Correction du Baccalauréat S Amérique du Nord mai 2007

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1 Correction du Baccalauréat S Amérique du Nord mai 007 EXERCICE Commun à tous les candidats points. Le plan (P) a une pour équation cartésienne : x+y z+ = 0. Les coordonnées de H vérifient cette équation donc H appartient à (P) et A n appartient pas à (P). Un vecteur normal à (P) est n ( ; ; ). H est le projeté orthogonal de A sur (P) si, et seulement si, AH est colinéaire à n. On a : AH( ; 9 ; 6). Il est clair que les coordonnées des deux vecteurs ne sont pas proportionnelles donc les vecteurs ne sont pas colinéaires. H n est pas le projeté orthogonal de A sur (P) : la proposition est fausse.. On considère l équation différentielle (E) : y = y. Cette équation s écrit : y = y+ qui d après le cours, a pour solutions : u(x)=ke x +, k R. La condition ( u(0)=0 ) donne k+ =0 donc k =. Par conséquent : u(x)= e x + = e x. ln Alors : u = e ln = e ln = = donc la proposition est vraie.. On considère la suite (u n ) définie par u 0 = et, pour tout entier naturel n, u n+ = 7u n. Effectuons une démonstration par récurrence. Soit P n la proposition : «0 u n 7» (initialisation) u 0 = donc 0 u 0 7. P 0 est vraie. (Hérédité ) Supposons P n vraie pour un rang n. Alors : 0 u n 7. En multipliant par 7, on obtient : 0 7u n 79. Comme la fonction racine carré est croissante sur son ensemble de définition, on en déduit : 0 7u n 49=7 donc la proposition est vraie au rang n+. On a montré que la par récurrence que la proposition est vraie pour tout n, donc la proposition est vraie.

2 EXERCICE Pour les candidats n ayant pas choisi la spécialité mathématiques 5 points. a. r est la rotation de centre O et d angle π. Une écriture complexe d une rotation de centreω(ω) et d angle θ est z ω=e iθ (z ω) donc une écriture de r est : z = e i π z. b. B a pour affixe z B = e i 5π 6 et C est l image de B par r. On en déduit : z C = e i π e i 5π 6 = e i π 6. z C = e i π 6. c. z B = i et z C = d. voir figure à la fin i.. a. D est le barycentre des points A, B et C affecté des coefficients, - et. Par conséquent : OA OB + OC = ( +) z A z B + z C = z D d où z D = (z A z B + z C )= z D = + i. b. z A = i = ; z B = De même, z C = e i π 6 = car, pour tout x, e ix =. = ; z D = e i π 6 donc zd =. e i 5π 6 Les quatre points A, B, C et D sont sur le cercle centre O et de rayon. OD qui ( se traduit par l égalité sur les affixes : ) i+ + i+ i = + i.. a. h est l homothétie de centre A et de rapport. Une écriture complexe de h est : z z A = (z z A ) donc z i (z i) soit : z = z i. b. E est l image de D par h. On a : z E = z D i= +i i=. z E =. z D z C 4. a. = + i + i ( ) i z E z C + = i + = i i i = + i = π z D z C ei. = e i z E z C b. On en déduit : z D z C z E z = C D e C C E = π i = donc C D = C E. ( ) zd z ( C ( ) arg = C E ; C D )=arg e i π = π à kπ près. z E z C CDE est isocèle et l angle au sommet vaut π : c est un triangle équilatéral. π. A v D O u E B C

3 EXERCICE Pour les candidats ayant choisi la spécialité mathématiques 5 points. f est la transformation dont une écriture complexe est : z = ( i)z+. Cette écriture est de la forme z = αz+ β avec α= i et β= donc f est une similitude directe. Elle a pour point fixeωd affixe ω avec ω= β α = ( i) = +i = i = i Le rapport de cette similitude est α = i = ( i) = i =. α= i= ( ) i = e i π π 4. Un argument de α est 4. ( f est la similitude directe de point fixeω ) i, de rapport et d angle π a. Soit B l image de B par f : z B = ( i)z B + = ( i)( 4+i)+= +i. z B = +i. z B z C b. = +i 4i = 4+8i = 4( i) = 4 = 4i. z A z C +5i 4i +i i( i) i ( ) ( ) On en déduit que C A ; C B zb z C = arg = arg(4i)= π + kπ, k Z. z A z C Par conséquent, les droites (CB ) et (CA) sont orthogonales.. Soit M d affixe z = x + iy. M = f(m) a pour affixe z avec z = ( i)z + = ( i)(x + iy)+ = x+ y+ +i(z x). C M a pour affixe z z C = x+ y+ (x y 4)i. C A a pour affixe z C A = a c = +i. Les coordonnées des vecteurs C M et C A sont respectivement (x+ y ; y x 4) et ( ; ). C M et C A sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul, c est-à-dire si et seulement si (x+ y)+y x 4= 0 soit x+ y = après simplifications. 4. Soit l équation (E) ; x + y =, où x et y sont des entiers relatifs. a. 4+ = 4+6= donc ( 4 ; ) est solution de (E). b. (E) s écrit alors : x+ y = 4+, c est-à-dire x+ 4=( y). divise ( y) donc divise x+ 4. Il existe k Z tel que x+ 4=k. En remplaçant dans l équation, on obtient : k = ( y) d où y = k qui donne y = k. L ensemble des solutions de (E) est S = {( 4+k ; k), k Z} c. On cherche les couples solutions de (E) vérifiant 5 x 5 et 5 y k 5 donne k 9 d où k. Alors k {0 ; ; ; }. 5 k 5 donne 7 k d où k 7. Finalement, les valeurs possibles pour k sont 0,, ou. Les points M dont les coordonnées sont des entiers appartenant à l intervalle [-5 ; 5] et tels que les vecteurs C M et C A soient orthogonaux sont les points de coordonnées (-4 ; ), (- ; ), ( ; 0) et (5 ; -). Remarque : on retrouve le point B qu on avait trouvé à la question ) a).

4 EXERCICE Commun à tous les candidats 0, E (X = ) 5 points 0, E 0,9 E (X = ) E 0,9 0, 0,05 E (X = ) E 0,95 E (X = ) 0,8 0, E (X = ) 0,05 E 0,9 E (X = ) E 0,95 0,05 E (X = ) E 0,95 E (X = 0). Représentons un arbre : (voir ci-dessus) X est la variable aléatoire qui donne le nombre de fois où le joueur perd lors des trois premières parties. a. X peut prendre les valeurs 0,, ou. b. (X = )=(E E E ) (E E E ) (E E E ). C est une réunion d événements incompatibles, donc : p(x = )=p(e E E )+ p(e E E )+ p(e E E )=(0, 0, 0,9)+(0, 0,9 0,05)+ (0,8 0,05 0,)= 0,0. p(x = )= 0,0. De même : p(x = )= p(e E E )=0, 0, 0,= 0,00. c. p(x = 0)=p(E E E )=0,8 0,95 0,95= 0,7. p(x = ) [p(x = 0)+ p(x = )+ p(x = )]= (0,7+0,0+0,00) = 0,45. On en déduit la loi de probabilité de X, résumée dans le tableau suivant : x i 0 p(x = x i ) 0,7 0,45 0,0 0,00 d. L espérance de X est E(X )= x i p(x = x i )=(0 0,7)+( 0,45)+( 0,0)+( 0,00) = 0,. i=0

5 . a. Pour tout n non nul, p(e n E n+ )= p En (E n+ ) p(e n )=0, p(e n )= 0,p n. De même : p(e n E n+ )= p En (E n+ ) p(e n )=0,05 ( p(e n ))= 0,05( p n ). b. On a : E n+ = (E n E n+ ) (E n E n+ ) (réunion d événements incompatibles). Par conséquent : p n+ = p(e n+ )= p(e n E n+ )+ p(e n E n+ )=0,p n + 0,05( p n )= 0,05p n + 0,05. Soit la suite (u n ) définie pour tout entier naturel n non nul par : u n = p n 9. a. Pour tout n 0, u n+ = p n+ 9 = 0,05p n + 0,05 9 = 0 p n = 0 p n [ 80 = p n ] = u n. Pour tout n 0, u n+ = 0 u n donc (u n ) est une suite géométrique, de raison q = et de premier terme u = p 9 = 0, 9 = 5 9 = b. On en déduit : p n = p q n donc p n = 4 ( ) n et p n = u n = ( ) n c. < ( ) n < donc lim = 0 et par conséquent : lim 0 n + 0 p n = n + 9. EXERCICE 4 Commun à tous les candidats 7 points. Restitution organisée de connaissances. a. Soit la fonction définie sur [0 ; + [ par g (x)=e x x. g est dérivable comme différence de fonctions dérivables ; pour tout x de [0 ; + [, g (x)=e x x> 0 puisque e x > x pour tout x. g (x) est donc positif et g est croissante sur [0 ; + [ ; g(0)=donc, pour tout x 0, g(x) g (0)= donc g (x)> 0. b. On en déduit que, pour tout x 0, e x x ex. Pour x > 0, en divisant par x, on obtient : x > x. x e x Comme lim =+, d après le pré-requis, on en déduit lim x = +.. Soit f la fonction définie sur [0 ; + [ par f (x)= 4 xe x. a. La fonction exponentielle est positive sur [0 ; + [ donc, pour tout x de [0 ; + [, f (x) 0. b. Pour tout x 0, f (x)= x x x e. On pose X =. lim X =+. Par conséquent, d après le théorème sur la composition des limites, on a : lim f (x)= lim X + X X e X = lim X + e X. e x On a vu dans la question. que lim =+ donc x lim X X + e X = 0. Par conséquent : lim f (x) = 0. La courbe C admet donc une asymptote d équation y = 0 en +. c. f est dérivable sur [0 ; + [ comme produit et composée de fonctions dérivables. f = 4 uev en posant u(x)= x et v(x)= x. Alors f = 4 (uev ) = ( u e v + u v e v). 4 ( ( ) ) x x ( ) x x

6 e x > 0 donc f (x) est du signe de x donc positif pour x, nul en et négatif pour x. f est croissante sur [0 ; ] et décroissante sur [ ; + [. Tableau de variations : x 0 + f (x) + 0 e f (x) ր ց 0 0 x. Soit F la fonction définie sur [0 ; + [ par ; F (x)= f (t ) dt. 0 a. F est la primitive de f qui s annule en 0 donc F = f. Comme on a montré que f était positive, F est positive et F est croissante. x b. Pour tout x, F (x) = 0 4 t t e. Posons α(t )= t d où α (t )= β (t )= t 4 e d où β(t )= 4. A n = t e. α et β sont continues [ donc on peut effectuer une intégration par parties. Alors : F (x)= ] x t t e 0+ x e t x [ ] dt = 0 xe + e t x = x x 0 e ( c. lim x ) = donc par composition avec la fonction exponentielle, lim x x On a vu précédemment que lim = 0 donc lim F (x)=. e On en déduit le tableau de variations de F : x 0 + F (x)= f (x) + F (x) ր 0 d. F est continue puisque dérivable ; F est strictement croissante ; F (0)= 0 et lim x e. e x = 0. F (x)=. D après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel positif α tel que F (α)=0,5. À la calculatrice, on trouve : α.6 à 0,0 près par excès. n 0 f (t ) dt = F (n) F(0)=F (n) car F (0)=0. D après la question précédente, le plus petit entier n pour lequel A n 0,5 est n= 4.