ANNALES DE MATHEMATIQUES SERIE S POLYNESIE 2000

ANNALES DE MATHEMATIQUES SERIE S
POLYNESIE 2000
Eléments de solution
EXERCICE 1
1. On remplace z par x + iy, et on utilise le conjugué :
Z=
[(x − 2) + i (y + 1)]
[(x − 2) + i (y + 1)] [x − i (y + 2)]
=
[x + i (y + 2)]
[x + i (y + 2)] [x − i (y + 2)]
En développant, on trouve :
Z=
x2 + y 2 − 2x + 3y + 2 + i (2y − x + 4)
2
x2 + (y + 2)
On en déduit la partie réelle de Z :
Re (Z) =
x2 + y 2 − 2x + 3y + 2
2
x2 + (y + 2)
et sa partie imaginaire :
Im (Z) =
2y − x + 4
x2
2
+ (y + 2)
(a) Z est un réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle, ce qui
équivaut pour z distinct de (−2i) à
2y − x + 4 = 0
On reconnait l’équation d’une droite. Cependant, cette droite passe
par le point B d’affixe (−2i), et donc il nous faut enlever ce point de
l’ensemble trouvé. En conclusion, E est la droite d’équation 2y − x +
4 = 0 privée de B.
(b) Z est un imaginaire pur si et seulement si sa partie réelle est nulle,
ce qui équivaut pour z distinct de (−2i) à
x2 + y 2 − 2x + 3y + 2 = 0
On reconnait l’équation d’un cercle, en transformant cette équation
sous forme canonique :
2
3
5
2
(x − 1) + y +
=
2
4
Cependant, ce cercle passe par le point B d’affixe (−2i), et donc il
nous faut enlever ce point de l’ensemble trouvé. En√conclusion, F est
le cercle de centre Ω d’affixe 1 − i 32 et de rayon 25 privé de B.
1
2. D’après les formules du cours, pour tout M distinct de A et de B, on a :
−−→ −−→
z − zA
BM , AM = arg
= arg (Z)
z − zB
(a) Z est réel si et seulement si z = zA ou arg (Z) = 0 modulo π. Cette
dernière condition équivaut au fait que le point M appartient à la
droite (AB) privée de A et de B. En rajoutant le point A, on retrouve
bien l’ensemble E.
(b) Z est imaginaire pur si et seulement si z = zA ou arg (Z) = π2
modulo π. Cette dernière condition équivaut au fait que le point
M appartient au cercle de diamètre [AB] privé de A et de B. En
rajoutant le point A, on retrouve bien l’ensemble F.
3. Pour tout z distinct de (−2i), on a :
z − 2 + i
−2 − i × |z + 2i|
|f (z) − 1| × |z + 2i| = − 1 × |z + 2i| = z + 2i
z + 2i Il reste à simplifier :
√
|−2 − i|
× |z + 2i| = |−2 − i| = 5
|z + 2i|
√
Dire que le point M parcourt le cercle de centre B et de rayon 5 équivaut
à dire que
√
√
BM = 5 ⇔ |z + 2i| = 5
|f (z) − 1| × |z + 2i| =
Dans ce cas, la relation précédente devient :
|f (z) − 1| = 1 ⇔ IM 0 = 1
en appelant I le point d’affixe 1. On en conclut que le point M 0 décrit le
cercle de centre I et de rayon 1.
EXERCICE 2
1. On effectue un tirage simultané sans remise de 4 jetons parmi 10, et donc
le nombre de tirages possibles est égal à
4
C10
=
10!
= 210
4! × (10 − 4)!
2. On suppose que tous les tirages sont équiprobables.
(a) L’évènement B se réalise lorsque l’on tire un jeton marqué 2 parmi les
deux marqués 2, et trois jetons marqués 0 parmi les quatre marqués
0. La probabilité de B est donc :
p (B) =
2
C21 × C43
4
=
4
C10
105
(b) L’évènement A se réalise uniquement lorsque l’on tire quatre jetons
marqués 0 parmi les quatre marqués 0, donc
p (A) =
1
C44
=
4
C10
210
L’évènement C se réalise lorsque l’on tire quatre jetons blancs parmi
les six qui sont blancs, donc :
p (C) =
C64
15
1
=
=
4
C10
210
14
L’évènement D se réalise soit lorsque l’on tire quatre jetons blancs
parmi les six qui sont blancs, soit lorsque l’on tire quatre jetons rouges
parmi les quatre qui sont rouges, donc
p (D) =
C64
C4
8
+ 44 =
4
C10
C10
105
Remarquons que l’évènement E est le contraire de l’évènement A,
donc
209
p (E) = 1 − p (A) =
210
(c) Remarquons que l’évènement B∩C est égal à l’évènement B, puisque
l’évènement C est inclus dans l’évènement B. En appliquant la formule des probabilités conditionnelles, il vient :
p (B/C) =
p (B ∩ C)
p (B)
8
=
=
p (C)
p (C)
15
3. Pour former 5000, il faut tirer un jeton marqué 5 et trois jetons marqués
0, donc
2
C1 × C3
p (G = 75) = 1 4 4 =
C10
105
Pour former 7000, il faut tirer un jeton marqué 7 et trois jetons marqués
0, donc
C1 × C3
2
p (G = 50) = 3 4 4 =
C10
35
On a immédiatement :
p (G = 20) = p (B) =
4
105
Pour former 0000, il faut tirer quatre jetons marqués 0, donc
p (G = −25) =
3
C44
1
4 = 210
C10
Comme l’on perd 5 francs dans tous les autres cas, on a :
p (G = 75) + p (G = 50) + p (G = 20) + p (G = −25) + p (G = −5) = 1
ce qui permet facilement de trouver :
p (G = −5) =
37
42
L’espérance mathématique est donc :
E (G) = 75 ×
2
2
4
1
37
11
+ 50 ×
+ 20 ×
− 25 ×
−5×
=
105
35
105
210
42
21
PROBLEME
Partie A
1. Pour tout x réel, on a puisque e−x > 0 :
−1 6 sin x 6 1 ⇒ −e−x 6 f (x) 6 e−x
Comme
lim e−x = 0
x→+∞
le théorème des gendarmes prouve que :
lim f (x) = 0
x→+∞
ce qui établit que la courbe représentative de f admet une asymptote
horizontale d’équation y = 0.
2. f est le produit de deux fonctions dérivables sur R. Elle est donc dérivable
sur R et :
f 0 (x) = −e−x sin x + e−x cos x = e−x (cos x − sin x)
Il reste à remarquer que :
√
π √ π
π
2 cos x +
= 2 cos x cos − sin x sin
= cos x − sin x
4
4
4
ce qui établit bien pour tout x réel l’égalité :
√
π −x
f 0 (x) = 2 cos x +
e
4
4
3. Le tableau complété est le suivant :
x
x + π4
Signe de cos x + π4
− π2
π
−
√4
π
4
π
2
2
2
+
0
π
−
Le tableau de variation est alors :
x
f (x)
0
π
−
√2
2
2
f (x)
π
π
4
+
%
e2
0
√
2 π
4
2 e
−
π√
− 22
&
0
4. On obtient :
5
5π
4√
−
2
2
5. a) Les points communs à (Cf ) et à l’axe des abscisses ont des abscisses
solutions de l’équation :
e−x sin x = 0 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = kπ
avec k dans Z. Les solutions dans − π2 ; π sont alors 0 et π. Les coordonnées des points d’intersection sont (0, 0) et (π, 0).
b) Les points communs à (Cf ) et à (C1 ) ont des abscisses solutions de
l’équation :
π
e−x sin x = −e−x ⇔ sin x = −1 ⇔ x = − + 2kπ
2
6
avec k dans Z. La solution dans − π2; π est alors − π2 . Les coordonnées
π
du point d’intersection est − π2 , −e 2 .
c) Les points communs à (Cf ) et à (C2 ) ont des abscisses solutions de
l’équation :
e−x sin x = e−x ⇔ sin x = 1 ⇔ x =
avec k dans Z. La solution dans − π2 ; π est alors
π
point d’intersection est π2 , e− 2 .
π
+ 2kπ
2
π
2.
Les coordonnées du
6. La condition
|f (x)| 6 10−2 ⇔ e−x sin x 6 10−2
est réalisée dès que
e−x 6 10−2
car
Il suffit donc que :
−x
e sin x 6 e−x |sin x| 6 e−x
−x 6 −2 ln 10 ⇒ x > 2 ln 10
On peut donc prendre pour α la valeur 2 ln 10.
PARTIE B
1. Par application de la formule de dérivation d’un produit, on a pour tout
x réel :
f 0 (x) = e−x (cos x − sin x)
f (2) (x) = −2 (cos x) e−x
f (3) (x) = 2e−x (sin x + cos x)
f (4) (x) = −4 (sin x) e−x
On remarque que pour tout x réel, on a:
f (4) (x) = −4f (x)
2. Les primitives de f sur R vérifient donc :
f (3) (x) = −4F (x) + k
où k est une constante réelle. On peut par exemple choisir 0 pour cette
constante, donc une primitive F de f est donnée par :
1
1
F (x) = − f (3) (x) = − e−x (sin x + cos x)
4
2
3. On a évidemment :
I = F (π) − F (0) =
7
e−π + 1
2
PARTIE C
1. Il suffit de remplacer n par 0. Comme f est à valeurs positives sur [0, π],
on peut interpréter I0 comme l’aire du domaine plan compris entre l’axe
des abscisses, la courbe représentative de f , et les deux droites verticales
d’équation x = et x = π.
2. On a évidemment :
e−2nπ (e−π + 1)
In = F ((2n + 1) π) − F (2nπ) =
2
car
cos 2nπ = 1 sin 2nπ = 0
cos (2n + 1) π = −1 sin (2n + 1) π = 0
3. Comme In ne s’annule pas, formons pour tout n de N :
e−2(n+1)π
In+1
=
= e−2π
In
e−2nπ
On a donc démontré que la suite (In ) est une suite géométrique de raison
e−2π .
4. Comme
0 < e−2π < 1
la suite (In ) converge vers 0 d’après les résultats du cours.
8