Corrigé du baccalauréat S La Réunion septembre 2010

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1 Corrigé du baccalauréat S La Réunion septembre 00 EXERCICE Commun à tous les candidats 5 points Mx ; y ; z P Q { x+y+ z = 0 x+ 3y+ z = 0 En posant, t R, le système devient : x+y = t x+ 3y = t y = + t x = t 3t y = + t x = t x+ y = t x+ 3y = t où t est un nombre réel y = + t x = 8 t y = + t x+ 3y = t Ceci est bien l équation paramétrique d une droite D contenant le point ; ; 0 et de vecteur directeur ; ; a Mx ; y ; z P λ λx+y+ z+λx+ 3y+ z = 0 +λx+ +λy+ z λ= 0 Un vecteur normal à ce plan est n +λ ; +λ ; b Les plans P et P λ sont confondus si et seulement si les coefficients de leurs équations sont proportionnels, soit : +λ = +λ = qui conduit à λ= 0 c Un vecteur normal au plan P est p ; ; P et P λ sont perpendiculaires si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux soit p n = 0 +λ+λ+=0 3+3λ=0 λ= Le plan P d équation y+ z+ =0 est perpendiculaire au plan P 3 Comme à la question il faut résoudre le système : { x+y+ z = 0 y+ z = Posons z = u, u R quelconque Le système devient : x+y+ u = 0 x+y = u y+ u = y = u+ z = u z = u x = u y = u+ z = u Soit Mx ; y ; z un point de D n sait alors que x+y+z = 0 et x+3y+z = 0, mais alors λx+y+ z+λx+3y+ z =0+0=0 : autrement dit tout point de D droite commune à P et Q est un point de P λ, donc en particulier de P Conclusion D est la droite commune aux plans P et P Soit H et K les projeté orthogonaux de A respectivement sur P et P ; soit I le projeté orthogonal de A sur D Les points A, H, K et I sont coplanaires : ils appartiennent au plan perpendiculaire à P et P contenant A AH et AK perpendiculaires à deux plans perpendiculaires sont perpendiculaires

2 Corrigé du baccalauréat S A P M E P Le quadrilatère AHIK est donc un rectangle n a da, P=AH= = 3 = 3 ; 3 d A, P =AK= ++ + = = D après le théorème de Pythagore : AI = AH + AK = 3+8=, donc : da, D=AI= EXERCICE Commun à tous les candidats 6 R B 6 La probabilité que Luc gagne à ce jeu à l issue du deuxième tirage est : R B R B points La probabilité que Luc gagne à ce jeu à l issue du troisième tirage est : La probabilité que Luc gagne à ce jeu après avoir effectué au moins deux tirages est : La probabilité que Luc gagne à ce jeu, sachant qu il a obtenu un jeton rouge au premier tirage est : EXERCICE 3 Commun à tous les candidats Partie A 6 points Comme lim x 0 ln x =, lim x 0 f k x= n a lnx x Comme = 0, on en déduit par produit des li- x mites que = lnx x x lnx = 0 et que lim x lnx lim x + x = 0 lim x + x + Puisque x 0, on peut écrire f k x= x fk x x k+ x La Réunion septembre 00

3 Corrigé du baccalauréat S A P M E P n sait que lim = 0 et on vient de démontrer que x + x lim lnx x + x = 0, donc f k x lim x + x k+ 3 f k somme de fonctions dérivables sur ]0 ; + [ est dérivable sur cet intervalle et f k x= kx kx = x x Signe de la dérivée : Comme x > 0, la dérivée est du signe du numérateur et kx = 0 =kx x = x= ou x= k k k Donc sur ]0 ; + [, la dérivée ne s annule qu en k D après la règle ] su signe [ du trinôme kx ], la dérivée est du signe de k donc négative sur 0 ; et positive sur ; + [, ce qui justifie les fléches du ta- k k bleau de variations D autre part f k a un maximum f k = ln k k + = k ln = lnk lnk= 5 Le plus simple est de considérer le maximum : = lnk k = k = lnk = 0 A C k Partie B { { u = u = x n pose : v = ln x d où v = x Toutes ces fonctions étant dérivables, donc continues sur [ ; ], on peut intégrer par parties et lnx dx = [x ln x] + ln + = ln = ln x x dx = [x ln x x] = ln = n a f x=ln x x + et on sait que la fonction est croissante sur ]0 ; ] La Réunion 3 septembre 00

4 Corrigé du baccalauréat S A P M E P r f =ln + = ln 8 + = 7 ln 0,8 8 Conclusion : la fonction f est positive sur [ ; ], donc l aire A de la surface limitée par sa courbe représentative, l axe des abscisses et les droites d équation x = et x= est égale à l intégrale : ] A = f xdx = [ln x x + dx D après la question précédente et par linéarité de l intégrale : [ ] A = ln x3 6 + x = ln = ln 7 8 0, u a Effectivement l aire de la partie hachurée représente à peu près 0 carreaux sur 00 A EXERCICE Candidats ayant suivi l enseignement de spécialité 5 points n reconnaît une similitude de centre D autre part +i est un complexe dont le carré du module est égal à = 6 = Son module est donc égal à n a donc +i= i = cos 3π + isin 3π = ei 3π f est donc une similitude composée de l homothétie de centre et de rapport et de la rotation de centre et d angle 3π n définit la suite de points M n de la façon suivante : M 0 est le point d affixe z 0 = et, pour tout nombre entier naturel n, M n+ = f M n n note z n l affixe du point M n a Par récurrence : Initialisation : z = z = ei 3π : c est ce que l on a démontré à la question précédente Hérédité : n Supposons qu il existe n N tel que z n = e i 3nπ Alors z n+ = ei 3π n+ z n = e i 3n+π La formule est vraie au rang n+ Elle est donc vraie pour tout naturel n b Voir la figure M n a pour affixe z n qui a pour argument 3nπ ; M p a pour affixe z p qui a pour argument 3pπ ; M n et M p sont alignés avec si leurs arguments sont égaux à 0 modulo π, soit : La Réunion septembre 00

5 Corrigé du baccalauréat S A P M E P 3nπ = 3pπ [π] 3n = 3p [] n= p [ ] k r k Z k = 3α, avec α Z 3 Donc finalement n= p+ α M n et M p sont alignés si la différence n p est un multiple de v 3 M M 3 M u M 0 M EXERCICE Candidats n ayant pas suivi l enseignement de spécialité n a +i = + =, donc +i = n a donc une similitude de rapport, donc une rotation r + i = cos 3π + i sin 3π = ei La transformation f est donc la rotation de centre et d angle 3π a Par récurrence : z 0 = = e i 3 0π : la formule est vraie au rang 0 Supposons qu il existe un naturel k tel que z k = e i 3kπ Alors z k+ = e i 3π e i 3kπ = e i 3k+π 5 points : la formule est vraie au rang k+ Conclusion : on a démontré par récurrence que quel que soit n N, z n = e i 3nπ b Voir la figure plus bas c M n a pour affixe z n dont un argument est 3nπ ; M n+8 a pour affixe z n+8 dont un argument est 3n+8π r 3n+8π 3n+ π = = 3nπ + π = 3nπ + 6π n a donc argz n =argz n+8 [π] Comme z n et z n+8 ont le même module et un même argument, les points M n et M n+8 sont confondus La Réunion 5 septembre 00

6 Corrigé du baccalauréat S A P M E P 3 Par la rotation f, le triangle M 7 M 0 M a pour image le triangle M 8 M M, soit d après la question précédente puisque M 8 = M 0 le triangle M 0 M M Comme la rotation est une isométrie, elle conserve les longueurs, donc les aires : les triangles M 0 M M et M 7 M 0 M ont la même aire Le point M a pour coordonnées ; n a donc M M 7 = et la hauteur du triangle M 7 M 0 M issue de M 0 a pour longueur + + L aire de ce triangle est donc égale à : = + M M 3 v M u M 0 M 7 M La Réunion 6 septembre 00