Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2005

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1 Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 5 EXERCICE 4 points Partie A. On a une loi binomiale de paramètres n = 5 et p =,. On a donc px = )= 5),,98 48,858,9.. La probabilité cherchée est px > )= px = )=,98 5,635, On a EX )=n p = 5,=. Partie B. a. On a P[ ; + ])= e = e,5 = e,66, e 5 4t dt = + [e ] 5 4 t =. b. Même calcul avec λ : P[ ; + ])= 4 e 4t dt = + [e ] 4 t = e 4 3 = e,,94,9., PT t)= t 5 4 e 5 4t dt =,e 5 4 t,98 PT t)= t 4 e 4t dt =,98e 4 t D où en faisant la somme, le résultat demandé. P [T ) défectueux)] 3. On a P T ) défectueux)= = PT ), e,5,3,., e,5 +,98 e EXERCICE Candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité 5 points. Un point Mz) est invariant si et seulement si z = z = 4 zz = 4 z z = 4 z =. Les points invariants sont donc tous les points dont l affixe a pour module ; le cercle de centre O et de rayon est donc invariant par f.. On a z = = 4 z = 4 z = 4. z Le seul point dont l image par f est J est le point d affixe Si α=a+ib a un antécédent z par f, alors a+ib= 4 a+ib)x+ x+ iy { 4a ax+ by = 4 x = iy)=4 bx ay = a + b 4b y = a + b Conclusion : le seul antécédent de α par f est le complexe z = 4α α.

2 4. a. On a d après la définition de f et en prenant les arguments : u ) u, OM ) u ) = le f t[, OM =, OM ; donc OM, ) OM = modulo π. Autrement dit : les points O, M et M sont alignés. b. On a z 4 = z = 4 z = 4 z. Donc si z =r >, alors z 4 = r. L image du cercle de centre O et de rayon r est donc le cercle de centre O et de rayon 4. D après la question précédente à chaque point du premier r cercle correspond un point image aligné avec O : conclusion, l image du cercle est tout le cercle de centre O et de rayon 4 r. c. Si OP = 3, z P = 3e iα et z P = 4 3 cosα+i sinα). D où une construction de P : α P Si Mz) C J ; r = ), alors z = +e iα, α π, d où z 4 = +cosα i sinα = 4+cosα+i sinα 4+cosα+i sinα sinα +cos α) + sin = = +i α +cos α +cosα. Conclusion : le point M a une abscisse égale à. Il appartient à la droite D) d équation x =. P EXERCICE Candidats ayant suivi l enseignement de spécialité 5 points. On sait que l écriture de la similitude s est z = αz+β, avec α et β complexes. Or sa) = B et sc) = D se traduit par : +i = αi+β 3+i = α ) = α { + i = α + β +i = +b = β L écriture complexe de s est donc : z = z+. On trouve aussitôt que le seul point fixe est le point d affixe, donc le centre de cette similitude. z = z+ z + =z+ z + =z+ ). On reconnaît une homothétie dont le centre est le point d affixe et de rapport.. On peut écrire U n+ U n = ce qui montre d après le théorème de Bezout que U n et U n+ sont premiers entre eux. 3. s étant une homothétie de rapport, les termes naturels) de la suite sont les affixes des points obtenus successivement en prenant les symétriques du point d affixe autour du point précédent. 4. Démonstration par récurrence : Initialisation : U = = : vrai. Hérédité : supposons que la relation soit vraie pour le naturel n : U n = n. Alors U n+ = U n + = n )+= n+ += n+. La relation est vraie au rang n+ ). Elle est donc vraie pour tout naturel n. novembre 5

3 5. Calculons U p Un p + ) +U n p = p ) n p +)+ n p = n n p + n p = n = U n. L égalité précédente peut s écrire : U n U p Un p + ) = U n p. Le pgcd à U n et U p, divise U p, donc aussi U p Un p + ) et par différence divise U n U p Un p + ) c est-à-dire U n p et c est le plus grand diviseur commun. Donc pgcd U n, U p ) = pgcd Up, U n p ). 6. On sait que pour x R et a N, x a =x )...), donc x divise x a. Soit d le pgcd de U n et U p. Il existe donc deux naturels k et k premiers entre eux tels que n= kd et p = k d. De plus il n existe pas d autre écriture de n et p sous forme de produit avec un facteur commun supérieur à d, d après la définition du pgcd. U n = n = kd = d) k = d )...), c est-à-dire que d divise U n. De même U p = p = k d = d) k = d )...), c est-à-dire que d divise U p. Donc d = U d = U pgcdn, p) est le plus grand diviseur commun à U n et U p. Application : 5=3 5. Or 5 divise 5, mais 3 ne le divise pas. Donc pgcdu 5, U 5 )= U 5 d après la question précédente). U 5 = 5 =3 =3. Conclusion : pgcdu 5, U 5 )=3. EXERCICE 4 points. V voir ). V car AC AI = AB AI = AI AB = 3. V car AB IJ = AB IC par projection sur le plan ABC)) 4. F, car tan BIC=.5 = tan π 3. x = + t 5. F : une équation paramétrique de la droit IJ) est y = t z = t 6. V en écrivant une équation de la droite J, JI ). 7. F : c est une équation de plan. 8. F 9. V : une équation du plan FIJ)est : 4x y z =.. V : en prenant la base EFI) et la hauteur CB, on a A EFI)= Donc VEFIJ) = 3 = 6. =. EXERCICE 4 7 points Partie A. On a f )= et g )=, ce qui permet de distinguer C f et C g. novembre 5 3

4 . f x) = e x) = e x = f x) ; f étant définie sur un intervalle symétrique autour de est donc paire. g x)= x) e x) = x e x = g x) ; pour les mêmes raisons la fonction g est paire. 3. Dérivée : f x)= xe x qui est signe de x : donc f est croissante sur R et décroissante sur R +. En posant x = X, on a lim x + f x)= lim x f x)=. De même pour g, g x) = e x x x 3 ) = xe x x ), qui est du signe de x x ). e x On sait que lim =+, donc que x + x lim x =. La limite est identique au x + ex voisinage de. On obtient les tableaux de variations suivants : x + f + + f g g e e 4. Soit dx)= f x) g x)=e x x ) qui est du signe de x, donc positive sur [ ; ], négative ailleurs. Conclusion : Sur [ ; ], f x) g x), donc C f est au dessus de C g ; Sur ] ; [C f est au-dessous de C g. Partie B. f étant dérivable donc continue, G est la primitive de la fonction g qui s annule en.. Pour x >, Gx) représente en unités d aire, l aire de la surface limitée par l axe des abscisses, la courbe C g et les droites d équations, X = et X = x. 3. On a par définition G x)= g x) et d après la question 3 de la partie A, g x) sur R. La fonction G est donc croissante sur R. 4. Les fonctions t et te t étant dérivables, on peut intégrer Gx) par parties. u= t dv = te t Posons du= v = e t [ D où Gx)= t ] x e t + x e t dt = x e x + F x), d où enfin Gx)= [ F x) xe x]. novembre 5 4

5 5. a. Soit l= lim F x). Toutes les fonctions de l égalité précédente étant conti- x + nues, on peut en déduire à la limite que lim Gx)= l x +. b. N= e t dt t e t dt = F ) G). N représente donc l aire de la surface limitée par les droites x =, x =, et les deux courbes C f et C g c. N est l aire de la surface en gris clair et l est l aire de la surface hachurée. On voit graphiquement que N> l. C f j N l C g O ı novembre 5 5