Cette proposition de correction est destinée à aider les candidats à préparer leur concours. Elle n’est pas garantie à 100%.
Le sujet est disponible ici.
O1MM maths 2017
1ère question
1 Soit \(g\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) telle que \(g(x)= x^3-4x^2-x+2\).
1.1 \(g'(x)=3x^2-8x-1\) est un trinôme de second degré avec \(a>0\) donc c’est une parabole décroissante puis croissante, qui admet un minimum.
\(\Delta=b^2-4ac=8^2-4\times3\times(-1)=64+12=76=2\sqrt{19}\)
Donc \(g’\) admet deux racines :
\(x_1=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{8-2\sqrt{19}}{6}=\dfrac{4-\sqrt{19}}{3}\)
\(x_2=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{8+2\sqrt{19}}{6}=\dfrac{4+\sqrt{19}}{3}\)
D’où le tableau de variations suivant :
1.2 Le tableau de variations nous montre que \(g(0)=2\) et \(g(2)=-8\). Il montre aussi que \(g\) strictement décroissante et continue sur l’intervalle \([0;2]\). Donc, d’après le corrolaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une solution unique à l’équation \(g(x)=0\).
1.3 Le tableau de signes de g est donc le suivant :
2.1 La courbe \(C_f\) est donnée dans l’énoncé :
On a \(f(x)=(ax+b)e^{-x^2} \Rightarrow f(0)=b\)
Or, la courbe coupe d’axe des ordonnées au point \(A(0;4)\) donc \(f(0)=4\).
On en déduit \(b=f(0)=4\)
On dérive la fonction \(f\) en posant \(u(x)=ax+4\) et \(v(x)=e^{-x^2}\).
\(u'(x)=a\) et \(v'(x)=-2xe^{-x^2}\)
\(\Rightarrow f'(x)=a\cdot e^{-x^2}+(ax+4)(-2x)e^{-x^2}=(-2ax^2-8x+a)e^{-x^2}\)
\(\Rightarrow f'(0)=a\)
Or d’après l’énoncé la tangente en \(A\) a pour coefficient directeur \(-1\) donc \(f'(0)=-1=a\)
La fonction est donc \(f(x)=(-x+4)e^{-x^2}\)
2.2.1 \(A(x)=x\cdot f(x) =(-x^2+4x)e^{-x^2}\)
2.2.2 On dérive. \(A(x)=x\cdot f(x) \Rightarrow A'(x)=f(x)+xf'(x)\)
\(A'(x)=(4-x)e^{-x^2}+xe^{-x^2}(2x^2-8x-1)\)
\(=e^{-x^2}(4-x+2x^3-8x^2-x)\)
\(=e^{-x^2}(2x^3-8x^2-2x+4)\)
\(=2e^{-x^2}(x^3-4x^2-x+2)=2e^{-x^2}g(x)\)
Comme \(2e^{-x^2}\) est toujours positif, \(A'(x)\) er \(g(x)\) sont de même signe.
\(\Rightarrow A(x)\) est maximale quand \(g(x)\) l’est donc quand \(g'(x)\) s’annule, c’est-à-dire pour \(x=\alpha\).
2.2.3 Le coefficient directeur de la droite (QP) est \(P_1=\dfrac{y_P-y_Q}{x_P-x_Q}=\dfrac{0-f(x)}{x-0}=\dfrac{-f(x)}{x}\)
Ici \(x=\alpha\) donc le coefficient directeur de (QP) est \(-\dfrac{-\alpha+4}{\alpha}e^{-\alpha^2}\)
Par ailleurs le coefficient directeur de la tangente à \(C_f\) en M est \(P_2=f'(\alpha)=e^{-\alpha^2}(2\alpha^2-8\alpha-1)\) d’où :
\(P_1=P_2\Leftrightarrow 2\alpha^2-8\alpha-1=\dfrac{\alpha -4}{\alpha}\)
\(\Leftrightarrow 2\alpha^3-8\alpha^2-\alpha=\alpha-4\)
\(\Leftrightarrow 2\alpha^3-8\alpha^2-2\alpha+4=0\)
\(\Leftrightarrow \alpha^3-4\alpha^2-\alpha+2=0\) ce qui est VRAI car \(g(\alpha)=0\).
On a donc bien, lorsque \(A(x)\) est maximale, la tangente à \(C_f\) en M qui est parallèle à la droite (QP).
3.1 La fonction \(u(x)=-xe^{-x^2}\) admet comme primitive \(U(x)=\dfrac{1}{2}e^{-x^2}\) donc
\(I=\displaystyle \int_{0}^{2} -xe^{-x^2} \, \mathrm{d}x=[\dfrac{1}{2}e^{-x^2}]_0^2=[\dfrac{1}{2}e^{-4}-\dfrac{1}{2}e^{-0}]_0^2=\dfrac{1}{2}(e^{-4}-1)=-0,491\)
3.2 On a :
\(S=\displaystyle \int_{0}^{2} f(x) \, \mathrm{d}x=\int_{0}^{2} (-x+4)e^{-x^2} \, \mathrm{d}x=\int_{0}^{2} -xe^{-x^2} \, \mathrm{d}x+4\int_{0}^{2} e^{-x^2} \, \mathrm{d}x=I+4J\)
\(S=-0,491+4\times 0,882=3,04\) unités d’aire.
3.3 L’aire du rectangle \(OPMQ\) est \(S(OPQM)=x\cdot f(x)\)
\(A\) est maximale pour \(x=\alpha\approx 0,64\)
Donc \(A_{max}=A(\alpha)=\alpha\cdot f(\alpha)=0,64\times (4-0,64)e^{-0,64^2}\approx1,43\)
Or \(S/2\approx 3,04/2\approx 1.52\)
On a donc \(A_{max}<S/2\)
Il est donc impossible d’avoir \(A(x)=S/2\).
2ème question
1.1 La fonction \(f\) est définie sur l’intervalle \(\mathopen{]}-\dfrac{1}{2}\,;+\infty\mathclose{]}\) par \(f(x)=\dfrac{2x}{1+2x}\)
On considère la suite \(u\) définie par \(u_0=2\) et pour tout entier naturel \(n\), par \(u_{n+1}=f(u_n)\)
1.2 On peut conjecturer que la suite \(u\) est décroissante et converge.
2.1 On dérive :
\(f'(x)=\dfrac{2(1+2x)-2x(2)}{(1+2x)^2}=\dfrac{2}{(1+2x)^2}\)
Le dénominateur est un carré donc il est toujours positif. On en déduit que f est strictement croissante sur \(\mathopen{]}-\dfrac{1}{2}\,;+\infty\mathclose{]}\).
2.2 On veut montrer que la propriété \(P_n (\dfrac{1}{2}\leq U_{n+1}\leq U_n)\) est vraie pour tout entier \(n\).
Vérifions que \(P_0\) est vraie.
\(U_0=2\)
\(U_1=\dfrac{4}{5} \geq \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{1}{2} \leq U_1 \leq U_0 \Rightarrow P_0\) est vérifiée.
Supposons \(P_k\) vérifiée, et montrons l’hérédité.
On sait \(P_k\) soit \(\dfrac{1}{2}\leq U_{k+1}\leq U_k\)
Comme la fonction \(f\) est croissante, on a\(f(\dfrac{1}{2})\leq f(U_{k+1})\leq f(U_k)\)
Or \(f(\dfrac{1}{2})=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow \dfrac{1}{2}\leq U_{k+2}\leq U_{k+1}\) Donc \(P_{k+1}\) est vérifiée. On a montré l’hérédité.
2.3 Pour tout entier naturel \(k\), on a \(U_{k+1}\leq U_k\) donc la suite \(U\) est décroissante. Elle est minorée (par \(\dfrac{1}{2}\)) donc elle converge.
3.1 Soit la suite \(v\) définie par \(v_n=\dfrac{1-2u_n}{u_n}\).
\(\dfrac{v_{n+1}}{v_n}=\dfrac{1-2u_{n+1}}{u_{n+1}} \times \dfrac{u_n} {1-2u_n}=\dfrac{1-2\cdot (\dfrac{2u_n}{1+2u_n})}{(\dfrac{2u_n}{1+2u_n})} \times \dfrac{u_n} {1-2u_n}=\dfrac{(\dfrac{1+2u_n}{1+2u_n})-(\dfrac{4u_n}{1+2u_n})}{(\dfrac{2u_n}{1+2u_n})} \times \dfrac{u_n} {1-2u_n}=\dfrac{1-2u_{n}}{2u_{n}} \times \dfrac{u_n} {1-2u_n}=\dfrac{1}{2}\)
La suite \(v\) est donc géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\).
3.2 On a pour \(n=0\) \(v_0=\dfrac{1-2u_0}{u_0}=\dfrac{1-4}{2}=\dfrac{3}{2}\)
donc \(v_n=\dfrac{3}{2}\times(\dfrac{1}{2})^n=\dfrac{3}{2^{n+1}}=\dfrac{1-2u_n}{u_n}\)
\(\Rightarrow 3u_n=2^{n+1}(1-2u_n)\)
\(\Rightarrow 3u_n=2^{n+1}-2^{n+2}u_n\)
\(\Rightarrow u_n(3+2^{n+2})=2^{n+1}\Rightarrow u_n=\dfrac{2^{n+1}}{3+2^{n+2}}\)
3.3 On a
\(u_n=\dfrac{2^{n+1}}{3+2^{n+2}}=\dfrac{2^{n+1}}{2^{n+1}}\cdot \dfrac{1}{\dfrac{3}{2^{n+1}}+2}=\dfrac{1}{\dfrac{3}{2^{n+1}}+2}\) donc sa limite quand \(n\) tend vers l’infini est \(\dfrac{1}{2}\).
3.4 A la calculatrice on obtient \(u_8\approx 0,5015\) et \(u_9\approx 0,5007\). Comme la fonction \(f\) est décroissante, pour tout \(n\geq9\), \(u_n\leq 0,501\) donc \(n_0=9\)
3ème question
1.1 Arbre de probabilités :
1.2 \(P(A \cap T)=P(A)\times P_A(T)=0,6\times 0,8 = 0,48\)
1.3 Comme les évènements \(A\), \(B\) et \(C\) sont disjoints et représentent tout l’univers, on a une probabilité totale et peut écrire :
\(P(T)=P(A\cap T)+P(B\cap T)+P(C\cap T)\)
\(\Rightarrow P(C\cap T)=P(T)-P(A\cap T)-P(B\cap T)\)
\(=0,8645-0,6\times0,8-0,25\times0,95=0,147\)
Or, \(P_C(T)=\dfrac{P(T\cap C)}{P(C)}\) donc
\(P_C(T)=\dfrac{0,147}{0,15} = 0,98\)
1.4 \(P_T(C)=\dfrac{P(C\cap T)}{P(T)}=\dfrac{P(C\cap T)}{P(A\cap T)+P(B\cap T)+P(C\cap T)}=\dfrac{0,147}{0,48+0,2375+0,147}=0,17\)
2.1 Il s’agit d’un enchaînement d’épreuves de Bernouilli identiques et indépendantes, donc da loi de probabilité de X est la loi binômiale de paramètres \(n=12\) tirages et \(p=0,8645\) (probabilité).
2.2 \(P(X<12)=1-P(X=12)=1-0,8645^{12}=0,8257\)
2.3 On a au moins une puce défectueuse dans 95% des cas.
\(P(X>0)=1-P(X=0)=0,95 \Rightarrow P(X=0)=0,05\)
Or \(P(X=0)= {N\choose 0}\cdot p^0\cdot (1-p)^N=(1-p)^N\)
On peut donc écrire \((1-p)^N=0,05\) d’où
\((1-p)^N=0,05 \Rightarrow ln((1-p)^N)=ln(0,05) \Rightarrow N\cdot ln(1-p)=ln(0,05)\Rightarrow N=\dfrac{ln(0,05)}{ln(1-p)}\)
\(N=\dfrac{ln(0,05)}{ln(1-0,8645)}=20,5\) que l’on arrondit à \(21\).
3.1 On a de manière générale pour la loi exponentielle \(P(X>t)=e^{-\lambda t}\).
On l’applique ici : \(P(X>5)= e^{-\lambda\cdot 5}=0,5 \Rightarrow -5\lambda=ln(0,5) \Rightarrow \lambda=\dfrac{-ln(0,5)}{5}=0,1386\)
3.2 Pour la loi exponentielle, on a \(\lambda=\dfrac{1}{E(T)}\) donc ici \(E(T)=\dfrac{1}{\lambda}=\dfrac{1}{0,1386}=7,2\) années.
3.3 La loi exponentielle est sans mémoire donc \(P(4<X<6)=P(X<2)=1-e^{-\lambda\cdot2}=1-e^{-0,1386\times2}=0,242\)
4ème question
1.1 On considère le polynôme \(P\) défini par : \(P(z)=z^3+(2-2i)z^2+(4-4i)z-8i\)
\(P(2i)=(2i)^3+(2-2i)(2i)^2+(4-4i)(2i)-8i=-8i-8+8i+8i+8-8i=0\Rightarrow 2i\) est bien une racine de \(P\).
1.2 On développe l’expression proposée :
\((z-2i)(z^2+2z+4) = z^3-2iz^2+2z^2-4iz+4z-8i\)
\(=z^3+(2-2i)z^2+(4-4i)z-8i=P(z)\)
1.3 Pour avoir \(P(z)=0\) on a soit \(z-2i=0\) soit \(z^2+2z+4=0\). Pour ce dernier trinôme, on va trouver les deux racines complexes conjuguées \(z_1\) et \(z_2\) :
\(\Delta=4-4\times1\times 4=-12=12i^2\Rightarrow \sqrt{\Delta}=2i\sqrt3\)
\(\Rightarrow z_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-2+2i\sqrt3}{2}=1+i\sqrt3\)
\(z_2\) est conjuguée de \(z_1 \Rightarrow z_2=1-i\sqrt3\).
La dernière racine est celle qui a été déterminée dans la question 1.1 donc \(z_3=2i\)
2.1 On a \(z_A=1+i\sqrt3\Rightarrow |z_3|=\sqrt{1^2+\sqrt{3}^2}=2\Rightarrow z_A=2(\cos\Theta+i\sin\Theta)\)
Or, on a \(z_A=2(1/2+i\sqrt3) \Rightarrow \cos\Theta=\dfrac{1}{2}\) et \(\sin\Theta=\dfrac{\sqrt3}{2}\)
On en déduit que \(\Theta=\dfrac{\pi}{3}\) et par conséquent \(z_A=2e^{i\dfrac{\pi}{3}}\).
De même on obtient \(z_B=2e^{-i\dfrac{\pi}{3}}\) et \(z_C=2e^{i\pi}\).
2.2 
2.3 On note \(Z=\dfrac{z_A-z_C}{z_B-z_C}=\dfrac{1+i\sqrt3-(-2)}{1-i\sqrt3-(-2)}=\dfrac{3+i\sqrt3}{3-i\sqrt3}\)
On multiplie le numérateur et le dénominateur par le conjugué du dénominateur pour obtenir un produit remarquable :
\(Z=\dfrac{3+i\sqrt3}{3-i\sqrt3}\cdot\dfrac{3+i\sqrt3}{3+i\sqrt3}=\dfrac{(3+i\sqrt3)^2}{3^2-3}=\dfrac{3^2+2\times3\times(i\sqrt3)+(i\sqrt3)^2}{6}=\dfrac{9+6\sqrt3i-3}{6}=1+i\sqrt3\)
2.4 Le module :
\(|Z|=|1+i\sqrt3|=\sqrt{1^2+\sqrt3^2}=2\)
On procède comme à la question 2.1 pour obtenir l’argument de \(Z\) qui est \(\dfrac{\pi}{3}\).
2.5 Comme \(B\) est le conjugué de \(A\) et que \(C\) est son propre conjugué, la figure admet l’axe des réels comme axe de symétrie. Les angles en B et C du triangle \(ABC\) sont donc de même mesure que l’on nomme \(\alpha\).
Comme la somme des angles d’un triangle vaut \(\pi\), on a \(\widehat{\mathrm{CAB}}+\widehat{\mathrm{ABC}}+\widehat{\mathrm{BCA}}=\pi\Rightarrow \alpha+\alpha+\widehat{\mathrm{BCA}}=\pi\)
Or \(\widehat{\mathrm{BCA}}=arg(Z)=\dfrac{\pi}{3}\), d’où :
\(\alpha+\alpha+\dfrac{\pi}{3}=\pi \Rightarrow 2\alpha=\dfrac{2\pi}{3} \Rightarrow \alpha=\dfrac{\pi}{3}\).
Les trois angles du triangle \(ABC\) sont donc égaux, c’est un triangle équilatéral.
3. A tout point \(M\) d’affixe \(z\) on associe le point \(M’\) d’affixe \(z’=\dfrac{1+i\sqrt3 -z}{1-i\sqrt3-z}\)
3.1. Si M appartient à la médiatrice du segment \([AB]\) alors \(MA = MB\)
Or, \(MA =|z_A – z|\) et \(MB = |z_B – z|\)
Donc \(\dfrac{|z_A – z|}{|z_B – z|} = 1 \Rightarrow |z’| = 1 \Rightarrow OM’=1\)
M’ appartient donc au cercle de centre O(0,0) et de rayon 1
3.2. Le point \(M\) d’affixe \(z_M=x+iy\) appartient au cercle de diamètre [AB]. Le centre du cercle est le point d’affixe \(\dfrac{z_A+z_B}{2}=1\)
On a donc \((x-1)^2 + y^2 = (\dfrac{|AB|}{2})^2\)
Or \(|AB|=|z_A-z_B|= 2\sqrt3 \Rightarrow (\dfrac{|AB|}{2})^2=3\)
D’où \((x-1)^2 + y^2 = 3\)
On calcule \(z_A-z = 1+i\sqrt3-x-yi= (1-x)+i(\sqrt3-y)\)
et \(z_B-z = 1-i\sqrt3-x-yi = (1-x)-i(\sqrt3+y)\)
D’où \(z’ = \dfrac {z_A-z}{z_B-z}=\dfrac{(1-x)+i(\sqrt3-y)}{(1-x)-i(\sqrt3+y)}=\dfrac{(1-x)+i(\sqrt3-y)}{(1-x)-i(\sqrt3+y)}\times \dfrac{(1-x)+i(\sqrt3+y)}{(1-x)+i(\sqrt3+y)}\)
\(z’=\dfrac{(1-x)^2+i(1-x)(\sqrt3-y+\sqrt3+y)+i^2(\sqrt3-y)(\sqrt3+y)}{(1-x)^2+(\sqrt3+y)^2}\)
\(z’=\dfrac{(1-x)^2+i(1-x)(2\sqrt3)-(3-y^2)}{(1-x)^2+(\sqrt3+y)^2}\)
Comme \((x-1)^2 + y^2 = 3\), on a \((1-x)^2-(3-y^2)=0\). On peut donc simplifier l’expression précédente :
\(z’=\dfrac{i(1-x)(2\sqrt3)}{(1-x)^2+(\sqrt3+y)^2}\)
Donc \(z’\) est un imaginaire pur et par conséquent \(M’\) est sur l’axe \((O,\vec{v})\)
3.3. Le point \(D\) de coordonnées (x,y) appartient au cercle de diamètre \([AB]\) donc ses coordonnées vérifient :
\((x-1)^2 + y^2 = 3\)
Comme \(D\) appartient aussi à l’axe des réels, \(y = 0\).
On a donc \((x-1)^2 = 3\) donc \(x-1=\sqrt3\) ou \(1- x = \sqrt3\)
\(\Rightarrow x=1+\sqrt3\) ou \(x=1-\sqrt3\)
D’après la figure, c’est le point D1 qui permet d’avoir un triangle \(DBA\) direct (c’est-à-dire que les points sont indiqués dans le sens trigonométrique). On a donc \(z_D=1-\sqrt3\).
\(z_D’ = \dfrac{(1+i\sqrt3-x_D)}{(1-i\sqrt3-x_D)}=\dfrac{1+i\sqrt3-(1-i\sqrt3)}{1-i\sqrt3-(1-i\sqrt3)}=\dfrac{\sqrt3(1+i)}{\sqrt3(1-i)}=\dfrac{(1+i)}{(1-i)}\times \dfrac{(1+i)}{(1+i)}=\dfrac{(1+2i-1)}{(1+1)}=i\)