Corrigé du baccalauréat S Asie 20 juin 2012

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1 Corrigé du baccalauréat S Asie 0 juin 01 EXERCICE 1 1. Il est évident que le point de coordonnées (1 ; 0 ; 5 appartient à D mais pas à P. Donc, si parallélisme il y a, il est strict. La droite D est parallèle au plan P si, et seulement si, un vecteur directeur d de D est orthogonal à un vecteur normal n au plan P. Grâce aux équations, on a : d 1 et n. 4 1 Le repère est orthonormé donc : d n x d x n y d y n z d z n = 0. Ce que l on vérifie facilement. Ainsi : l affirmation n o 1 est vraie.. La distance du point A au plan P est égale, d après la formule du cours, à : Ainsi : l affirmation n o est fausse. d (A;P = ( 1 ( 1 = 18.. lim x e x = 0= lim f (x== la droite d équation y = est une asymptote à C f en. x lim x e x = = lim f (x=0= la droite d équation y = 0 est une asymptote à C f en. x Ainsi : l affirmation n o est vraie. 4. Considérons le réel F (1,5= 1,5 1 ( te t dt. La fonction t ( te t est évidemment continue et strictement positive sur l intervalle d intégration [1;1,5]. Donc, d après théorème du cours, on en conclut que Ainsi : l affirmation n o 4 est fausse. 5. On va effectuer une intégration par parties avec : 1,5 1 u (t= t ; u(t= t ( te t dt > 0 id est F (1,5 0. v(t=ln(t ; v (t= 1 t Et on a bien le droit puisque toutes les fonctions (u, u, v, v sont continues sur l intervalle d intégration [1;e] (relire les hypothèses du théorème d intégration par parties. Par suite : [ t ] e e I = ln(t t [ e t ] e dt = t ln(e 0 = e 9 1 e = e 1. 9 Ainsi : l affirmation n o 5 est vraie. EXERCICE Enseignement obligatoire ( 1. a. z A = 1 =. ( z A = i 1 = e i 5π 6 = z A

2 accalauréat S A. P. M. E. P. b. z A1 = z A = e i 5π 6. D autre part, le cours nous donne la formule de la rotation r : r (z=e i π 6 (z z O z O id est r (z=e i π 6 z Par suite, on obtient :. a. OA= z A = za =OA1. z = r ( z A1 = e i π 6 e i 5π 6 = e i 4π 6 = e i π = z = 1 i Comme est l image de A 1 par la rotation de centre O (isométrie, on a : OA 1 = O. Le triangle est isocèle en O. Mais les lignes qui précèdent sont rendues inutiles par ce qui suit : z = 1 i ( =i i = e i π z A = est l image de A par la rotation de centre O et d angle π. Le triangle est isocèle rectangle en O. b. On ( a : w ( w ( u ; OA = ; u ; OA = π 1 5π 6 = 9π 1. Et ( : w ( w ( u ; O = ; u ; O = π 1 π 9π = 1. ( Conclusion : est la bissectrice de l angle OA, O. est la bissectrice passant par le sommet du triangle isocèle. Donc est aussi la médiatrice du segment opposé (cf programme de géométrie du collège. On en déduit évidemment que les points A et sont symétriques par rapport à la droite.. z 1 = z = e i π et z = r ( z 1 = e i π.e i π 6 = e i 5π 6 = = A 4. L image de O par la symétrie d axe est lui-même puisque O. Comme la symétrie axiale est une isométrie, on en déduit que le segment [OC] a la même longueur que son image [OD]. S il fallait le démontrer, c est fait : OCD est isocèle en O. On en déduit puisque est la médiatrice du segment [CD] (par définition de la symétrie axiale qu elle est aussi la bissectrice de l angle Ô. ( Conclusion : D est l image de C par la rotation r 1 de centre O et d angle OC ; w. ( ( ( u OC ; w = OC ; u ; w = arg(z C π 1 = π 4 π 1 = π 6. On en déduit que : r 1 (z=e i π 6 z = z D = r 1 (z C =e i π 6.e i π 4 = z D = e i π 1. EXERCICE Enseignement de spécialité Partie A : Détermination d une similitude directe. 1. a. On a : z A = 1 i = cos( ( π i sin π i π = e z = ( i= b. Voir figure. i. = ( cos ( ( 5π 6 i sin 5π 6 = e 5iπ 6.. a. La transformation f est une similitude directe donc elle admet une écriture complexe de la forme z = az b. Comme f (A= et f (O= O, les complexes a et b vérifient le système b= 0 a= 5iπ e 6 e iπ = e i( 5π 6 π = e iπ 6 Donc l écriture complexe de f est z = e iπ 6 z.. { 0= a 0b e 5iπ 6 = ae i π b donc Asie 0 juin 01

3 accalauréat S A. P. M. E. P. b. On sait que f est une similitude directe de centre O. De plus on sait que le rapport de f est donné par ( θ et que l angle de f est donné par arg e iπ 6 = π 6. e iπ 6 = e iπ 6 = puisque e iθ = 1 quel que soit le réel Partie : étude d une transformation 1. a. La transformation g est la composée de f suivie de s. Or l écriture complexe de f est z = e iπ 6 z et l écriture complexe de s est z = z. ( Par suite l écriture complexe de g = s f est z = s e iπ 6 z = e iπ 6 z = eiπ 6 z = e iπ 6 z. b. On a z A = e iπ et g (A=C donc z C = z A = e iπ 6 za = e iπ 6 e i π = e 5iπ 6. On a g (C=D d où z D = z C = e iπ 6 z C = e iπ 6 Voir figure. e 5iπ 6 = e iπ 6 e 5iπ 6 = 4e i( π 6 5π 6 = 4e iπ. c. On a z C = e 5iπ 6 = e i( 5π z A e iπ 6 π = e iπ = e iπ = i. ( =arg( ( ( zc z Par suite comme O A ; OC O zc zc z A z O =arg za et comme arg za = arg(i= π (, on obtient O A ; OC = π : le triangle OAC est rectangle en O. d. On a z D z A = 4e iπ e iπ Alors comme z OD z O A = 4 R. = z D z O = z D = 4 on en déduit z z A z O z OD = 4z O A d où OD = 4O A. A Les vecteurs OD et O A sont donc colinéaires.. L écriture complexe de la composée g g est z = g (g (z= g Figure : ( e iπ 6 z = e iπ 6 e iπ 6 z = 4e iπ 6 e iπ 6 z = 4z. Par conséquent, comme 4 R {1}, on en déduit que la transformation g g est une homothétie de rapport 4. Remarquons que g (g (O = g (O = O donc O est l unique point invariant de cette homothétie, c est-à-dire son centre. Donc g g est l homothétie de centre O et de rapport 4. D A O C EXERCICE Partie A 1. 0,7 0,7 0, 0, 0,7 0, Asie 0 juin 01

4 accalauréat S A. P. M. E. P. D où : p = P (G=0,7 0,0, 0,7 p = 0,4.. Soit n un entier tel que n>. Un joueur joue n parties identiques et indépendantes. On note X la variable aléatoire qui comptabilise nombre de parties gagnées par le joueur, et p n la probabilité que le joueur gagne au moins une fois au cours des n parties. a. L expérience aléatoire a deux issues : succès : le joueur gagne avec une probabilité de p = 0,4 échec : le joueur perd avec une probabilité de q = 1 p = 0,58 On répète cette expérience n fois de manière indépendante. Donc, la variable aléatoire qui compte le nombre de succès suit une loi binomiale de paramètres n et p. b. p n = 1 P(X = 0= 1 0,58 n = p n = p 10 = 1 0, ,996 p 10 c. 1 0,58 n 0,99 0,01 0,58 n ln(0,01 ln ( 0,58 n ln(0,01 n ln(0,58 le joueur doit jouer au moins 9 parties. Asie 4 0 juin 01

5 accalauréat S A. P. M. E. P. Partie 1. a. k k k k k On en déduit que : k k k k p (Y k = 5= k (k (k (k k (k = p (Y k = 5= 6k (k b. d y i = P ( 9 k 6k Y k = y i = (k (k (k 9 k 6k. E(Y k = 9 ( 1 5 (k (k (k = 81 k 0k (k = D où : Le jeu est favorable au joueur pour k ] ; 7[. E(Y k >0 k ] ; 7[ (k (k 7 (k EXERCICE 4 1. n u v a b ,5 6,964 6,5 6,964 6,7 6,76 6,7 6,76. a. Initialisation Pour n= 0, on a bien u 0 > 0 et v 0 > 0. L hypothèse de récurrence est vérifiée pour n= 0. Hérédité Supposons que pour n : u n > 0 et v n > 0. Alors : u n v n > 0 u n v n > 0 u n1 > 0 un > 0 et v n > 0 u n v n > 0 u n v n un > 0 v n > 0 v n1 > 0 L hypothèse de récurrence est donc vérifiée au rang n 1. Ainsi, d après le théorème de récurrence, on en déduit que : u n > 0 et v n > 0 pour tout n. b. vn1 u n1 = u n v n ( un v n ( un v n = v n1 un1. = u n v n 4 u n u n v n v n 4 = u n u n v n v n 4 D où, pour tout n : v n1 u n1 0 v n1 u n1 v n1 u n1 v n u n pour tout n. Par construction, v 0 u 0. Conclusion : v n u n pour tout n.. a. u n1 u n = u n v n u n = v n u n 0 d après la question précédente. La suite (u n est donc croissante. b. 0<u n v n un vn u n v n vn v n u n v n vn v n1 v n v n1 v n (car les éléments de la suite v n sont positifs. La suite (v n est donc décroissante. = Asie 5 0 juin 01

6 accalauréat S A. P. M. E. P. 4. On a montré que : la suite u n est croissante donc u 0 u n pour tout entier naturel n, la suite v n est décroissante donc v n v 0 pour tout entier naturel n, pour tout entier naturel n, u n v n. { un v On en déduit que pour tout entier naturel n,u 0 u n v n 0 v 0 d où en particulier v n u 0 La suite (u n est croissante majorée par v 0 donc, d après théorème, elle est convergente. La suite (v n est décroissante minorée par u 0 donc, d après théorème, elle est convergente. Il s agit, vous l aurez compris, de suites adjacentes, car on peut démontrer que lim (v n u n =0. n Asie 6 0 juin 01