1/4

Exercice 1 Partie A : 1) a) Voir figure ci-dessous.

b) 2 ( 2 )( 1 2 ) 2 4 2 51 2 ( 1)² 2² 5 5

b i i i i i i ia i

− − − − − − + + −= = = = =− + − +

.

c) ba= i ⇔ b

a=1⇔ OB

OA=1⇔OB =OA arg b

a⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= arg(i)⇔ OA

! "!!;OB! "!!( ) = π

2

Le triangle OAB est donc isocèle rectangle en O .

2) a) 1 2 3 1 2 2'2 3 2 1 2

c i i i ic ic i i i i+ − − + + − − −= = = =+ + − + + + − +

(d’après 1 b)

b) 1 2 ( 1 2 )' 1 1 12 ( 2 )

z i z iz z a z b AM BMz i z i+ − − − += ⇔ = ⇔ = ⇔ − = − ⇔ =+ + − − −

( )E est donc la médiatrice du segment [ ]AB .

c) Le triangle OAB est isocèle en O , donc O est sur la médiatrice de [ ]AB . Donc ( )O E∈ . On sait que 'c i= donc ' 1c = donc ( )C E∈ . Partie B : cette partie n’est pas au programme du BAC blanc Fev 2019

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

2) Formes exponentielles :

( )21 3 1 2z = + − = On pose ( )1arg z θ=

On a :

cosθ =Re z1( )

z1

= 32

sinθ =Im z1( )

z1

= − 12

⎫

⎬

⎪⎪

⎭

⎪⎪

θ = − π6

2π⎡⎣ ⎤⎦ donc 61 2

iz e

π−= .

2 21 1 1 2i+ = + = On pose ( )arg 1 i θ+ =

On a :

cosθ =Re 1+ i( )

1+ i= 1

2= 2

2

sinθ =Re 1+ i( )

1+ i= 1

2= 2

2

⎫

⎬⎪⎪

⎭⎪⎪

θ = π4

2π⎡⎣ ⎤⎦ donc 41 i 2ie

π

+ =

On a donc 4 664 122 1(1 ) 2 2 2 2 2 2

iii iz i z e e e e

π πππ π⎛ ⎞−− ⎜ ⎟⎝ ⎠= + = × = =

3) 122 2 2 2 2 cos sin

12 12i

z e iπ π π⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

et ( )2 3 1 3 1z i= + + −

Par identification des parties imaginaires des formes algébrique et trigonométrique, on a : 3 1 6 22 2 sin 3 1 sin

12 12 42 2π π − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⇔ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Correction du BAC blanc de Février 2016

2/4

Exercice 2

Partie A : 1) b) A l’aide du graphique, on conjecture que la suite est croissante et converge vers 6 . c) A l’aide de la calculatrice, on obtient : 12 5,998u ≈ 2) a) On note ( ) 1 la propriété " 6 "n n nP u u +≤ < .

Montrons par récurrence que ( ) , nn P∀ ∈• est vraie. Initialisation

( )

0 1 0

0 1

0

10 et 3 1 3 2 2

donc on a bien 6donc la propriété est vraie

u u u

u uP

= = + = − + =

≤ <

Hérédité : On suppose qu'il existe un entier naturel k tel que la propriété Pk( ) est vraie ,

c'est - à - dire uk ≤ uk+1 < 6 .

Démontrons qu'alors la propriété Pk+1( ) est vraie c'est - à - dire uk+1 ≤ uk+2 < 6 .

Par hypothèse de récurrence : uk ≤ uk+1 < 6

Donc 12

uk ≤12

uk+1 < 3 Donc 12

uk + 3≤ 12

uk+1 + 3< 6 Donc uk+1 ≤ uk+2 < 6

Conclusion : D'après l'axiome de récurrence , ∀n∈! , un ≤ un+1 < 6 .

b) D’après la question a) la suite ( )nu est croissante et majorée par 6.

Donc elle converge vers un réel α .

Partie B : 1) ∀n∈! ,

( )1 1

11 1 1 1 1 1n n n n n n n n

b a bb b b ab b ab bv u au b au au au a u ava a a a a a+ +

− − − − ⎛ ⎞= − = + − = + = + = − = − =⎜ ⎟− − − − − −⎝ ⎠

Donc la suite ( )nv est géométrique de raison a et de premier terme 0 0 1bv ua

= −−

.

2) D’après la question 1), ∀n∈!, vn = v0 × an donc 0 1n

nbv u aa

⎛ ⎞= − ×⎜ ⎟−⎝ ⎠.

0Or donc 1 1 1

Si 1 1 , lim 0 . Par produit et somme , lim1

nn n n

nnn n

b b bu v u u aa a a

ba a ua→+∞ →+∞

⎛ ⎞= + = − × +⎜ ⎟− − −⎝ ⎠

− < < = =−

.

Partie C :

La suite un( ) de la partie A est définie par la relation de récurrence 11 avec et 32n nu au b a b+ = + = = .

D’après la partie A, elle converge vers un réel α .

D’après la partie B, elle converge vers 3 3 3 2 61 11 12 2

ba

α = = = = × =− −

Exercice 3 ( )

0' 0

( )2

xg x

g x

−∞ +∞− +

] Z

3/4

1) a) La fonction g est dérivable sur ! et pour tout x réel, '( ) 1 exg x = − + .

g '(x) > 0 ⇔−1+ ex > 0 ⇔ ex >1⇔ x > 0 D’où le tableau de variation de g :

b) D’après a) le minimum de g sur ! est 2 donc ∀x ∈!, g(x) > 0 . 2) Limites de f :

limx→+∞

x +1= +∞

limx→+∞

ex

x= +∞ inverse⎯ →⎯⎯ lim

x→+∞

xex = 0

⎫

⎬⎪

⎭⎪

somme⎯ →⎯⎯ limx→+∞

f x( ) = +∞

limx→−∞

x +1= −∞

limx→−∞

x = +∞

limx→−∞

ex = 0+

⎫⎬⎪

⎭⎪quotient⎯ →⎯⎯ lim

x→−∞

xex = −∞

⎫

⎬⎪⎪

⎭⎪⎪

somme⎯ →⎯⎯ limx→−∞

f x( ) = −∞

3) La fonction f est dérivable sur ! et pour tout x réel,

( )21 1 1 ( )'( ) 1 1 ( )

x x xx

x x xx

e x e x e x g xf x e g xe e ee

−× − × − + −= + = + = = = .

4) Pour tout x réel, 0xe− > , donc '( )f x est du signe de ( )g x , c’est à dire strictement positif. La fonction f est donc strictement croissante sur ! .

5) a) Une équation de la tangente T à la courbe C au point d’abscisse 0 est :

y = f '(0)(x − 0)+ f (0)Comme f '(0) = 2 et f (0) = 1, on obtient y = 2x +1

b) Pour déterminer la position de C par rapport à T on étudie le signe de la différence ( ) (2 1)f x x− + .

(1 )( ) (2 1) 1 2 1

x x

x x x x

x x x xe x ef x x x x xe e e e

− −− + = + + − − = − = =.

1 0 1 0x xe e x− > ⇔ < ⇔ <

Pour tout x réel, ( ) (2 1)f x x− + < 0, donc la courbe C est toujours au dessous de la tangente T.

6) a) Sur ! , la fonction f est continue, strictement croissante, la valeur 0 est comprise entre lim ( )x

f x→−∞

= −∞ et

lim ( )x

f x→+∞

= +∞ donc d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation ( ) 0f x =

possède une unique solution dans ! . b) Avec la calculatrice, on obtient que α ! −0,4 donc 1 0α− < < . 7) a) Algorithme

On s’arrête à la fin de l’étape 3 car 0.2b a− <

b) L’algorithme permet d’obtenir un encadrement de α d’amplitude inférieure à 0,2 : −0,5<α < −0,375 .

Exercice 4 : 1) 40% des membres sont des hommes donc 𝑝 𝐻 = 0,4.

Etape 1 Etape 2 Etape 3 Etape 4 a -1 -0,5 -0,5 -0,5 b 0 0 -0,25 -0,375 b a− 1 0,5 0,25 0,125 < 0,2

m - 0,5 -0,25 -0,375 Test

vrai faux faux

( )'

( )

xf x

f x

−∞ +∞

+∞

−∞Z

00

1 e 0( ) (2 1) 0

x

xx

f x x

−∞ +∞− +

− + −− + − −

On s’arrête et on affiche les valeurs de a et b : - 0,5 et - 0,375

4/4

« Parmi les femmes membres de ce club, seulement 5 % ne sont pas inscrites aux cours collectifs » donc 𝑝! 𝐶 = 0,05.

𝑝! 𝐶 = 0,05 donc 𝑝! 𝐶 = 1− 0,05 = 0,95.

2) a) 𝑝 𝐹 ∩ 𝐶 = 𝑝 𝐹 ×𝑝! 𝐶 = 0,6×0,95 = 0,57.

Donc 57% des membres de ce club sont des femmes inscrites aux cours collectifs. b) « 65 % des membres sont inscrits aux cours collectifs. » donc 𝑝 𝐶 = 0,65. Les évènements H et F forment une partition de l’univers donc d’après la formule des probabilités totales :

𝑝 𝐶 = 𝑝 𝐻 ∩ 𝐶 + 𝑝 𝐹 ∩ 𝐶 ⇔ 𝑝 𝐻 ∩ 𝐶 = 𝑝 𝐶 − 𝑝 𝐹 ∩ 𝐶 ⇔ 𝑝 𝐻 ∩ 𝐶 = 0,65− 0,57 = 0,08.

Donc 8% des membres sont des hommes inscrits aux cours collectifs. c) 𝑝! 𝐶 = ! !∩!

! != !,!"

!,!= 0,2 .

Donc la probabilité que, si l’on tire la fiche d’un homme, celui-ci soit inscrit aux cours collectifs est de 0,2.

3) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

0,32 0,914 arrondi au millième1 0,35

H

C

p H C p H p Cp H

p Cp C

∩ ×= = = ≈

−.

Donc la probabilité que, si l’on tire la fiche d’une personne ne participant pas aux cours collectifs, celle-ci soit celle d’un homme est environ égale à 0,914.

4) a) On répète cinq fois de manière indépendante la même épreuve de Bernoulli où l’issue succès est « prélever la fiche d’un membre inscrit au cours collectif » avec comme probabilité 0,65p= . Soit X la variable aléatoire qui compte le nombre succès obtenu, elle suit donc la loi binomiale de

paramètres 5n= et 0,65p = .

La probabilité qu’exactement deux des fiches soient celles d’un membre non inscrit aux cours collectifs

est p( X = 2) =

52

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟× 0,652 × (1− 0,65)5−2 ! 0,181

b) La probabilité qu’au moins une des fiches soit celle d’un membre non inscrit aux cours collectifs est

p( X ≥1) = 1− p( X = 0) = 1−

50

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟× 0,650 × (1− 0,35)5 ! 0,994

5) a) La variable aléatoire T peut prendre les valeurs : 35€ pour une femme non inscrite aux cours collectifs.

50€ pour un homme non inscrit aux cours collectifs. 70€ pour une femme inscrite aux cours collectifs. 80€ pour un homme inscrit aux cours collectifs.

b) Donner la loi de probabilité de T. Valeur de T 35 50 70 80 𝑝(𝑇 = ⋯ ) 0,03 0,32 0,57 0,08

b) En moyenne, sur un grand nombre d’adhérents, le club peut espérer récolter grâce aux cotisations,

𝐸 𝑇 = 35 ×0,03+ 50×0,32+ 70×0,57+ 80×0,08 = 63,35€ par adhérent. Ainsi pour 240 adhérents, le club peut espérer récupérer environ 15 204 euros. ( résultat du produit de 63,35 par 240).