parall\'elogramme, et
en calculant le produit scalaire (avec les coordonn\'ees cart\'esiennes)
$\V{AB}\cdot\V{AD}$; ou encore en utilisant le point $O$,
intersection et milieu des diagonales\dots
Par exemple, $z_{\V{AB}}=z_B-z_A=-2$ et $z_{\V{DC}}=z_C-z_D=-2$,
d'o\`u
$\V{AB}=\V{DC}$ et le quadrilat\`ere $ABCD$ est donc un
parall\'elogramme.
De plus, $AB=\left|z_{\V{AB}}\right|=\left|-2\right|=2$,
et $AD=\left|z_{\V{AD}}\right|=\left|-2\right|=2$,
et $DB=\left|z_{\V{DB}}\right|=\left|2-2i\right|=\sqrt8$.
Ainsi, $AB^2+AD^2=DB^2$ donc, d'apr\`es le th\'eor\`eme de Pythagore,
le parall\'elogramme $ABCD$ est un rectangle, et comme de plus
$AB=AD$, c'est un carr\'e.
\enen
\enex
\bgex\textit{Amérique du Nord, 2011}\hrulefill\textbf{5 points}
\textbf{Partie A}
On consid\`ere la fonction $g$ d\'efinie sur $\R$ par $g(x)=e^x-x-1$.
\bgen[1.]
\item $g$ est la somme de la fonction exponentielle et d'une fonction
affine et est donc d\'erivable sur $\R$ avec $g'(x)=e^x-1$.
De plus, la fonction exponentielle étant croissante sur
$\R$, $g'(x)=e^x-1\geqslant0\iff e^x\geqslant1\iff x\geqslant0$.
\ul{Limite en $-\infty$:} $\dsp\lim_{x\to-\infty}e^x=0$,
donc $\dsp\lim_{x\to-\infty}g(x)=+\infty$.
\ul{Limite en $+\infty$:} On factorise par $e^x$ qui est, en
$+\infty$, le terme prépondérant:
$g(x)=e^x\lp 1-\dfrac{x}{e^x}-\dfrac{1}{e^x}\rp$,
où $\dsp\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty$,
et par croissances comparées
$\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{e^x}{x}=+\infty$, donc
$\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x}{e^x}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\dfrac{e^x}{x}}=0$.
On a donc, $\dsp\lim_{x\to+\infty}\lp
1-\dfrac{x}{e^x}-\dfrac{1}{e^x}\rp=1$, et donc, par produit des
limites,
$\dsp\lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty$.
Ainsi, on a le tableau de variation:
\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
$x$ & $-\infty$ &&$0$ & &$+\infty$ \\\hline
$g'(x)$ && $-$ &\zb&$+$&\\\hline
&$+\infty$&&&&$+\infty$\\
$g$&\psline[arrowsize=6pt]{->}(.2,.4)(1.4,-.4)&&
&\psline[arrowsize=6pt]{->}(-.5,-.4)(.6,.4)&\\
&&&$0$&&\\\hline
\end{tabular}
\item D'après l'étude précèdente des variations de $g$, $g(0)=0$ est
le minimum de $g$ sur $\R$;
en particulier, pour tout $x\in\R$, $g(x)\geqslant g(0)=0$.
\item On a donc pour tout réel $x$,
$g(x)=e^x-x-1\geqslant 0$,
et ainsi, $e^x-x\geqslant 1>0$.
\enen
\textbf{Partie B}
1. a)
On a $f=\dfrac{u}{v}$ avec les fonctions $u$ et $v$ définies par
les expressions $\la\bgar{ll}u(x)=e^x-1\\v(x)=e^x-x\enar\right.$.
$u$ et $v$ sont des fonctions
dérivables sur $\R$, comme la fonction exponentielle, et le
dénominateur $u(x)=e^x-x$ ne s'annule pas sur $\R$ d'après la
partie A..
Ainsi, $f$ est dérivable sur $\R$, avec, pour tout réel $x$,
\vspace{-1.em}
\[\bgar{ll}
f'(x)&=\dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{v^2(x)}
=\dfrac{e^x\lp e^x-x\rp-\lp e^x-1\rp\lp e^x-1\rp}{\lp e^x-x\rp^2}\\
&=\dfrac{e^{2x} -xe^x- \lp e^{2x}-2e^x+1\rp}{\lp e^x-x\rp^2}
=\dfrac{-xe^x+2e^x-1}{\lp e^x-x\rp^2}
=\dfrac{e^x(2-x)-1}{\lp e^x-x\rp^2}
\enar\]
\bgen[a)] \setcounter{enumi}{1}
\item
$0\leqslant x\leqslant 1
\iff -1\leqslant -x\leqslant 0
\iff 1\leqslant 2-x\leqslant 2$,
et comme la fonction exponentielle est croissante sur $[0;1]$,
$0\leqslant x\leqslant 1\iff e^0=1\leqslant e^x\leqslant e^1=e$.
Ainsi, en multipliant terme à terme ces deux dernières
inégalités, où tous les termes sont positifs, on obtient
$1\leqslant e^x(2-x)\leqslant 2e$,
et donc,
$0\leqslant e^x(2-x)-1\leqslant 2e-1$.
Comme le dénominateur $\lp e^x-x\rp^2>0$ (d'après la partie A.),
on a donc $f'(x)\geqslant 0$ et donc $f$ est croissante
sur $[0;1]$.
\enen
\bgen[1.]\setcounter{enumi}{1}
\item Comme $f$ est croissante sur $[0;1]$,
on a $x\in[0;1]\iff 0\leqslant x\leqslant 1\iff f(0)\leqslant f(x)\leqslant f(1)$.
Or $f(0)=\dfrac{e^0-1}{e^0-1}=0$ et $f(1)=\dfrac{e^1-1}{e^1-1}=1$,
et on a donc bien $0\leqslant f(x)\leqslant 1 \iff f(x)\in[0;1]$.
\item
\bgen[a)]
\item Pour tout $x$ de $[0;1]$,
$f(x)-x
=\dfrac{e^x-1}{e^x-x}-x
=\dfrac{e^x-1-x\lp e^x-x\rp}{e^x-x}
=\dfrac{e^x-1-xe^x+x^2}{e^x-x}$.
Or $(1-x)g(x)=(1-x)\lp e^x-x-1\rp=e^x-x-1-xe^x+x^2+x=e^x-1-xe^x+x^2$.
On a donc ainsi bien, pour tout $x\in[0;1]$,
$f(x)-x=\dfrac{(1-x)g(x)}{e^x-x}$.
\item On a vu que, pour tout $x\in\R_+$, donc aussi tout
$x\in[0;1]$, $g(x)\geqslant 0$ et $e^x-x>0$.
Ainsi, $f(x)-x$ est du m\^eme signe que $1-x$, et donc
$f(x)-x$ est positif sur $[0;1]$:
la courbe $(C)$ est au dessus de la droite $(D)$ sur $[0;1]$,
$(C)$ et $(D)$ se coupant en $x=0$ et en $x=1$.
\enen
%\item
% \bgen[a)]
% \item $f$ est de la forme $\dfrac{u'}{u}$, avec $u(x)=e^x-x$.
%
% Comme, pour $x\in[0;1]$, $e^x-x>0$, d'apr\`es la partie A, une
% primitiver de $f$ est donc
% $F=\ln u$, soit $F(x)=\ln\lp e^x-x\rp$.
% \item L'aire du domaine est:
% \[\mathcal{A}=\int_0^1\!\!\Bigl( f(x)-x\Bigr)\,dx
% =\int_0^1\!\!f(x)\,dx-\int_0^1\!\!x\,dx
% =\Bigl[F(x)\Bigr]_0^1-\Bigl[\dfrac12x^2\Bigr]_0^1
% =\Bigl(F(1)-F(0)\Bigr)- \Bigl(\dfrac121^2-\dfrac120^2\Bigr)
% =\ln(e-1)-\dfrac12
% \]
% \enen
\enen
\textbf{Partie C}
\vspace{-1.4em}
\bgmp{6.5cm}
1. \\[1em]
\[\psset{xunit=6cm,yunit=5cm,arrowsize=7pt}
\begin{pspicture}(-.1,-.05)(1.5,.94)
\psline[linewidth=1.6pt]{->}(-.05,0)(1.,0)
\psline[linewidth=1.6pt]{->}(0,-.05)(0,1.1)
\newcommand{\f}[1]{2.718 #1 exp 1 sub 2.718 #1 exp #1 sub div}
\psplot{0}{1}{\f{x}}
\newcommand{\fr}[1]{#1 10 div}
\multido{\i=1+1}{10}{
\psline[linewidth=.8pt,linestyle=dotted](!\fr{\i}\space-.05)(!\fr{\i}\space1.02)
\psline[linewidth=.8pt,linestyle=dotted](!-.05\space\fr{\i})(!1.02\space\fr{\i})
}
\rput(-.05,-.05){$O$}
\psline(1,-.02)(1,.02)\rput(1,-.08){$1$}
\psline(-.02,1)(.02,1)\rput(-.08,1){$1$}
\rput(.88,.98){$(C)$}
% Construction des termes de la suite
\psplot{-0.05}{1.02}{x}
\newcommand\fn[2]{%
\ifnum#1=1
\f{#2}%
\else
\f{\fn{\numexpr#1-1}{#2}}%
\fi
}
% Valeur initiale (u_0)
\def\xinit{0.5}
\def\nmax{3}
% Initialisation pour u_0
\psline[linestyle=dashed]
(\xinit,0)
(!\xinit\space\f{\xinit})
(!\f{\xinit}\space\f{\xinit})
\rput(\xinit,-0.06){$u_0$}
% Boucle pour u_1, u_2, ..., u_nmax
\multido{\i=1+1}{\nmax}{
\psline[linestyle=dashed]
(!\fn{\i}{\xinit} \space 0)
(!\fn{\i}{\xinit} \space \fn{\i}{\xinit})
(!\fn{\i}{\xinit} \space \fn{\numexpr\i+1}{\xinit})
(!\fn{\numexpr\i+1}{\xinit} \space \fn{\numexpr\i+1}{\xinit})
\rput(!\fn{\i}{\xinit}\space 0){$\tm$}
\rput(!\fn{\i}{\xinit}\space -0.06){$u_\i$}
}
\end{pspicture}
\]
\enmp
\bgmp{12.8cm}
\bgen\setcounter{enumi}{1}
\item Montrons par r\'ecurrence que pour tout entier $n$,
$\dfrac12\leqslant\!u_n\!\leqslant\!u_{n+1}\!\leqslant\!1$.
\vspace{-.6em}
\textit{Initialisation:} Pour $n=0$, $u_0=\dfrac12$
et $u_1\!=\!f\lp u_0\rp\!=\!f\lp\dfrac12\rp\simeq 0,56$,
et donc on a bien $\dfrac12\leqslant u_0\leqslant u_1\leqslant 1$.
\vspace{-.5em}
\textit{H\'er\'edit\'e:} Supposons que pour un certain entier $n$, on ait
$\dfrac12\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 1$, alors,
comme la fonction $f$ est strictement croissante sur $[0;1]$, on a
donc
$f\lp\dfrac12\rp\leqslant f\lp u_n\rp\leqslant f\lp u_{n+1}\rp\leqslant f(1)$,
\vspace{-.5em}
soit aussi, comme $f\lp\dfrac12\rp\simeq 0,56\geqslant \dfrac12$,
$f(1)=1$, et $f\lp u_n\rp=u_{n+1}$ et $f\lp u_{n+1}\rp=u_{n+2}$,
$\dfrac12\leqslant f\lp\dfrac12\rp\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant 1$,
ce qui montre que la propri\'et\'e est encore vraie au rang $n+1$.
\enen
\enmp
\textit{Conclusion:} D'apr\`es le principe de r\'ecurrence,
pour tout entier~$n$,
$\dfrac12\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 1$.
\bgen[1.]\setcounter{enumi}{1}
\item D'apr\`es le r\'esultat pr\'ec\'edent, la suite $\lp u_n\rp$ est
croissante et major\'ee par 1, elle est donc convergente vers une
limite $l\leqslant1$.
%Comme la fonction $f$ est continue sur $\R_+$ (car elle y est m\^eme
%d\'erivable), on a alors
%\[u_{n+1}=f\lp u_n\rp
%\Longrightarrow \lim_{n\to+\infty} u_{n+1}=\lim_{n\to+\infty}f\lp u_n\rp
%\Longrightarrow l=f(l)\]
\item La limite $l$ est %donc
une solution de l'\'equation $f(l)=l$, et il s'agit donc de
l'abscisse
d'un point d'intersection de $(C)$ et $(D)$,
soit $l=0$ ou $l=1$ d'apr\`es la question 2.b) de la partie B.
Or, d'apr\`es la question 2., pour tout entier $n$,
$\dfrac12\leqslant u_n\leqslant 1$, et donc $\lp u_n\rp$ est minor\'ee
par $\dfrac12$ et ne peut pas converger vers $l=0$.
Ainsi $l=1$, et la suite $\lp u_n\rp$ converge donc vers 1.
\enen
\enex
\vspace{-1em}
\bgex\textit{Nouvelle Cal\'edonie, mars 2008} \hrulefill{\bf 5 points}
\bgen[1.]
\item
\bgen[a)]
\item
On a l'arbre pond\'er\'e suivant:
\[\psset{xunit=1.5cm,yunit=.8cm}
\begin{pspicture}(-2,-1.8)(5,1.1)
\psline(0,0)(1.5,1.5)\rput(1.75,1.5){$E$}\rput(0.7,1.2){$0,60$}
\psline(2,1.5)(3.5,2.25)\rput(3.75,2.25){$M$}\rput(2.9,2.2){$0,10$}
\psline(2,1.5)(3.5,1.5)\rput(3.75,1.5){$R$}\rput(2.9,1.6){$0,75$}
\psline(2,1.5)(3.5,0.75)\rput(3.75,0.75){$G$}\rput(2.9,0.7){$0,15$}
%
\psline(0,0)(1.5,-1.5)\rput(1.75,-1.5){$\overline{E}$}\rput(0.7,-1.2){$0,40$}
\psline(2,-1.5)(3.5,-0.75)\rput(3.75,-0.75){$M$}\rput(2.9,-0.7){$0,05$}
\psline(2,-1.5)(3.5,-1.5)\rput(3.75,-1.5){$R$}\rput(2.9,-1.4){$0,65$}
\psline(2,-1.5)(3.5,-2.25)\rput(3.75,-2.25){$G$}\rput(2.9,-2.2){$0,30$}
\end{pspicture}\]
\item La probabilit\'e que l'oiseau achet\'e par l'enfant soit vivant
au bout de trois mois est d'apr\`es l'arbre (ou la formule des probabilit\'es totales):
$0,60\tm\lp0,75+0,15\rp+0,40\tm\lp0,65+0,30\rp=0,92$.
\item De m\^eme la probabilit\'e pour l'enfant d'avoir un oiseau rouge est:
$0,60\tm0,75+0,40\tm0,65=0,71$.
\item La probabilit\'e que l'oiseau provienne du premier \'elevage sachant qu'il est gris est:
\vspace{-1.em}
\[P_G\lp E\rp=\dfrac{P\lp E\cap G\rp}{P(G)}
=\dfrac{0,60\tm0,15}{0,60\tm0,15+0,40\tm0,30}
=\dfrac{0,09}{0,21}\simeq 0,43
\]
\enen
\item On r\'ep\`ete $n=5$ fois l'exp\'erience "choisir au hasard un oiseau",
dont le succ\`es est "l'oiseau est toujours en vie au bout d'un mois"
et de probabilit\'e $p=0,92$.
Ces exp\'eriences sont suppos\'ees identique et ind\'ependante entre elles.
Ainsi, la variable al\'eatoire $Y$ \'egale au nombre de succ\`es,
c'est-\`a-dire d'oiseaux en vie au bout d'un mois sur ces 5 pris au
hasard, suit la loi binomiale de param\`etres $n=5$ et $p=0,92$.
La probabilit\'e qu'au bout d'un mois trois soient en vie est alors:
\vspace{-1.4em}
\[P\lp Y=3\rp=\binom{5}{3}0,92^3 \times (1 - 0,92)^2
= 10 \times 0,92^3 \times 0,08^2 \simeq 0,05\]
\vspace{-1.5em}
\item On a le tableau de loi de probabilit\'e suivant:
\begin{tabular}{|*{4}{c|}}\hline
couleur & rouge & gris & mort\\ \hline
probabilit\'e & 0,71&0,21&0,08\\ \hline
gain(euros) &$+1$&$+0,25$&$-0,10$\\ \hline
\end{tabular}
\medskip
On a donc $E(X) = 0,71 \times 1 + 0,21 \times 0,25 - 0,08 \times 0,10 = 0,7545\approx 0,75 $ euro.
\item
\bgen[a)]
\item L'enfant répète de façon identiques et indépendantes $n$ fois
l'expérience aléatoire: "prélever un oiseau".
La probabilité pour qu'un oiseau pris au hasard soit gris est,
en utilisant l'arbre de la question 1.,
$0,60\tm0,15+0,40\tm0,30=0,21$.
Ainsi, si l'enfant note $Z$ la variable aléatoire égale au nombre
d'oiseaux gris parmi les $n$ oiseaux qu'il a achetés, $Z$ suit la loi
binomiale de paramètres $n$ et $p=0,21$.
On a alors,
$p_n=P\lp Z\geqslant 1\rp=1-P\lp\overline{Z\geqslant1}\rp=1-P\lp Z=0\rp=1-(1-0,21)^n=1-0,79^n$.
\item On cherche alors $n$ tel que $p_n=1-0,79^n\geqslant 0,99
\iff 0,79^n\leqslant 1-0,99=0,01$
puis, comme la fonction $\ln$ est strictement croissante sur
$\R_+^*$,
$\ln(0,79^n)=n\ln(0,79)\leqslant\ln(0,01)$,
et enfin, en divisant par $\ln(0,79)<\ln(1)<0$,
$n\geqslant \dfrac{\ln(0,01)}{\ln(0,79)}\simeq 19,54$.
L'enfant doit donc acheter au moins 20 oiseaux.
\enen
\enen
\enex
\vspace{-1em}
\bgex
\textit{Am\'erique du Nord, 2013}\hrulefill{\bf 5 points}
On consid\`ere la suite $\lp u_n\rp$ d\'efinie par $u_0=1$ et,
pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1}=\sqrt{2u_n}$.
\bgen[1.]
\item
\bgen[a)]
\item Pour $n=3$, la variable $i$ de la boucle varie de 1 \`a 3:
\bgit
\item Pour $i=1$, on affecte \`a $u$ la valeur $\sqrt{2u}=\sqrt{2}\simeq 1,4142$
\item Pour $i=2$, on affecte \`a $u$ la valeur $\sqrt{2u}\simeq\sqrt{2\tm 1,4142}\simeq 1,6818$
\item Pour $i=3$, on affecte \`a $u$ la valeur $\sqrt{2u}\simeq\sqrt{2\tm 1,6818}\simeq 1,8340$
\enit
L'algorithme affiche finalement la derni\`ere valeur de $u$ trouv\'ee: $1,8340$.
\item Cet algorithme permet de calculer et d'afficher le terme de rang $n$ de la suite $\lp u_n\rp$.
\item D'apr\`es ces valeurs approch\'ees, on peut conjecturer que la suite est croissante et converge vers 2.
\enen
\item
\bgen[a)]
\item D\'emontrons par r\'ecurrence que, pour tout entier naturel $n$, $0<u_n\leqslant 2$.
\textit{Initialisation:} Pour $n=0$, $u_0=1$, donc on a bien $0<u_n\leqslant2$.
\textit{H\'er\'edit\'e:} Supposons que pour un entier naturel $n$ on ait $0<u_n\leqslant2$, alors,
en multipliant ces in\'egalit\'es par $2>0$, $0<2u_n\leqslant 4$,
puis, comme la fonction racine carr\'ee est strictement croissante
sur $\R_+$, on a enfin $0=\sqrt{0}<\sqrt{2u_n}\leqslant \sqrt{4}=2$.
Ainsi, comme $\sqrt{2u_n}=u_{n+1}$, on a donc bien encore, au rang
$n+1$, $0<u_{n+1}\leqslant2$.
\textit{Conclusion:} D'apr\`es le principe de r\'ecurrence,
pour tout entier naturel~$n$, $0<u_n\leqslant2$.
\item Pour d\'eterminer le sens de variation de la suite, on peut
proc\'eder de (au moins) deux fa\c cons:
\textbf{1\`ere m\'ethode: par r\'ecurrence.}
\textit{Initialisation:} $u_0=1$ et $u_1=\sqrt{2u_0}=\sqrt2>u_0$.
On a donc initialement, pour $n=0$, $u_{n+1}>u_n$.
\textit{H\'er\'edit\'e:} Supposons que pour un entier $n$,
on ait $u_{n+1}>u_n$,
alors, en multipliant par $2>0$, $2u_{n+1}>2u_n$,
puis, comme la fonction racine carr\'ee est strictement croissante
sur $\R_+$ et que, d'apr\`es la question pr\'ec\'edente, $u_n>0$ pour
tout $n$, on a donc
$\sqrt{2u_{n+1}}>\sqrt{2u_n}$,
soit $u_{n+2}>u_{n+1}$,
et la propri\'et\'e $u_{n+1}<u_n$ est encore
vraie au rang $n+1$.
\textit{Conclusion:} D'apr\`es le principe de r\'ecurrence,
pour tout entier~$n$, $u_{n+1}>u_n$;
en d'autres termes la suite $(u_n)$ est strictement croissante.
\textbf{2\`eme m\'ethode: d\'emonstration directe.}
Pour $n\in\N$, on a
$u_{n+1}-u_n=\sqrt{2u_n}-u_n$,
soit, en utilisant la quantit\'e conjugu\'ee:
$u_{n+1}-u_n=\sqrt{2u_n}-u_n
=\dfrac{2u_n-u_n^2}{\sqrt{2u_n}+u_n}
=\dfrac{u_n\lp 2-u_n\rp}{\sqrt{2u_n}+u_n}$.
Or, d'apr\`es la question pr\'ec\'edente,
$0<u_n\leqslant 2$, et donc, $2-u_n\geqslant0$,
et $\sqrt{u_n}+u_n>0$.
On a donc $u_{n+1}-u_n\geqslant 0$, et la suite $\lp u_n\rp$ est
donc croissante.
\item La suite $(u_n)$ est ainsi
croissante et est major\'ee par 2: elle converge donc
vers une limite $l$.
\enen
\item
\bgen[a)]
\item Pour tout entier naturel $n$, $v_n=\ln u_n-\ln2=$,
donc,
\vspace{-1.2em}
\[\bgar{ll}
v_{n+1} &= \ln\lp u_{n+1}\rp-\ln2=\ln\lp\sqrt{2u_{n}}\rp-\ln2
=\dfrac12\ln\lp 2u_n\rp-\ln2 \\
&=\dfrac12\lp \ln2+\ln u_n\rp-\ln2
=\dfrac12\lp\ln u_n-\ln2\rp=\dfrac12 v_n
\enar\]
\vspace{-.8em}
$\lp v_n\rp$ est donc la suite g\'eom\'etrique de raison $\dfrac12$
et de 1er terme $v_0=\ln u_0-\ln2=\ln1-\ln2=-\ln2$.
\item On d\'eduit de ce qui pr\'ec\`ede que pour tout entier naturel $n$,
$v_n=-\ln 2\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$,
puis que $v_n=\ln u_n-\ln2\iff \ln u_n=v_n+\ln2\iff u_n=e^{v_n+\ln2}=e^{v_n}e^{\ln2}=2e^{v_n}$.
\item Comme $0<\dfrac12<1$,
$\dsp\lim_{n\to+\infty}{\lp\dfrac12\rp^n}=0$
et donc $\dsp\lim_{n\to+\infty}{\lp v_n\rp}=0$.
Comme $\dsp\lim_{x\to0}{e^x}=1$, par composition des limites on a:
$\dsp\lim_{n\to+\infty}{e^{v_n}}=1$
et finalement: $\dsp\lim_{n\to+\infty}{u_n}=2$.
\item
\[
\begin{tabular}{|ll|}\hline
Variables: &$n$ est un entier naturel\\
& $u$ est un r\'eel\\
Initialisation:&Affecter \`a $n$ la valeur $0$\\
&Affecter \`a $u$ la valeur 1\\
Traitement:&Tant que $u\leqslant 1,999$\\
&Affecter \`a $u$ la valeur $\sqrt{2u}$\\
&Affecter \`a $n$ la valeur $n+1$\\
Sortie:&Afficher $n$\\ \hline
\end{tabular}
\]
\enen
\enen
\enex
\clearpage
\setcounter{nex}{3}
\bgex\quad\textbf{\bf (5 points)
%\textit{Commun à tous les candidats}}
\quad\textit{Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité}}
On cherche à résoudre dans $\Z$ l'équation
$(E_n): 7\,x^2+y^2=2^n$, où $n\in\N$.
\textbf{Partie A}
\begin{enumerate}
\item $(E_0): 7\,x^2+y^2=1$. Si $x\not=0$,
alors $7x^2\geqslant7$ et alors $y^2=1-7x^2<0$ ce qui est impossible.
On doit donc avoir nécessairement $x=0$, et donc $y^2=1$,
soit $y=-1$ ou $y=1$.
$(E_0)$ a dont deux solutions: $(0;-1)$ et $(0;1)$.
\medskip
$(E_1): 7\,x^2+y^2=2$.
De m\^eme on doit avoir $x=0$ et alors $y^2=2$,
qui n'a pas de solution dans $\Z$.
Ainsi, $(E_1)$ n'a pas de solution.
\medskip
$(E_2): 7\,x^2+y^2=4$.
On doit encore avoir nécessairement $x=0$,
et donc $y^2=4$, soit $y=-2$ ou $y=2$.
$(E_2)$ a donc deux solutions: $(0;-2)$ et $(0;2)$.
\item Soit $(x,y)$ est une solution de $(E_n)$, $n\geqslant1$,
alors, comme $7\equiv1[2]$ et $2^n\equiv0[2]$,
on doit avoir $x^2+y^2\equiv0[2]$.
Ainsi, si $x$ est pair, soit $x\equiv0[2]$, alors $x^2\equiv0[2]$,
et donc $y^2\equiv0[2]$: $y^2$ est pair, et donc $y$ aussi.
Si $x$ est impair, soit $x\equiv1[2]$ alors $y^2\equiv1[2]$
et donc $y^2$, donc $y$ est aussi impair.
\medskip
En résumé, $x$ et $y$ ont même parité.
\item Soit $n=2p+1$, $p\in\N$, alors $(E_n): 7x^2+y^2=2^{2p+1}=2\tm\lp2^{2}\rp^n=2\tm4^n$\\
et ainsi, modulo 3, comme $7\equiv 1\,[3]$ et $4^n\equiv 1^n\,[3]\equiv 1[3]$,
on obtient $(E_n): x^2+y^2\equiv 2\,[3]$.
Si par exemple $x\equiv 0[3]$, alors $x^2\equiv 0^2[3]\equiv 0[3]$
et on devrait donc avoir $y^2\equiv 2[3]$.
Or,
\bgit
\item si $y\equiv 0[3]$ alors $y^2\equiv 0[3]$
\item si $y\equiv 1[3]$ alors $y^2\equiv 1^2[3]\equiv 1[3]$
\item si $y\equiv 2[3]$ alors $y^2\equiv 2^2[3]\equiv 1[3]$
\enit
Il est donc impossible d'avoir $y^2\equiv 2[3]$
donc $x$ ne peut pas \^etre divisble par 3.
Comme $x$ et $y$ jouent des r\^oles symétriques dans l'équation modulo 3,
$y$ ne peut pas non plus \^etre divisible par 3.
\item Soit $n=2p$, $p\in\N$,
alors $(E_n): 7x^2+y^2=2^{2p}=\lp2^p\rp^2$.
Ainsi, on admet au moins les solutions
$\lp0;2^p\rp$ et $\lp0;-2^p\rp$
\item $(E_6): 7x^2+y^2=2^6=64$.
si $|x|\geqslant4$, alors $x^2\geqslant16$ et donc $7x^2\geqslant 112$,
d'où $y^2=64-7x^2<0$ ce qui est impossible.
On doit donc nécessairement avoir $|x|\leqslant3$,
soit $-3\leqslant x\leqslant3$.
\item Soit $\lp x;y\rp$ une solution de $(E_n):7x^2+y^2=2^n$.
Alors, $2^{n+2}=4\tm2^n=4\lp7x^2+y^2\rp
=7\tm4x^2+4y^2=7\lp2x\rp^2+\lp2y\rp^2$.
On trouve donc que $\lp 2x;2y\rp$ est une solution de $\lp E_{n+2}\rp$.
\end{enumerate}
\bigskip
\textbf{Partie B}
On pose le système
$(S)\left\{
\begin{array}{c@{\ +\ }c@{\ =\ }c}7\,x^2&y^2&2^4\\13\,x^2&2\,y^2&31\end{array}\right.\text{ et la matrice }
A=\begin{pmatrix}7&1\\13&2\end{pmatrix}$.
\begin{enumerate}
\item Soit $B=\lp\bgar{c}2^4\\31\enar\rp$ et $X=\lp\bgar{c}x^2\\y^2\enar\rp$,
alors le système s'écrit $AX=B$.
\item $A^2-9\,A
=\lp\bgar{cc}7 & 1\\13&2\enar\rp\lp\bgar{cc}7 & 1\\13&2\enar\rp
-9\lp\bgar{cc}7 & 1\\13&2\enar\rp
=\lp\bgar{cc}-1 & 0\\0&-1\enar\rp
=-I_2$.
\item On a donc, $-A^2+9A=A\lp -A+9I_2\rp=\lp -A+9I_2\rp A=I_2$,
d'où $A$ est inversible, \\
d'inverse
$A^{-1}=-A+9I_2=\lp\bgar{cc}2 & -1\\-13&7\enar\rp$.
\item Retrouver la matrice inverse de $A$ au moyen d'une formule
d'inversion connue pour les matrices d'ordre 2.
On aurait aussi pu utiliser la formule:
$A^{-1}=\dfrac{1}{7\tm2-13\tm1}\lp\bgar{cc}2&-1\\-13&7\enar\rp$
\item \`A l'aide de $A^{-1}$, on obtient les solutions de $(S)$:
\[AX=B\iff X=A^{-1}B
=\lp\bgar{cc}2 & -1\\-13&7\enar\rp\lp\bgar{c}2^4\\31\enar\rp
=\lp\bgar{c} 2^5-31\\-13\tm2^4+7\tm31\enar\rp
=\lp\bgar{c}1\\9\enar\rp\]
On trouve ainsi $x^2=1$, soit $x=-1$ ou $x=1$,
et $y^2=9$, soit $y=-3$ ou $y=3$.
\end{enumerate}
\enex
\label{LastPage}
\end{document}
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