(D 2 ) P D1 D 2. Comme R 1 R, on a R R 1 = R 1. d'où P R (R 1 ) 0, 763. p = 0, 236. Partie A

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1 Corrigé centres étrangers 005 Page /7 Mathématiques - baccalauréat S - juin 005 Exercice. L'énoncé donne les probabilités suivantes : P D ) = 0, 4 et P D R ) = 0,. On a R D d'où D R = R donc P R ) = P D R ) = P D ) P D R ) P R ) = 0, 8. P R) = P R R ) = P R ) + P R ) P R R ) Or les événements R et R sont incompatibles donc P R R ) = 0 puis P R) = P R ) + P R ) De plus R D D d'où P R ) = P D D R ) En utilisant la formule des probabilités composées, il vient P D D R ) = P D ) P D D ) P D D R ) Par conséquent P R ) = 0, 4 0, ) 0, = 0, 056 Finalement P R) = 0, 8 + 0, 056 = 0, 6. On cherche ici P R R ) = P R R ) P R) Donc P R R ) = P R ) P R) = 0, 8 0, 6 Comme R R, on a R R = R d'où P R R ) 0, On répète 5 fois dans des conditions identiques et indépendantes la même épreuve de Bernoulli qui consiste à sonder une personne. Les issues contraires de cette épreuve sont : - la personne répond au questionnaire de probabilité p = P R) = 0, 6) - la personne ne répond pas au questionnaire de probabilité q = p). On appelle X la variable aléatoire égale au nombre de personnes ayant répondu. Alors X suit la binomiale de paramètres n = 5 et) p = 0, 6. 5 Donc k {0,,,..., 5}, P X = k) = 0, 6 k 0, 6) 5 k On cherche ici P X = 0 5) = P X = 5) = 00 k 5 5 ) 0, 6 5 0, P X = 5) 0, 79 Exercice spécialité) Partie A. Raisonnons par contraposée. On suppose que a et b ont la même parité.

2 Corrigé centres étrangers 005 Page /7 premier cas : a et b sont pairs. Alors a 0 [] et b 0 [] d'où a 0 [] et b 0 [] puis a b 0 [] donc N est pair. second cas : a et b sont impairs. Alors a [] et b [] d'où a [] et b [] puis a b [] c.à.d. a b 0 [] donc N est pair.. N > 0 donc a > b puis a > b. N = a b)a + b) En posant p = a b et q = a + b, nous avons N = p q avec p, q) N N, 0 < p q. Puisque a et b sont de parités contraires, les entiers p et q sont impairs. Partie B. a) X... [9] X... [9] b) D'après le tableau précédent, les restes possibles modulo 9 d'un carré parfait sont 0,, 4 ou 7. D'autre part = donc [9] et on rappelle que a = b b... [9] a b +... [9] 5 8 D'après la question B.a), a ne peut être congru ni à, ni à 5, ni à 8 modulo 9. Le seul reste possible modulo 9 de a est donc. c) En utilisant de nouveau la question B.a), on voit que a [9] = a [9] ou a 8 [9]). a = b d'où a Or , 5 à 0, près par défaut. Donc a [9] donc d'après B.c), il n'existe pas de solution du type 50, b).. a) Si a 8 [9] alors a [9]. Comme [9] 4+5+9=8 est divisible par 9), on obtient aussi a a [9]. Ainsi a 50 [9]. Si a [9] alors a [9]. Comme [9], on obtient aussi a a [9]. Ainsi a 505 [9]. b) Pour k = 0, a = = 458 n'est pas un carré parfait. Donc 505, b) n'est pas solution de E). Pour k =, a = ) = 689 = 7. Donc 54, 7) est une solution de E) On prend dans cette partie a = 54 et b = 7 Partie C = a b = a b)a + b) = 54 7)54 + 7) = La calculatrice assure que 97 et 6 sont des nombres premiers isprime97) renvoie true). Vérions par exemple que 97 est premier. On rappelle que si un entier naturel n > n'est pas premier, alors il admet au moins un diviseur premier p tel que p n. Si 97 n'était pas premier, alors il serait divisible par l'un des nombres premiers de l'ensemble {,, 5, 7,,, 7, 9}, ce qui n'est pas le cas. Par conséquent 97 est premier. Deux nombres premiers distincts sont premiers entre eux.. Cette écriture est unique à l'ordre près des facteurs) d'après le théorème de décomposition d'un entier naturel en produit de facteurs premiers. Mais on a aussi l'écriture triviale =

3 Corrigé centres étrangers 005 Page /7 Exercice obligatoire). M N z z z z) 0 z 0 et z M P z z z z ) 0 z z) + z) 0 z 0 et z et z N P z z z z) 0 z 0 et z Ainsi les points M, N et P sont deux à deux distincts si et seulement s'ils appartiennent à l'ensemble E.. a) MNP est rectangle en P MN = MP + NP z z = z z + z z z z = z z ) + z 4 z ) z z = z z z + ) + z 4 z ) En divisant les deux membres de l'équation précédente par z z ce qui est possible vu que z 0 et z ), on obtient : MNP est rectangle en P = z + + z b) On rappelle que Z C, Z = Z Z z + + z = z + )z + ) + z z = z + )z + ) + z z = z z + z + z + = z z + z + z = 0 z + ) z + ) = 4 z + ) z + ) = 4 z z + z + z + 4 = 4 z z + z + z = 0 z z + z + z = 0 z / {0,, } c) Mz) C z + ) z + ) z / {0,, } = 4 z + = 4 z / {0,, } z + = Notons I le point d'axe. M C M E et IM = Ainsi C est le cercle de centre I et de rayon privé des points O et A.. a) z = re i α avec r > 0 et π < α π) donc z = r e i α avec r > 0) et argz ) = α Mz) F z R + argz ) = kπ k Z) α = kπ k Z) α = k π α = 0 ou α = π ) ou α = π k Z) Notons J et J les points d'axes respectives e iπ/ et e iπ/ F est la réunion de trois demi-droites : [OJ), [OJ ) et [OB) privées des points O et B. F = [OJ) [OJ ) [OB) ) \ {O, B}

4 Corrigé centres étrangers 005 Page 4/7 b) c) D'après la gure, C et F ont deux points d'intersection R et S. Dès lors il existe exactement deux points M de E tels que le triangle MNP soit rectangle en P, l'axe de P étant un réel strictement positif. Il s'agit des points R et S. Le point R a pour axe z = r e iπ/ avec r > 0. Le triangle OIR est isocèle en I avec comme angle à la base ÎOR = π π = π. En conséquence le triangle OIR est équilatéral et r = OR = OI = Les points R et S ont pour axes respectives eiπ/ et e iπ/ Exercice On introduit le repère orthonormal R = A ; i, j, k ) centré en A tel que i = AB, j = AB AC, AC k = AD AD Dans ce repère, on a A 0, 0, 0), B a, 0, 0), C 0, a, 0), D 0, 0, a).. Comme A est le centre de gravité du triangle BCD, on a AA = ) AB + AC + AD. Donc A a/, a/, a/). On a CD 0, a, a) et BC a, a, 0). Donc AA CD = a/) 0) + a/) a) + a/) a) = 0 et AA BC = a/) a) + a/) a) + a/) 0) = 0. Il en résulte que la droite AA ) est orthogonale aux droites CD) et BC) sécantes en C. AA ) est donc perpendiculaire au plan BCD).. On note v le volume du tétraèdre ABCD. Alors v = A BCD AA = A ABC DA. BCD est un triangle équilatéral de côté BC = a. Donc A BCD = BC BD sin π et A BCD = a a = a. D'où v = a AA = 6 a AA

5 Corrigé centres étrangers 005 Page 5/7 De plus A ABC = a. Donc v = a a = 6 a. Ainsi 6 a AA = 6 a. 6 Il en résulte que AA = a 6 a = a. Finalement AA = a Remarque : le lecteur vériera que le point A a, dans le repère R, pour coordonnées A a/, a/, a/). a a a ) et simplement AA = + + = ) ) 9 a = a. Soit G l'isobarycentre des points A, B, C et D. Soit I le milieu de [BC]. a) On a G barycentre de A, ), B, ), C, ), D, ). De plus A est barycentre de B, ), C, ), D, ). Donc par associativité du barycentre, G est barycentre de A, ), A, ) D'où AG = AA = AA + 4 Il en résulte que G [AA ] et que AG = 4 AA = 4 a AG = 4 a { b) Soit E = M ; MA + MB + MC + MD = MB + } MC On sait, d'après le théorème de réduction vectorielle, que pour tout point M de l'espace, MA + MB + MC + MD = 4 MG et que MB + MC = MI. Donc MA + MB + MC + MD = MB + MC 4MG = 4MI MG = MI. E est donc le plan médiateur du segment [GI]. 4. H est le symétrique de A par rapport à G. a) GA + GB + GC + GD = 0 = 4GA + AB + AC + AD = 0 = 4GA + AC + AD = AB = BA ) ) HC HD HC + HD avec HC HD = DC et HC + ) ) HD = HA + AC + HA + AD HC + HD = AC + AD + HA = AC + AD + 4GA car HA = GA. b) HC HD = HC HD = HC + HD = AC + AD + 4GA = BA d'après 4.a) Donc HC HD = DC BA c) ) DC BA = DA + AC BA = DA BA+ AC BA = 0+0 puisque DA) BA) et AC) BA). Il en résulte que HC = HD et donc que HC = HD Remarques : i) On a AB = AC et AC = AD. Donc A appartient aux plans médiateurs des segments [BC] et [CD]. Le centre de gravité A du triangle équilatéral BCD est aussi le centre du cercle circonscrit à ce triangle. On a donc A B = A C et A C = A D. Donc A appartient aux plans médiateurs des segments [BC] et [CD]. Il en résulte que la droite AA ) est la droite d'intersection de ces deux plans médiateurs et que tout point de cette droite dont le point H) est équidistant des points B, C et D. On a donc HB = HC = HD ii) Le lecteur pourra vérier que dans le repère R introduit, le point H a pour coordonnées H a/, a/, a/) et que HB = HC = HD = a

6 Corrigé centres étrangers 005 Page 6/7 Exercice 4 Posons I = [0; + [. Partie A x I, fx) = + x) x et gx) = + x) x + x. f et g sont dérivables sur I comme somme de deux fonctions dérivables sur I : x + x), x x et x x + x, et on a pour tout x I, f x) = x + = x x + et g x) = x + + x = x x +. Pour x I, on a x + > 0 et x 0. Plus précisément x > 0, f x) < 0 avec f 0) = 0 x Pour x I, x 0, on a x + > 0 et donc x > 0, g x) > 0 avec g 0) = 0. En conséquence, la fonction f est strictement décroissante sur I et g est strictement croissante sur I.. Il en résulte que pour x 0, fx) f 0) et gx) g0) avec f0) = + 0) 0 = 0 et g0) = 0. D'où x 0, fx) 0 et x 0, gx) 0 On a donc la double inégalité x 0, x x + x) x Partie B u = Soit u la suite dénie par u n+ = u n + ) n+. Montrons par récurrence sur n N que u n > 0. i) u = > 0. L'inégalité est donc vraie pour n =. ii) Soit n N. On suppose que u n > 0. Montrons alors sous cette hypothèse, que u n+ > 0. u n+ = u n + ) n+ est strictement positif comme produit de deux nombres strictement positifs. iii) Conclusion : d'après le principe de récurrence, u n > 0 pour tout n N. Montrons par récurrence sur n N que u n ) = + ) k k= ) i) u ) = = + ). L'égalité est donc vraie pour n =. ii) Soit n N. On suppose que u n ) = + ) k u n+ ) = u n + u n+ ) = k= n+ + k ) + k= )) = u n ) + + ) n+ n+ u n+ ) = + ) k. L'égalité est récurrente. k= car u n > 0 et + > 0. n+ + ) n+ d'après l'hypothèse de récurrence. iii) Conclusion : d'après le principe de récurrence, u n ) = k= + ) k pour tout n N )

7 Corrigé centres étrangers 005 Page 7/7. Soit n N, n xé. On a posé S n = k= k et T n = En appliquant la double inégalité de la question A.. avec x = réel positif, il vient : k k {,,..., n}, k ) k + ) k k k= 4 k. Par sommation membre à membre de ces n encadrements, on obtient Or k= ) k = k= Donc l'encadrement k= k k = 4 k. k= k= k k= k= ) k k= k= 4 k + ) k + ) k k= S n T n u n ) S n k= k s'écrit aussi k 4. S n resp. T n ) est la somme de n termes consécutifs d'une suite géométrique de raison On sait résultat du cours) que S n = ) n ) n = et T n = 4 n 4) = 4 Comme 0 < < et 0 < ) n ) n 4 <, on a lim = 0 et lim = 0 n + n + 4 resp. ). 4 [ ) n ] 4 Par conséquent lim S n = et lim T n = n + n + 5. a) Les termes de la suite u n ) étant strictement positifs, on peut comparer u n+ à. u n u n+ = + u n n+. Donc u n+ >, il en résulte que u n+ > u n car u n > 0. u n La suite u n ) n est donc strictement croissante. b) On sait que n N, u n ) S n n <. Donc n N, u n < e. La suite u n ) n est croissante et majorée par e. Elle est donc convergente théorème de convergence des suites monotones). On note l sa limite. lim u } n = l n + c) donc par composition lim lim x = l u n) = l n + x l en raison de la continuité de la fonction en l l u > 0 par croissance de la suite u n )). D'après le résultat admis passage à la limite dans une inégalité) et la question B.., on a : lim S n ) n + T n lim u n) lim S n n + n + soit l d'où 5 l puis par croissance de la fonction exp sur R, 6 e 5/6 l e