Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord 27 mai 2011
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- Simone Lavoie
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1 Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord 7 mai 0 EXERCICE 5 points Partie A. Pour tout point M du plan d affixe z, son image M par r A a une affixe z définie par : z ie i π (z i) ou encore : z ii (z i) z i+iz+ z iz+ +i. D étant l image de C r A, on a donc : d i(3i)++i 3++i +i.. De même, pour tout point M du plan d affixe z, son image M par r B a une affixe z définie par : z (+i)e i π (z i) z +i+i(z i) z +i+iz i+ z iz+. Donc g i( +i)+ i + i. Enfin pour tout point M du plan d affixe z, son image M par r O a une affixe z définie par : z e i π z iz. Donc h i(3i)3. 3. On a d c +i 3i i et g h i 3 i. Or d c g h CD HG CDGH est un parallélogramme. De plus g c i 3i 5i, donc CG +56 et h d 3 ( +i)5+i, donc DH 5+6. On a donc CG DH CG DH. Conclusion : le parallélogramme CDGH a ses diagonales de même longueur : c est un rectangle.. En reprenant les définitions des rotations trouvées dans la partie A, on a : n im+ +i. De même : p in+ i(im+ +i)+ m+ i + m+ +i. Enfin q im.. D une part : n m im+ +i m m(i )++i, d autre part : p q m+ +i ( im) m(i )++i. Donc n m p q M N PQ est un parallélogramme m n 3. a. p n m (im+ +i) m+ +i (im+ +i) m( i) i [m( i) i]( +i) m( i ) m( i )(i ) mi+ m mi+ m i+ (car M O m 0). m ( ) b. M N PQ est un rectangle si et seulement si N P, N M π mod π) m n est un imaginaire pur. p n Donc comme i+ m ne peut être un imaginaire que si est un imaginaire, c est-à-dire si m est un imaginaire, M N PQ est un rectangle si et m seulement si m αi, avec α 0 et α, puisque M ne peut être ni O ni en A. EXERCICE Les parties A et B sont indépendantes 4 points
2 Partie A Puisque tous les ordinateurs ont la même probabilité d être choisis la probabilité est égale à : ( 3! 3 ) ( 5 )! 5!! 3! ,0.. On a p(x > 5) p(x 5). Donc : p(x > 5) 0,4 p(x 5) 0,4 0,6 p(x 5) 0,6 5 [ e λx] 5 λe λx dx 0, ,6 e 5λ + e 5λ 0,4 (par croissance de la fonction logarithme népérien) 5λ ln 0,4 λ ln0,4 5. Or ln0,4 5 0,83 à0 3 près. p(x > 5). Il faut calculer : p (X>3) (X > 5) p(x > 3) e 5λ e 3λ e λ e 0,36 0, a. On fait 0 fois le même tirage de façon indépendante. On a donc une loi binomiale de paramètre 0 et 0,4. La probabilité cherché est donc le complément à de la probabilité de n avoir aucun ordinateur en état de marche soit : (0,6) 0 0,994 à0 3 près. b. Avec n ordinateurs on a à résoudre l inéquation : 0,6 n 0,999 0,00 0,6 n ln 0,00 n ln 0,6 n ln0,00 ln 0,00. Or ln 0,6 ln0,6 3,5. Le nombre minimal est donc 4 ordinateurs. EXERCICE 3 5 points Partie A : Restitution organisée de connaissances Comme a+ b+ c 0 le barycentre G de A, B et C affectés des coefficients respectifs a, b et c et vérifie : a GA + b GB + c GC 0. On a donc grâce à la relation de Chasles : a MA + b MB + c MC k a MG + a GA + bmg + bgb + cmg + cgc k a GA + b GB + c GC +(a+ b+ c) MG }{{} k a+ b+ c MG k 0 k GM a+ b+ c. Cette dernière égalité montre que tous les points M sont à la distance point G, donc appartiennent à la sphère de centre G et de rayon k a+ b+ c du k a+ b+ c.. On a BC (0 ; ; 0), BE ( ; 0 ; ) d où n BC et n BE Comme BC et BE ne sont pas colinéaires, on déduit que le vecteur n est normal au plan (BCE). Amérique du Nord 7 mai 0
3 . M(x ; y ; z) (BCE) n BM 0 (x )+0(y )+(z 0) 0 x+ z La droite ( ) étant perpendiculaire au plan (BCE) admet pour vecteur directeur n et contient E. Une des équations paramétriques est donc : x 0+ t M(x ; y ; z) ( ) il existe t R tel que x t y 0 z + t t R y 0+0t z + t 4. Le plan (ABC) a pour équation z 0. Un point est commun à( ) et à(abc) si ses coordonnées vérifient le système : x t x t x y 0 y 0 y 0 t R z + t t t z 0 z 0 z 0 Il y a donc un seul point commun le point R de coordonnées ( ; 0 ; 0). ( Or le milieu de [BR] a pour coordonnées ; 0+0 ; 0+0 ) (0 ; 0 ; 0) : c est le point A. Donc R est le symétrique de B par rapport à A. 5. a. Soit G le barycentre des points R, B et C affectés des coefficients respectifs, et : ce barycentre existe puisque + 0 et vérifie donc par définition : GR GB + GC 0. Les coordonnées de G sont donc : x G x R x B + x C 0 ; y G y R y B + y C ; z G z R z B + z C 0. Ces coordonnées sont en fait celles du point D. b. Comme D est le barycentre de R, B et C affectés des coefficients respectifs, et, on a donc par définition : DR DB + DC 0. En utilisant la relation de Chasles : MR MB + MC MD + DR MD DB+MD + DC DR DB + DC + MD MD +MD MD }{{} 0 DM : les points M appartiennent donc à, la sphère de centre D et de rayon. Rem. : on aurait utiliser directement le résultat de la R. O. C. c. On a DB +, DE + et DG +, d où DB DE DG, ce qui démontre que B, E et G appartiennent à l ensemble (S). d. Calculons la distance du centre de la sphère au plan (BCE) : d(d, (BCE)) <. Cette distance étant inférieure au rayon de la sphère, ceci démontre que (S) et (BCE) sont sécants selon un cercle, dont le centre est le projeté orthogonal de D sur le plan (BCE) et son rayon r vérifie l égalité de Pythagore ( ) ( ) r + r + r 3 3 r Amérique du Nord 3 7 mai 0
4 3 6. H G E F D C A B EXERCICE 3 Enseignement de spécialité 5 points Partie A : Restitution organisée de connaissances Soient a, b et c trois entiers non nuls ; supposons que a divise le produit bc et que a et b soient premiers entre eux. Il existe donc un entier k tel que bc ka. D autre part puisque a et b soient premiers entre eux, il existe d après le théorème de Bezout deux entiers u et v tels que : au+ bv ou en multipliant par c non nul : acu+ bcv c et en remplaçant bc par ka : acu+ kav c a(cu+ kv)c. Cette égalité montre que a divise c.. On calcule : u ; u ; u ; u ; u ; u On a : 0 mod n 0 mod ; 3 mod 3 n mod ; 6 0 mod 6 n 0 mod. Donc u n n + 3 n + 6 n mod u n est donc pair. Ou encore n et 6 n sont pairs ; 3 n et sont impairs, donc leur différence est paire et par somme u n est pair. 3. n est pair : il existe donc k N tel que n k. On peut donc écrire : u n u k k + 3 k + 6 k 4 k + 9 k + k 3 k 4 k + 4 k 9 k + 9 k. Comme 4 0 mod 4, 4 k 0 mod 4 ; 4 k 9 k 0 mod 4 ; 9 mod 4, donc 9 k mod 4, d où par somme : u k mod 4, c est-à-dire que u k est un multiple de 4. Amérique du Nord 4 7 mai 0
5 4. On a vu que divise u, que 3 divise u, que 5 divise u 3 et 7 divise u 5. Donc, 3, 5 et 7 appartiennent à l ensemble (E) 5. a. D après le théorème de Fermat, étant premier avec p, on a p mod p. Donc 6 p 3 p 3 mod p. D autre part 3 étant premier avec p, 3 p mod p. Donc 6 3 p 3 p mod p. b. Par définition : 6u p 6 ( p + 3 p + 6 p ) 6 p p + 6 p 6. On a vu que 6 p 3 mod p, que 6 3 p mod p et on a 6 p mod p car p premier avec et 3 est premier avec 6. Donc 6 u p mod p soit 6 u p 0 mod p. c. On vient de démontrer que 6 u p 0 mod p : donc p divise 6 u p, mais p et 6 sont premiers entre eux, donc d après le théorème de Gauss p divise u p. Conclusion : tout entier p premier appartient à l ensemble (E) EXERCICE 4 6 points Partie A. g somme de fonctions dérivables sur [0 ; + [ est dérivable et sur cet intervalle : g (x)e x. g (0) 0 et pour tout réel x [0 ; + [, g (x) 0 par stricte croissance de la fonction exponentielle (x> 0 e x > e 0 > ). Conclusion : g (x) 0 sur [0 ; + [, la dérivée ne s annulant qu en 0 donc la fonction g est strictement croissante sur cet intervalle.. On a g (0) 0 0. La fonction étant strictement croissante sur [0 ; + [, on a, quel que soit x, g (x) g (0), donc g (x) On vient de démontrer que pour tout réel de l intervalle [0 ; + [, g (x) On a f (0) 0 et f () e e. Comme la fonction f est croissante sur [0 ; ], 0 x f (0) f (x) f () 0 f (x).. a. f (x) x ex x ex xe x + x e x ( x)+(x+ )(x ) ex ( x)+ x ex ( x) (x+ )( x) ( x)(ex x ) ( x)g (x) e x. x b. La position relative de la droite (D) et de la courbe (C ) sur [0 ; ] est donnée par le signe de la différence précédente : f (x) x. Or on a vu sur [0 ; ], g (x) 0 et >0. Comme de plus x > 0, tous les termes du quotient sont positifs, donc f (x) x 0, ce qui signifie que la courbe (C ) est au dessus de la droite (D). Amérique du Nord 5 7 mai 0
6 3. a. En posant : u(x), u est dérivable sur [0 ; ] et u (x)e x, donc f (x) u (x) u(x). On reconnaît la dérivée de la fonction ln u(x), mais comme on a vu que u(x) >0, u(x) u(x). Conclusion : une primitive sur [0 ; ] de f est la fonction F définie par F (x)ln ( ). b. On a vu que sur [0 ; ], la courbe (C ) est au dessus de la droite (D), donc l aire, en unités d aire, du domaine du plan délimité par la courbe (C ), la droite (D) et les droites d équations x 0 et x est égale à l intégrale : 0. Voir plus bas. [f (x) x] dx [F (x) x ] F () 0 F (0) ln ( e ) [ ln ( e 0 0 )] ln(e ). (u. a.) Partie C. Initialisation : u 0 et on a vu (question. b.)que sur [0 ; ] f (x) x 0, soit avec x u 0, f (u 0 ) u 0 0 u u 0 0 u u 0. On a donc u 0 u. Hérédité : Supposons qu il existe p N tel que : u p u p+ par croissance de la fonction f sur [0 ; ] : ( ) f f ( ) ( ) u p f up+ f () u u p+ u p+ et comme u > u 0, on a u p+ u p+. On a donc démontré par récurrence que pour tout entier naturel n, u n u n+. 3. On vient de démontrer que la suite (u n ) est croissante et elle est majorée par. Elle converge donc vers un réel l. Or f est continue, donc comme u n+ [ f (u n )] on obtient par continuité l f (l) qui a pour solution dans l intervalle ; le nombre. Conclusion lim u n. n + Amérique du Nord 6 7 mai 0
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