corrigé : révisions 1 (antilles guyanne septembre 2009)

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1 EXERCICE 1 Commun à tous les candidats VRAI OU FAUX Pour chacune des propositions suivantes, dire si elle est vraie ou fausse et justifier la réponse donnée. PARTIE A Soit Ù Ò µ la suite définie pour tout Ò Æ par Ù Ò µ Ò. 1. Vrai : la suite Ù Ò µ est bien bornée, par -1 et Faux : la suite Ù Ò µ n a pas de limite quand Ò tend vers. 4 points 3. Vrai : la suite de terme général Ù Ò converge vers 0, d après le théorème des gendarmes. Ò 4. Faux : une suite peut être à termes positifs (donc minorée) et décroissante, donc convergente, mais converger vers un autre nombre que 0 : par exemple, la suite de terme général Ù Ò Ò est à termes positifs, décroissante et tend vers 1. PARTIE B 1. Faux : et sont deux évènements indépendants avec È µ ¼ et È µ, alors È µ È µ È µ È µ. 2. Faux : est une variable aléatoire suivant la loi uniforme sur [0 ; 1], donc : È ¼ ¼ µ ¼ ¼ ¼. 3. Vrai : est une variable aléatoire suivant la loi binomiale de paramètres 100 et. ¼ ¼¼ ¼¼ ¼¼ È µ È ¼µ. ¼ EXERCICE 2 Candidats n ayant pas choisi l enseignement de spécialité L espace est muni d un repère orthonormal O ß. On considère les points A µ, B µ et C µ ) On trouve AB ¼ µ AC ¼ µ et BC ¼µ. 2.) AB ¼ µ ; AC ¼ µ et BC µ ¼. AB = AC = BC = donc le triangle ABC est équilatéral. 5 points 3.) Ò AB ¼ ¼ donc Ò AB. Ò AC ¼ ¼ donc Ò AC. Ò est un vecteur orthogonal à deux vecteurs et AC non colinéaires du plan (ABC), donc Ò est orthogonal au plan (ABC). 4.) Le plan (ABC) a pour vecteur normal Ò et passe par A : il a pour équation cartésienne : Ü Ü µ Ý Ý µ Þ Þ µ ¼ soit Ü Ü Þ ¼ qui donne : Ü Ý Þ ¼ 2. Soit la droite de représentation paramétrique Ü Ø Ý Ø Þ Ø où Ø Ê 1.) La droite a pour vecteur directeur Ù µ Ò. Ù et Ò sont colinéaires, donc est perpendiculaire au plan (ABC)

2 2.) Soit G, intersection de la droite et du plan (ABC). Les cordonnées de G vérifient l équation paramétrique de et l équation du plan ABC. Par conséquent : ص Ø µ Ø µ ¼ qui donne Ø ¼ et donc : Ø. En remplaçant Ø par, on trouve que les coordonnées de G sont : ¼µ. 3.) Ü Ü Ü µ Ü ; Ý Ý Ý µ Ý et Þ Þ Þ µ ¼ ¼ Þ. Les coordonnées de l isobarycentre de A, B et C sont celles de G donc G est l isobarycentre de A, B et C. 3. Soit Ë la sphère de centre G passant par A. 1.) Une équation cartésienne de la sphère Ë est : Ü Ü µ Ý Ý µ Þ Þ µ Ê GA (puisque Ë passe par A), c est-à-dire : Ü µ Ý µ Þ GA avec GA µ µ ¼µ. Une équation cartésienne de Ë est donc : Ü µ Ý µ Þ 2.) Les coordonnées des points d intersection de la droite et de la sphère Ë vérifient chacune des deux équations, donc sont solutions du système : Ü Ø Ý Ø Þ Ø Ü µ Ý µ Þ On en déduit : Ø µ Ø µ Ø µ, donc Ø µ d où Ø µ qui s écrit Ø µ µ ¼. Après factorisation, on trouve : Ø et Ø. On en déduit les coordonnées des deux points : Pour Ø : E. Pour Ø : F.

3 EXERCICE 2 Candidats ayant choisi l enseignement de spécialité L espace est muni d un repère orthonormé O ß On considère la surface Ë d équation Þ Ü Ý, et la surface Ë d équation Þ ÜÝ Ü. PARTIE A. 5 points 1. 1.) est l intersection de È et de Ë. les coordonnés d un point quelconque de vérifient donc le système : Þ Ü Ý Ü qui équivaut à Ü Þ Ý. Dans le plan È, Þ Ý est l équation d une parabole. 2.) est l intersection de È et de Ë. les coordonnés d un point quelconque de vérifient donc le système : Þ ÜÝ Ü Ü qui équivaut à Ü Þ Ý. est donc une droite dans le plan È 2. 1.) voir figure à la fin de l exercice 2.) Les coordonnées des points d intersection B et C des ensembles et vérifient le système : Ü Ü Ü Ü Ü Þ Ü Ý Þ Ý Þ Ý Þ Ý ou Þ Ý. Þ Ý Ý Ý Ý Ý µ ¼ Ý ¼ Ý On obtient deux points : B(2 ; 0 ; 4) et C(2 ; 2 ; 8) PARTIE B 1. 1.) Å Ë Ë Ü Ý ÜÝ Ü c est-à-dire Ý ÜÝ Ü Ü d où Ý Ý Üµ Ü Üµ. 2.) Ü est premier ; il divise Ü Üµ donc divise Ý Ý Üµ. Soit il divise Ý, soit il divise Ý Ü. Mais s il divise Ý Ü, il divise Ý Üµ Ü donc Ý. On en déduit que Ü divise Ý. 2. On pose Ý Ü avec. 1.) Ý Ý Üµ Ü Üµ s écrit alors Ü Ü Üµ Ü Üµ, donc Ü µ Ü Üµ. Ü est premier donc non nul ; on peut simplifier par Ü. On obtient alors : Ü µ Ü. Ü est premier, divise Ü µ, donc divise Ü. Comme il divise aussi Ü, il divise la somme ܵ Ü. Ü divise donc 2. Ü est un diviseur de 2 et est premier, donc Ü. 2.) Avec Ü, l égalité Ü µ Ü Üµ donne µ ¼. On en déduit ¼ ou. 3. Pour ¼, on obtient comme coordonnées ¼ µ qui sont les coordonnées du point B. Pour, on obtient comme coordonnées µ qui sont les coordonnées du point C. Ainsi retrouve-t-on les résultats de la première partie, question 2.b.

4 Þ 10 5 A 5 Ý EXERCICE 3 Commun à tous les candidats Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct O Ù Úµ d unité graphique 1 cm. 1. Le figure complète est à la fin de l exercice. Þ A Þ B 2. µ. Þ C Þ B On en déduit : BA BC Þ A Þ B Þ C Þ B donc BA = BC. ÞA Þ B BC BA Ö Ö µ Þ C Þ. B On en déduit que le triangle ABC est rectangle isocèle en B. 5 points 3. L écrire complexe de la rotation de centre B et d angle est : Þ¼ Þ B Þ Þ B µ, c est-à-dire : Þ ¼ Þ Þ B µµ Þ B Þ µ.

5 E est l image de C par cette rotation, donc : Þ E µ µ µ. 4. L écriture complexe de l homothétie À est : Þ ¼ Þ B Þ Þ Bµ donc Þ ¼ Þ Þ µ Þ. On en déduit : Þ F µ donc Þ. µ Þ F Þ A Þ C µ donc F est le milieu de [AC] ; or, ABC est un triangle rectangle en B. Par conséquent, F est le milieu de l hypoténuse du triangle rectangle ABC, donc le centre de son cercle circonscrit. 5. Les droites (EC) et (DF) sont parallèles. D après le théorème de Thalès appliqué auc triangles BDF et BEC, BE BD BC donc F est l image de C par l homothétie À. BF On a alors : BD BE et BF BC. Par définition, I est le milieu de [DF]. On en déduit : BI BD BF BE BC BE BE BC BC BI. On a donc : BJ BI : J est l image de I par l homothétie À donc B, I et J sont alignés  Á

6 EXERCICE 4 Commun à tous les candidats Soit la fonction définie pour tout nombre réel Ü de l intervalle ]0 ; 1] par : 6 points ܵ Ü ÐÒ Ü 1. 1.) D après les formules de croissances comparées, ÐÑ Ü¼ Ü ÐÒ Ü ¼ donc ÐÑ Ü¼ ܵ. 2.) Pour tout Ü ¼, ÐÒ Ü ¼ donc Ü ÐÒ Ü ¼ et ܵ Ü ÐÒ Ü ) est dérivable comme somme et produit de fonctions dérivables sur ¼. Pour tout Ü ¼, ¼ ܵ ¼ ÐÒ Ü Ü Ü ÐÒ Ü ; ¼ ܵ ÐÒ Ü. 2.) L équation réduite de la tangente à en 1 est : Ý ¼ µ Ü µ µ ; ¼ µ et µ. Cette équation est donc : Ý Ü µ soit : Ý Ü. Cette tangente est donc Ì. 3. On note la fonction définie pour tout nombre réel Ü ¼ par ܵ Ü ÐÒ Ü Ü 1.) est dérivable sur ¼ comme somme de fonctions dérivables. Pour tout Ü ¼, ܵ ܵ Ü donc ¼ ܵ ¼ ܵ ÐÒ Ü. 2.) Pour tout Ü ¼, ÐÒ Ü ¼ donc ¼ ܵ ¼. On en déduit que est décroissante sur ¼. Or µ ¼. Par conséquent, ܵ ¼ sur ¼. On en déduit que est au-dessus de Ì sur ¼. 4. Soit un nombre réel tel que ¼. On pose Á µ ܵ dü 1.) On a donc Ê Á µ Ü ÐÒ Ü dü Ê Ú ¼ ܵ Ü Ù ÜµÚ¼ ܵ dü en posant ٠ܵ ÐÒ Ü. Ú est dérivable sur et Ù ¼ et Ú ¼ sont continues sur l intervalle. On peut donc utiliser la formule d intégration par parties. Ê Ê Ù ÜµÚ¼ ܵ Ú Üµ Ü dü Ù ÜµÚ Üµ Ù¼ ÜµÚ Üµ dü avec Ù ¼ ܵ. Ü Par conséquent : Ê Ü Ù ÜµÚ¼ ܵ dü ÐÒ Ü Ê Ü Ü dü ÐÒ Ê Ü dü Ü ÐÒ ÐÒ. Finalement : Á µ ÐÒ ÐÒ 2.) D après les formules des croissances comparées, ÐÑ ¼ ÐÒ ¼ ; ÐÑ ¼ ¼ donc ÐÑ ¼ Á µ. 3.) On en déduit que l aire de la partie du plan comprise entre la courbe, l axe des ordonnées et la droite d équation Ý est égale à unité d aire (hachurée sur le dessin ci-dessous). 4.) Pour calculer l aire demandée, il faut calculer l aire du triangle formé par la droite Ì, l axe des ordonnées et la droite d équation Ý ; elle vaut. On lui soustrait l aire calculée précédemment :. L aire du domaine (en gris sur le dessin ci-dessous) compris entre la courbe, la droite Ì et l axe des ordonnées vaut unité d aire..

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