Amérique du Sud 22 novembre 2016

A. P. M. E. P.
[Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud \
22 novembre 2016
EXERCICE 1 Commun à tous les candidats 5 points
Les courbes Cfet Cgdonnées en annexe 1 sont les représentations graphiques, dans un repère orthonormé
³O, −→
ı,−→ ´, de deux fonctions fet gdéfinies sur [0 ; +∞[.
On considère les points A(0,5 ; 1) et B(0 ; −1) dans le repère ³O, −→ ı,−→ ´.
On sait que O appartient à Cfet que la droite (OA) est tangente à Cfau point O.
1. On suppose que la fonction fs’écrit sous la forme f(x)=(ax +b)e−x2où aet bsont des réels.
On sait que le point O appartient à Cfdonc f(0) =0 ce qui équivaut à (0+b)e0=0 ou encore b=0.
Donc f(x) s’écrit f(x)=ax e−x2.
La droite (OA) est tangente à la courbe Cfen O, et elle a pour coefficient directeur 2, donc f′(0) =2.
f(x)=ax e−x2donc f′(x)=a×e−x2+ax ×(−2x)e−x2=(a−2ax2)e−x2.
f′(0) =2⇐⇒ (a−0)e0=2⇐⇒ a=2 ; donc f(x)=2xe−x2.
Désormais, on considère que f(x)=2xe−x2pour tout xappartenant à cd 0 ; +∞[
2. a. On admettra que, pour tout réel xstrictement positif, f(x)=2
x×x2
ex2.
lim
x→+∞x2=+∞
on pose X=x2
lim
X→+∞
X
eX=0
=⇒ lim
x→+∞
x2
ex2=0
lim
x→+∞
2
x=0
=⇒ lim
x→+∞
2
x×x2
ex2=0⇐⇒ lim
x→+∞ f(x)=0
b. La fonction fest dérivable sur [0 ; +∞[et on a déjà vu que f(x)=(a−2ax2)e−x2=(2 −4x2)e−x2
puisque a=2.
Pour tout x, e−x2>0 donc f′(x) est du signe de 2−4x2c’est-à-dire de 4Ãp2
2+x!Ãp2 2−x!.
Sur [0 ; +∞[, la dérivée s’annule et change de signe pour x=p2
2;fÃp2 2!=p2e−1
2≈0,86.
On dresse le tableau de variations de la fonction fsur [0 ; +∞[:
x0p2
2+∞
4³p2
2+x´+
+
+0+
+
+
p2
2−x+
+
+0−
−
−
f′(x)+
+
+0−
−
−
p2e−1
2
f(x)
0 0

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.
3. La fonction gdont la courbe représentative Cgpasse par le point B(0 ; −1) est une primitive de la fonction
fsur [0 ; +∞[.
a. On sait que la dérivée de x7−→ eu(x)est x7−→ u′(x)eu(x), donc une primitive de x7−→u′(x)eu(x)est
x7−→ eu(x).
Donc la fonction x7−→ −2xe−x2a pour primitive la fonction x7−→ e−x2donc une primitive de la
fonction fest gdéfinie par g(x)= −e−x2+koù k∈R.
Cgcontient le point B (0 ; −1), donc g(0) =−1, ce qui équivaut à −e0+k=−1 donc k=0.
La primitive de fdont la courbe représentative passe par le point B est donc la fonction gdéfinie
sur [0 ; +∞[par g(x)=−e−x2.
b. Soit mun réel strictement positif.
Im=Zm
0f(t)dt=g(m)−g(0) =−e−m2−(−1) =1−e−m2
c. On cherche lim
m→+∞Im:
lim
m→+∞−m2= −∞
on pose M=−m2
lim
M→−∞
X
eM=0
=⇒ lim
m→+∞ e−m2=0⇐⇒ lim
m→+∞1−e−m2=1⇐⇒ lim
m→+∞Im=1.
4. a. La fonction fest • continue sur I
• positive sur I
• telle que lim
m→+∞Zm
0f(t)dt=1
donc la fonction fest une fonction de densité de probabilité sur [0 ; +∞[.
b. Soit Xune variable aléatoire continue qui admet la fonction fcomme densité de probabilité.
Pour tout xde I,P(X6x)=Zx
0f(t)dt=g(x)−g(0).
Or g(0) =−e0=−1, donc P(X6x)=g(x)+1.
c. Soit αle réel tel que P(X6α)=0,5.
P(X6α)=0,5 ⇐⇒ g(α)+1=0,5 ⇐⇒ g(α)= −0,5
⇐⇒ −e−α2=−0,5 ⇐⇒ −α2=ln0,5
⇐⇒ −α2=−ln2 ⇐⇒ α2=ln2
⇐⇒ α=pln2 car α>0
d. On construit le point de coordonnées (α; 0) et on hachure la région du plan correspondant à
P(X6α) :
O~
ı
~
Cf
Cg
−0,5 (α,g(α))
(α,0)
A
B
Amérique du Sud 222 novembre 2016

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.
EXERCICE 2 Commun à tous les candidats 3 points
On munit le plan complexe d’un repère orthonormé direct ³O, −→ u,−→ v´.
Proposition 1
L’ensemble des points du plan d’affixe ztels que |z−4|= |z+2i|est une droite qui passe par le point A d’affixe
3i.
Proposition vraie
• Soit B le point d’affixe b=4 et C le point d’affixe c=−2 i ; on
appelle M le point d’affixe z.
|z−4|=|z+2i| ⇐⇒ |z−b| =|z−c| ⇐⇒ MB =MC
Donc l’ensemble des points M d’affixe ztels que |z−4|=|z+
2i|est la médiatrice ∆du segment [BC].
• On appelle al’affixe du point A.
AB =|b−a|=|4−3 i|= p16+9=5
AC =|c−a|=|−2 i −3 i|=|−5 i|= 5
Donc le point A est à égale distance de B et de C ; il appartient
donc à la droite ∆, médiatrice de [BC].
L’ensemble des points M du plan d’affixe ztels que |z−4|=|z+2i|
est donc la droite médiatrice du segment [BC]et cette droite passe
par le point A d’affixe 3i.
O−→
u
−→
v
BB
CC
AA
A
Proposition 2
Soit (E) l’équation (z−1)¡z2−8z+25¢=0 où zappartient à l’ensemble Cdes nombres complexes.
Les points du plan dont les affixes sont les solutions dans Cde l’équation (E) sont les sommets d’un triangle
rectangle.
Proposition vraie
• L’équation z−1=0 a pour solution le nombre a=1 affixe
d’un point appelé A.
• On résout dans Cl’équation z2−8z+25 =0 ; ∆=64−100 =
−36 donc cette équation admet deux solutions complexes
conjuguées b=8+6 i
2=4+3 i et c=4−3 i.
Ces deux nombres complexes bet csont les affixes de deux
points qu’on appelle B et C.
• L’équation (E) a donc trois solutions qui sont les affixes des
trois points A, B et C.
• AB2=|b−a|2=|4+3 i −1|2=|3+3 i|2=9+9=18
AC2=|c−a|2=|4−3 i −1|2=|3−3 i|2=9+9=18
BC2=|c−b|2=|4−3 i −4−3 i|2=|−6 i|2=36
• 18 +18 =36 donc AB2+AC2=BC2donc, d’après la réci-
proque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rec-
tangle en A.
O−→
u
−→
vAA
BB
CC
Donc les points du plan dont les affixes sont les solutions dans Cde l’équation (E) sont les sommets d’un
triangle rectangle.
Proposition 3
π
3est un argument du nombre complexe ¡−p3+i¢8.
Amérique du Sud 322 novembre 2016

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.
Proposition fausse
Soit zle nombre complexe −p3+i ; on cherche θun argument de z.
|z|=r³−p3´2+1=p4=2
On cherche donc θtel que cosθ=−p3
2et sinθ=1 2; un argument de zest donc θ=5π 6.
D’après le cours, un argument de z8est 8θ=40π
6≡2π 3(mod 2π).
Les nombres π
3et 2π 3ne sont pas congrus modulo 2πdonc la proposition est fausse.
EXERCICE 3 Commun à tous les candidats 3 points
La suite (un)est définie par u0=0 et, pour tout entier naturel n,un+1=1
2−un
.
1. a. On calcule les premiers termes de la suite (un) :
n0 1 2 3 4 5
un01
2
2
3
3
4
4
5
5
6
On peut conjecturer que, pour tout n,un=n
n+1.
Soit Pnla propriété un=n
n+1.
•Initialisation
Pour n=0, un=u0=0 et n
n+1=0 1=0.
Donc la propriété est vraie au rang 0.
•Hérédité
Soit nun entier naturel quelconque.
On suppose que la propriété est vraie au rang n, c’est-à-dire que un=n
n+1(hypothèse de
récurrence).
On va démontrer que la propriété est vraie au rang n+1, c’est à dire un+1=n+1
n+2.
un+1=1
2−un=1
2−n
n+1
=1
2(n+1)−n
n+1
=1
2n+2−n
n+1
=1
n+2
n+1
=n+1
n+2
La propriété est donc vraie au rang n+1.
On a donc démontré que, pour tout entier naturel n,Pn=⇒ Pn+1.
•Conclusion
On a vérifié que la propriété était vraie au rang 0.
On a démontré que la propriété était héréditaire pour tout n.
Donc, d’après le principe de récurrence, la propriété est vraie pour tout n.
On a donc démontré que, pour tout entier naturel n,un=n
n+1.
b. Pour tout n,un=n
n+1=n+1−1 n+1=1−1 n+1.
D’après le cours : lim
n→+∞
1
n+1=0 donc : lim
n→+∞1−1
n+1=1.
On peut donc en déduire que la limite ℓde la suite (un) est égale à 1.
Amérique du Sud 422 novembre 2016

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.
2. On complète l’algorithme pour qu’il affiche le plus petit entier ntel que |un+1−un|610−3:
Variables : n,aet bsont des nombres.
Initialisation : nprend la valeur 0
aprend la valeur 0
bprend la valeur 0,5
Traitement : Tant que |b−a|>10−3
nprend la valeur n+1
aprend la valeur b
bprend la valeur 1
2−b
Fin Tant que
Sortie : Afficher n
Explications
Pour ndonné, ajoue le rôle de unet bcelui de un+1.
Si l’objectif |un+1−un|610−3n’est pas atteint, on passe au rang n+1 : on remplace unpar un+1, c’est-à-
dire apar b, et on remplace un+1par un+2, c’est-à-dire bpar 1
2−b.
EXERCICE 4 Commun à tous les candidats 4 points
Partie A : Un calcul de volume sans repère
On considère une pyramide équilatère SABCD (pyra-
mide à base carrée dont toutes les faces latérales sont
des triangles équilatéraux) représentée ci-contre.
Les diagonales du carré ABCD mesurent 24 cm.
On note O le centre du carré ABCD.
On admettra que OS = OA. A
B
CO
D
S
1. On sait que O est le centre du carré ABCD donc OA =OC.
On sait que la pyramide SABCD est équilatère à base carrée donc SA =SC.
On se place dans le triangle SAC.
SA =SC donc le triangle SAC est isocèle.
OA =OC donc O est le milieu de [AC]et donc (SO) est la médiane issue de S du triangle SAC.
Comme le triangle SAC est isocèle de sommet principal S, la médiane issue de S est aussi une médiatrice ;
on en déduit que (SO) est perpendiculaire à (AC).
En se plaçant dans le triangle (SBD), on démontre de même que (SO) est perpendiculaire à (BD).
La droite (SO) est perpendiculaire à deux droites sécantes (AC) et (BD) du plan (ABC) donc la droite (SO)
est orthogonale au plan (ABC).
2. Le volume d’une pyramide est donné par la formule V=aire de la base×hauteur
3.
Amérique du Sud 522 novembre 2016