2.a)Une représentation paramétrique de la droite (d) passant par O et dirigée par n est : y = -t avec t réel z = -t 1 ; 3 1 ) BH = t BC

Transcription

1 Corrigé baccalauréat S Amériqu du Nord 010 (raiatabac.blogspot.com) Exrcic 1 : On donn A(1 ; - ; ) t B( - ; -6 ; 5) t C(- ; 0 ; -3) 1.a) Ls vcturs AB ( -3 ; - ; 1) t AC ( -5 ; ; -) n sont clairmnt pas colinéairs donc ls points A ; B t C n sont pas alignés. RMQ : Ils définissnt donc un plan dans l spac. b) On a n. AB t plan (ABC), st normal à (ABC) n. AC -5 0 donc l vctur n, orthogonal à vcturs non colinéairs du c) On n déduit donc qu l plan (ABC) a un équation cartésinn d la form x y z d 0 En prnant C(- ; 0 ; -3), on obtint d 1 puis (ABC) : x y z 1 0 x t.a)un rprésntation paramétriqu d la droit (d) passant par O t dirigé par n st : y -t avc t rél z -t b) L point O, projté orthogonal d O sur (ABC) st tl qu O d (ABC) ; En rmplaçant x, y t z dans l équation d (ABC) trouvé au 1.c) on obtint t t donc O (- 3 1 ; 3 1 ; 3 1 ) 3 ) H projté orthogonal d O sur la droit (BC). a) H st un point d la droit (BC) donc il xist un rél t tl qu BH t BC On a nsuit BO. BC ( BH HO ). BC BH. BC HO. BC t BC. BC 0 car d où BO. BC t BC ² t BC ² t donc t BC BO BC HO BC b) On a BO ( ; 6;-5) t BC ( - ; 6 ; -) donc BO. BC t on a alors t 9 puis BH 9 BC soit H( - ; - ; - ) BC ² ² 6² ² 10 Exrcic : Probabilités. 0% ds bouls portnt l numéro 1 t sont rougs. Ls autrs portnt l numéro t parmi lls, 10% sont rougs t ls autrs sont vrts. On tir un boul au hasard, il y a donc équiprobabilité. On put fair un tablau ou un arbr. 1 ) Ls évènmnts N 1 t N formnt un partition d l univrs t la formul ds probabilités totals donn alors : p( R ) p( N 1 R) p( N R) 0, x 1 0, x 0,1 0, ) On chrch ici p( N / R) p R ( N ) p( N R) 0, 0,1 (utilisr MATH / FRAC) p ( R ) 0,

2 3 ) On a ici n ( n ntir ) tirags succssifs AVEC REMISE ; C st donc un xpérinc d Brnoulli répété n fois dans ls mêms conditions avc p(succès) 0, (obtnir un boul roug avc l numéro 1). Donc X l nombr d bouls rougs numérotés 1, suit un loi binomial B(n ; p) B( n ; 0,) d où p(x k) ( n k )0, k (0,) n-k La probabilité chrché st p(x > 0) 1 p( X 0) 1 0, n b) On chrch n tl qu 1 0, n 0,99 soit 0,01 0, n puis, par croissanc d la fonction ln : ln(0,01) n ln(0,) t nfin, puisqu ln(0,)< 0 on obtint : n ln(0,01) ln(0,) 0,6. Conclusion : L ntir chrché st n 0 1. Exrcic 3: Obligatoir. Dans l plan complx : A(i) ; B(-i) ; D(1), t E st tl qu ADE st équilatéral dirct, t nfin f st la transformation : z iz z 1 i 1 ) ADE st équilatéral dirct, E st donc l imag d D par la rotation d cntr A st d angl π 3 i π d où z E z A (z D z A ) 3 i (1 i) ( 1 i 3 ) ( 1 3 ) ( 1 i) ) on a z D i ( i)( i 1) i 1 ( i 1)( i 1) 1-3 i 3 ) a) On a (z i)(z i) ( iz z 1 i i)(z i) ( iz z 1 i i ( iz 1 ))(z i) iz 1 i( z i) iz 1 1 iz 1 iz 1 b) On a donc (z i)(z i) 1 t arg((z i)(z i)) arg( 1) 0 kπ c st-à-dir: z M z B x z M z A 1 t arg (z i) arg(z i) kπ ou ncor: BM x AM 1 t ( u > ; BM ' ) ( u > ; AM ) kπ t donc ( u > ; BM ' ) - ( u > ; AM ) kπ.a) On a AD z D z A 1 - i t comm ADE st équilatéral, on a aussi AE AD Conclusion : D t E appartinnnt au crcl ( C ) d cntr A t d rayon b) La qustion 3b a montré qu si un point M st situé à un distanc d du point A, alors son imag M st situé à un distanc 1 du point B car BM 1, on aura donc BE 1 t E st sur l crcl ( C ) d cntr B t d d AM rayon. D plus on sait qu ( u > ; AE ) ( u > ; j ) ( j ; AE ) ( u > ; j ) ( j ; AD ) ( > - π π π kπ π kπ donc ( u ; BE ' ) - ( u ; AE ) kπ - π AD ; AE ) Pour placr E, on put : a) Tracr la droit (AS), symétriqu d (AE) par la symétri d ax ( A ; b) Mnr par B la parallèl à (AS). c) Ell coup l crcl (C ) au point E. u ) (AF) où F(i) par xmpl.

3 5 ) Natur d BD E : D t E sont sur l crcl ( C ), donc lurs imags sont sur l crcl (C ) t BD E st isocèl n B > > > > > D plus, ( BE ', BD ' ) ( BE ', u ) ( u ; BD ' ) -( u ; BE ' ) (- ( u ; AD ) ( u > ; AE ) - ( u > ; AD ) π π π 1 3 Conclusion : BD E st équilatéral dirct. Exrcic 3: Spécialité. Parti A : Equation diophantinn (E) : 16x 3y dans Z² 1 ) On a : 16 x 1 3 x 16 1 donc l coupl (1;) st bin solution d (E) ) 16x 3y 16(1) 3() <> 16(x -1) 3 (y -) Comm on a, d après l théorèm d Gauss, 3 (x-1) donc k Z tl qu x - 1 3k soit x 3k1 En rportant dans 16(x -1) 3 (y -) on obtint y - 16k soit y 16k Ls solutions d (E) sont donc ls coupls d la form (3k1 ; 16k ) avc k ntir rlatif. Parti B: Plan complx t transformation f : z --> z z 3 iπ on a nsuit M o (z o i) t M n1 f(m n ) 3iπ 1 ) on a z z donc f st la similitud d cntr O, d rapport k t d angl 3π

4 ) g fofofof a) g st donc la similitud d rapport k k ( ) t d angl x 3π 3π - π mod( π ) b) on a alors M n f(m n3 ) fof(m n ) fofof(m n1 ) fofofof(m n ) g(m n ) donc OM n OM n t ( OM n, OM ) - π mod( π ) n c) Pour construir M à partir d M 0, on multipli son rayon par t on l «fait tournr» d - π, t ainsi d suit pour ls autrs points (pour M 5 on s srt d M 1, t pour M 6 d M ) 3iπ 3 ) on a z z donc on obtint aisémnt par récurrnc z n ( ) n 0 car z o i i π ) ntirs n t p tls qu p n i( π 3nπ 3niπ z ( π 3nπ ( ) n i ) a) on a z n ( ) n ) donc arg( z n ) π 3n π (π) puis arg( z p ) π 3p π mod(π) on a donc ( OM p, OM n ) ( OM p, u ) ( u, OM n ) arg(z n ) - arg( z p ) 3(n p) π (π) b) On a : O, M p, M n alignés <> ( OM p, OM n ) 0 mod(π ) <> 3(n p) π 0 mod(π ) <> n p multipl d car 3 t sont prmirs ntr ux.

5 5 ) Entirs n tls qu M n (Ox) ; On doit donc avoir O, M,, M n alignés avc ( OM, OM n ) 0 mod(π) t non pas π. C st-à-dir 3( n- ) multipl d 16 ( t non ). Comm 3 t 16 sont prmirs ntr ux, on a d après l théorèm d Gauss : 16 (n-) donc n st d la form n 16k avc k ntir rlatif. Conclusion : ls points M n situés sur la dmi-droit [O,x) sont tls qu n mod(16) C st-à-dir M,M 0,M 36,tc.. Rmq : c sont ls y d la parti A. Exrcic : Pour tout ntir n non nul : f n (x) Parti A : Etud d f 1 : x--> f 1 (x) 1 ) On a f 1 (x) x x(1 x ) 1 x x x sur IR ) a) En : on a lim -x 0 donc lim f 1 (x) horizontal n 1 0 t C 1 admt donc la droit d équation y comm asymptot En - : on a lim -x donc lim f 1 (x) 0 t C 1 admt donc l ax (x O) comm asymptot horizontal. 1 b) f 1 st dérivabl comm composé d fonctions dérivabls t on a : f 1 (x) ( ) (- -x ) (1 x ) donc f 1 st strictmnt croissant sur IR. (1 x x >0 c) Ls variations d f 1, étudiés précédmmnt, montrnt qu 0 < f 1 (x) < pour tout x rél. 3 ) Soit l point I 1 ( ln ; ) ; Il s agit d montrr qu h rél, on a f 1 (ln h) f 1 (ln - h) y I1 or: f 1 (ln h) f 1 (ln - h) (ln h) 1 (1 h) (1 h) (1 h)(1 h) (ln h) 1 ln h 1 ln h 1 ( ) Conclusion : I 1 ( ln ; ) st un cntr d symétri d C 1. 1 h 1 h b) On a T 1 : y f 1 (ln) ( x ln) f 1 (ln) avc f 1 (ln) (1 ln ln 1 1 t f1 (ln) (1 1 1 ln 1 1

6 On a donc : T 1 : y x ln T 1 I 1 RMQ : L jour du bac, mêm si vous n avz pas trouvé son équation, tracz là quand mêm! C st just la tangnt à C 1 au point I 1! Pas bsoin d calcul! Un règl suffit! x ) a) On a f 1 (x) x En fft : (ln( x )) donc un primitiv d f 1 sur IR. st F 1 :x--> F 1 (x) ln( x ) x x x x x f 1 (x) b) La valur moynn d f 1 sur [ 0 : ln ] st m ln 1 ln 0 f 0 1 (x) dx 1 [ F1 (ln) F ln 1 (0)] ln 1 [ ln() ln()] 1 [ ln ln 1ln ] - ln ln ln 1,15 Parti B : Etud d crtains propriétés d f n : x--> f n (x) 1 ) L imag d 0 par f n st f n (0) 1 1 donc n ntir non nul., l point A (0 ; 1 ) Cn )a)notons d : y t chrchons d C n. On doit avoir f n (x) <> ( ) 1 soit 1 puis ln t nfin x ln n Conclusion : d t C n ont un uniqu point d intrsction I n, d absciss x ou ncor : ln n

7 b) On a T n : y f n ( ln n ) ( x ln n ) f n ( ln n ) On put rmarqur, à l instar d la parti A, qu l on a : f n (x) (1 ) 1 1 f n st dérivabl comm composé d fonctions dérivabls t on a : f n (x) ( ) (-n - ) (1 ) n (1 >0 On a alors : f n ( ln n ) n (1 ln ln n n t f (1 1 n ( ln n ) 1 ln 1 1 puis T n : y n ( x ln n ) ln c) On a donc : T : y x ln t T 3 : y 3x ln T 3 T Rmarqu : touts ls tangnts ont mêm ordonné à l origin p ln 0,05 3 ) n ntir non nul. on a u n n n ln ln 0 f n (x) dx avc f n (x) Un primitiv d f n sur IR. st F n :x--> F n (x) n ln( ) En fft : ( ln( )) ( 1 n n )x n ( ) f n (x) d où u n ln n [ F n ( ln n ) F n (0) ]soit u n ln n [ ln( ) - ln(1 )] n n ln ( ln1 ln) Conclusion : la suit (u n ) st bin un suit constant. ln ln( )