BACCALAUREAT GENERAL

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1 BACCALAUREAT GENERAL Session de Juin 200 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement Obligatoire Asie EXERCICE Question. Réponse a Question 2. Réponse c Question 3. Réponse b Question 4. Réponse b Question 5. Réponse c Question 6. Réponse c Question 7. Réponse a Question 8. Réponse b. GB = = 3 et BI = = 3. Donc le triangle GBI est isocèle en B. La bonne réponse est la réponse a. On note que GI = 2 de sorte que le triangle GBI n est pas équilatéral. On note aussi que GB 2 +BI 2 = 6 BI 2 et donc le triangle GBI n est pas rectangle en B. 2. Notons M le barycentre du système {(O,2,(A,,(C,}. Alors 2 MO MA+ MC = 0 et donc Ainsi, M = J et la bonne réponse est la réponse c. OM = AC = OK = OJ AH. FC = (0(+(0(22+(0(0 =. La bonne réponse est la réponse b. 4. BC a pour coordonnées (0,,0 de même que le vecteur HI. Par suite, les vecteurs BC et HI sont égaux et donc le quadrilatère BCIH est un parallélogramme. La réponse a est fausse. Ensuite, HI = et BH = 2. Donc le quadrilatère BCIH n est pas un carré et la réponse c est fausse. On en déduit que la réponse d est vraie ce qui est effectivement le cas car BC. BH = 0 (+ 0+0 = La droite (KE est dirigée par le vecteur KE de coordonnées (,,. Donc seule la représentation paramétrique de la réponse c est possible. Plus précisément si t = 0, on obtient le point de coordonnées (,, c est-à-dire le point E et si t =, on obtient le point de coordonnées (0,2,0 c est-à-dire le point K. La bonne réponse est donc la réponse c. 6. Les coordonnées du point G ne vérifient ni l équation de la réponse a ni l équation de la réponse b. Donc la bonne réponse est la réponse c. On note que les coordonnées des points B, G et K vérifient effectivement l équation x + y + 2z = 2 ce qui confirme le résultat. http :// c Jean-Louis Rouget, 200. Tous droits réservés.

2 7. Déterminons une équation cartésienne du plan (ADH. On la cherche sous la forme ax+by+cz+d = 0 où a, b et c sont trois réels non tous nuls. ax A +by A +cz A +d = 0 a+d = 0 d = a. Le plan(adh admet donc des équations de la formeax+by+cza = 0. ax D +by D +cz D a = 0 a+ca = 0 c = 0. Le plan (ADH admet donc des équations de la forme ax+bya= 0. ax H +by H a = 0 ba = 0 a = b. Le plan (ADH admet donc des équations de la forme a(x+y = 0. En choisissant par exemple a =, on obtient une équation cartésienne du plan (ADH à savoir x+y = 0. Par suite, d(c,(adh = x C +y C = 2 2 = 2. La bonne réponse est la réponse a. 8. L aire du triangle JKB est la moitié de l aire du carré BCKJ et est donc égale à. Puisque la droite (JH est 2 perpendiculaire au plan (BJK, le volume du tétraèdre HJBK est La bonne réponse est la réponse b. 3 aire de (BJK HJ = 3 2 = 6. http :// 2 c Jean-Louis Rouget, 200. Tous droits réservés.

3 EXERCICE 2 PARTIE A. Etude de la configuration. a Q C A P B b b = R 2 2 +(2 3 2 = 4+2 = 4 et c = 3 2 +(3 3 2 = 36 = OB = b = 4 et OC = c = 6. c Voir figure. 2. BC = cb = +5i 3 = 2 +(5 3 2 = +75 = 76 = 2 9. BP = pb = 8+2i 3 = 8 2 +(2 3 2 = 64+2 = 76 = 2 9. CP = pc = 73i 3 = 7 2 +(3 3 2 = = 76 = 2 9. Donc BC = BP = CP et Le triangle BCP est équilatéral. 3. a L expression complexe de la rotation de centre A et d angle π 3 est ( z = a+e iπ/3 3 (za = i (z+2 = 2 2 Par suite, ( +i 3 z+i 3. http :// 3 c Jean-Louis Rouget, 200. Tous droits réservés.

4 q = 2 (+i 3(3+3i 3+i 3 = 6+6i 3 +i 3 = 4+4i 3 2 q = 4+4i 3. b On a encore q = 2(2 2i 3 = 2b. On en déduit d abord que OQ = 2 OB. Ainsi, les vecteurs OQ et OB sont colinéaires et donc les points O, B et Q sont alignés. 4. a Les points A et P sont sur l axe des abscisses de même que le point O. Donc le point O appartient à la droite (AP. D après la question précédente, le point O appartient à la droite (BQ. Puisque R est le symétrique de C par rapport à O, le point O est le milieu du segment [CR] et en particulier le point O appartient à la droite (CR. On a montré que Les droites (AP, (BQ et (CR sont concourantes en O. b AP = p a = 2, BQ = q b = (4 + 4i 3 (2 2i 3 = 6 + 6i 3 = 6 ( 2 +( 3 2 = 2 et CR = 2OC = 2 c = 2. AP = BQ = CR = 2. PARTIE B. D après la question.b de la partie A, f(o = OA+OB+OC = a + b + c = = 2. f(o = Soient M un point du plan puis N = r A (M. En notant m et n les affixes respectives des points M et N, on a ère solution. n = a+e iπ/3 (ma et donc ( MN = nm = a+e iπ/3 (mam = e iπ/3 (ma(ma = e iπ/3 (ma = e iπ/3 ma = e iπ/3 AM, avec e iπ/3 3 = 2 +i 2 = 3 2 +i 2 = ( 2 ( =. Donc 2 2 pour tout point M du plan, MA = MN. 2ème solution. Puisque r A (M = N, on a AM = AN et donc le triangle MAN est isocèle en A. Mais on a aussi MAN = π 3 et donc le triangle MAN est équilatéral (car MNA = NMA = ( π π = π. En particulier, on a MA = MN. D autre part, puisque la rotation r A est une isométrie, on a NQ = r A (Mr A (C = MC. Donc pour tout point M du plan, MC = NQ. http :// 4 c Jean-Louis Rouget, 200. Tous droits réservés.

5 3. Soit M un point du plan. D après la question précédente et l inégalité triangulaire, f(m = MA+MB+MC = MN+MB+NQ = BM+MN+NQ BQ = qb = 2bb (d après la question A.3.b = 3b = 3 b = 3 4 (d après la question A..c = 2. Pour tout point M du plan, f(m 2. http :// 5 c Jean-Louis Rouget, 200. Tous droits réservés.

6 EXERCICE 3. a L événement A est l événement V 2 V 3. Puisque p =, on a p(v 2 = 0,6 et p ( V 2 = p(v2 = 0,4. Ensuite, b De même, p(v 2 V 3 = p(v 2 p V2 (V 3 = 0,6 0,6 = 0,36. p ( V 2 V 3 = p ( V2 pv2 ( V3 = 0,4 0,9 = 0,36. p(a = 0,36 et p(b = 0, On a aussi p ( ( V 2 V 3 = p V2 pv2 (V 3 = p ( V 2 (p V2 (V 3 = 0,4 (0,9 = 0,04. Mais alors, d après la formule des probabilités totales, p 3 = p(v 2 V 3 +p ( V 2 V 3 = 0,36+0,04 = 0,4. p 3 = 0, ,6 V n+ p n V n 0,4 V n+ 0, V n+ p n V n 0,9 V n+ 4. Soit n un entier naturel non nul. D après la formule des probabilités totales, p n+ = p(v n+ = p(v n V n+ +p ( V n V n+ = p(vn p Vn (V n+ +p ( V n pvn (V n+ = 0,6p n +0,(p n = 0,6p n +0,0,p n = 0,5p n +0,. 5. a Soit n un entier naturel non nul. u n+ = p n+ 0,2 = 0,5p n 0, = 0,5(p n 0,2 = 0,5u n. Donc la suite (u n n est géométrique de raison q = 0,5 et de premier terme u = p 0,2 = 0,8. b On en déduit que pour tout entier naturel non nul n, u n = u q n = 0,8 (0,5 n puis que p n = u n +0,2 = 0,2+0,8 (0,5 n. Pour tout entier naturel non nul n, u n = 0,2+0,8 (0,5 n. c Puisque < 0,5 <, lim n + u n = 0. Par suite, lim n + p n = 0,2. http :// 6 c Jean-Louis Rouget, 200. Tous droits réservés.

7 EXERCICE 4. Etude des limites a lim x 0 x x>0 = + et donc lim x 0 x>0 Partie A e x = lim X + ex = +. D autre part, lim x 0 x>0 lim f(x = +. x 0 x>0 = + et finalement x2 b lim = 0 et donc lim x + x e x = lim e X =. D autre part, lim = 0 et finalement x + X 0 x + x2 lim f(x = 0. x + c On en déduit que les droites d équations x = 0 et y = 0, c est-à-dire les deux axes de coordonnées, sont asymptotes à la courbe représentative de f. 2. Etude des variations de la fonction f a f est dérivable sur ]0,+ [ en tant que produit de fonctions dérivables sur ]0,+ [ et pour tout réel x > 0, f (x = 2 ( x 3e x + x 2 x 2e x = ( 2x 3 x 4 e x = x 4e x (2x+. Pour tout réel x > 0, f (x = x 4e x (2x+. b Pour tout réel x > 0, on a x 4 > 0 et e x > 0 et 2x+ > 0. Donc, pour tout réel x > 0, on a f (x < 0. On en déduit le tableau de variation de la fonction f. x 0 + f (x f + c ] La fonction f est [ continue et strictement décroissante sur ]0,+ [. On en déduit que pour tout réel k de l intervalle lim x + f(x, lim f(x x 0 x>0 =]0, + [, l équation f(x = k a une solution et une seule dans ]0, + [. En particulier, l équation f(x = 2 a une unique solution notée α dans ]0,+ [. La machine donne f(,05 = 2,02... > 2 et f(, =,99... Donc f(,05 > f(α > f(,. Comme f est strictement décroissante sur ]0, + [, on en déduit que, 05 < α <, et donc que α =, arrondi au centième http :// 7 c Jean-Louis Rouget, 200. Tous droits réservés.

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9 Partie B. La fonction f : x x 2e x est continue sur [,2] et donc I 2 existe. De plus, I 2 = ( ] 2 e x dx = [e x x = e 2 +e = e e. I 2 = e e. 2. Une relation de récurrence a Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. ère solution. Pour x dans [,2], posons u(x = e x et v(x =. Les fonctions u et v sont dérivables sur (nxn [,2] et pour x dans [0,2] on a u(x = e x v(x = (nx n u (x = x 2e x v (x = x n De plus, les fonctions u et v sont continues sur [,2]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient [ I n = (nx ne x = n ] 2 ( e 2 n e+i n+ On en déduit que (ni n = ( (nx n. ( ( x 2e x dx = n e 2 e 2n e e 2 n e+i n+ puis que I n+ = e 2 n +(ni n. Pour tout entier naturel n 2, I n+ = e 2ème solution (une intégration par parties un peu plus astucieuse. I n+ = donc u(x = x n, u (x = n x n, v (x = x 2e x et v(x = e x. On obtient b En particulier, I 3 = e I n+ = u(xv (x dx = [ ] 2 x ne x e = 2 n +e(ni n = e e e 2 +(2I 2 = e 2 (e e = I 3 = e 2. e 2 n +(ni n. n x n e x dx e 2 n +(ni n. e 2. + n x n+e x dx ( ( x n x 2e x dx. On pose 3. Etude de la limite de la suite de terme général I n a Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2 et soit x un réel de [,2]. On a e x 0 et 0 et donc xn x ne x 0. D autre part, x et, par croissance de la fonction exponentielle sur R, on en déduit que e x e = e. En multipliant les deux membres de l inégalité précédente par le réel positif x n, on obtient x ne x e. On a montré que xn http :// 9 c Jean-Louis Rouget, 200. Tous droits réservés.

10 pour tout entier naturel n 2 et tout réel x de [,2], 0 x ne x e x n. b Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. Pour tout réel x de [,2], I n 0. D autre part, pour tout réel x de [,2], On a montré que Puisque lim n + I n e x n dx = e x ne x e et donc par croissance de l intégrale, xn [ ] 2 (nx n = e ( + n 2n pour tout entier naturel n 2, 0 I n e n. e = 0, le théorème des gendarmes permet d affirmer que n lim I n = 0. n + x ne x 0 et donc par positivité de l intégrale, e n. http :// 0 c Jean-Louis Rouget, 200. Tous droits réservés.