Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2005

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1 Corrigé du baccalauréat S Amériqu du Sud novmbr 5 EXERCICE Commun à tous ls candidats Parti A 4points. On a un loi d Brnoulli d paramètrs p =, t n = 5. On a donc px = ) = 5),,98 48,85 8,9.. La probabilité chrché st px > ) = px = ) =,98 5,635, On a EX ) = n p = 5, =. Parti B. a. On a P[ ; + ]) = dt = + [ 5 4] = =,5 =,66,6. b. Mêm calcul avc λ : P[ ; + ]) = [ 4], = 4 3 =,,94,9. PT t) = t 4 4 dt = ) 5 4 dt =, 5 4 t.,98 PT t) = t 4 ) 4 dt =,98 4 t D où n faisant la somm, l résultat dmandé. P [T ) Pdéfctuux)] 3. On a P T défctuux) = = PT ),,5,3,.,,5 +,98 EXERCICE Candidats n ayant pas suivi l nsignmnt d spécialité 5points. Un point Mz) st invariant si t sulmnt si z = z = 4 zz = 4 z z = 4 z =. Ls points invariants sont donc tous ls points dont l affix a pour modul ; l crcl d cntr O t d rayon st donc invariant par f.. On a z = = 4 z = 4 z = 4. z L sul point dont l imag par f st J st l point d affix Si α = a + ib a un antécédnt z par f,alorsa + ib = 4 a + ib)x + x + iy { 4a ax+ by = 4 x = iy) = 4 bx ay = a + b 4b y = a + b Conclusion : l sul antécédnt d α par f st l complx z = 4α α.

2 4. a. On a d après la définition d f t n prnant ls argumnts : u ) u, OM ) u ) = ft[, OM =, OM ;donc OM, ) OM = modulo π. Autrmnt dit : ls points O, M t M sont alignés. b. On a z 4 = z = 4 z = 4 z. Donc si z =r >, alors z 4 = r. L imag du crcl d cntr O t d rayon r st donc l crcl d cntr O t d rayon 4. D après la qustion précédnt à chaqu point du prmir r crcl corrspond un point imag aligné avc O : conclusion, l imag du crcl st tout l crcl d cntr O t d rayon 4 r. c. Si OP = 3, z P = 3 iα t z P = 4 cosα + isinα). D où un construction d 3 P : P P α Si Mz) C J ; r = ), alors z = + iα, α π, d oùz 4 = +cosα isinα = 4 + cos α + isinα 4 + cos α + isinα sinα +cos α) + sin = = +i α +cosα +cosα. Conclusion : l point M a un absciss égal à. Il appartint à la droit D) d équation x =. EXERCICE Candidats ayant suivi l nsignmnt d spécialité 5points. On sait qu l écritur d la similitud s st z = αz + β,avcαt β complxs. Or sa) = B t sc) = D s traduit par : +i = αi + β 3+i = α ) = α { + i = α + β +i = +b = β L écritur complx d s st donc : z = z +. On trouv aussitôt qu l sul point fix st l point d affix, donc l cntr d ctt similitud. z = z + z + = z + z + = z + ). On rconnaît un homothéti dont l cntr st l point d affix t d rapport.. On put écrir U n+ U n = c qui montr d après l théorèm d Bzout qu U n t U n+ sont prmirs ntr ux. 3. s étant un homothéti d rapport, ls trms naturls) d la suit sont ls affixs ds points obtnus succssivmnt n prnant ls symétriqus du point d affix autour du point précédnt. 4. Démonstration par récurrnc : Initialisation : U = = :vrai. Hérédité : supposons qu la rlation soit vrai pour l naturl n : U n = n. Alors U n+ = U n + = n ) + = n+ + = n+. La rlation st vrai au rang n + ). Ell st donc vrai pour tout naturl n. 5. Calculons U p Un p + ) +U n p = p ) n p +) + n p = n n p + n p = n = U n. L égalité précédnt put s écrir : U n U p Un p + ) = U n p. novmbr 5

3 L pgcd à U n t U p, divis U p, donc aussi U p Un p + ) t par différnc divis U n U p Un p + ) c st-à-dir U n p t c st l plus grand divisur commun. Donc pgcd ) ) U n, U p = pgcd Up, U n p. 6. On sait qu pour x R t a N, x a = x )...), donc x divis x a. Soit d l pgcd d U n t U p. Il xist donc dux naturls k t k prmirs ntr ux tls qu n = kd t p = k d. D plus il n xist pas d autr écritur d n t p sous form d produit avc un factur commun supériur à d, d après la définition du pgcd. U n = n = kd = d ) k = d )...), c st-à-dir qu d divis U n. D mêm U p = p = k d = d ) k = d )...), c st-à-dir qu d divis U p. Donc d = U d = U pgcdn, p) st l plus grand divisur commun à U n t U p. Application : 5 = 3 5. Or 5 divis 5, mais 3 n l divis pas. Donc pgcdu 5, U 5 ) = U 5 d après la qustion précédnt). U 5 = 5 = 3 = 3. Conclusion : pgcdu 5, U 5 ) = 3. EXERCICE Commun à tous ls candidats 4points. Vvoir). Vcar AC AI = AB AI = AI AB = 3. Vcar AB IJ = AB IC par projction sur l plan ABC)) 4. F, car tan BIC =.5 = tan π 3. x = + t 5. F : un équation paramétriqu d la droit IJ) st y = t z = t 6. V n écrivant un équation d la droit J, JI ). 7. F : c st un équation d plan. 8. F 9. V : un équation du plan FIJ)st : 4x y z =.. V : n prnant la bas EFI) t la hautur CB, on a A EFI) = =. Donc VEFIJ) = 3 = 6. EXERCICE 4 Commun à tous ls candidats Parti A 7points. On a f ) = tg ) =, c qui prmt d distingur C f t C g.. f x) = x) = x = f x); f étant défini sur un intrvall symétriqu autour d st donc pair. g x) = x) x) = x x = g x) ; pour ls mêms raisons la fonction g st pair. 3. Dérivé : f x) = x x qui st sign d x :doncf st croissant sur R t décroissant sur R +. En posant x = X,ona lim f x) = lim f x) =. x + x D mêm pour g, g x) = x x x 3 ) = x x x ),quistdusignd novmbr 5 3

4 x x ). x On sait qu lim x + x =+,doncqu lim x =. La limit st idntiqu au x + x voisinag d. On obtint ls tablaux d variations suivants : x + f + + f g g 4. Soit dx) = f x) g x) = x x ) qui st du sign d x, donc positiv sur [ ; ], négativ aillurs. Conclusion : Sur[ ;], f x) g x), donc C f st au dssus d C g ; Sur] ; [C f st au-dssous d C g. Parti B. f étant dérivabl donc continu, G st la primitiv d la fonction g qui s annul n.. Pour x >, Gx) rprésnt n unités d air, l air d la surfac limité par l ax ds abscisss, la courb C g t ls droits d équations, X = tx = x. 3. On a par définition G x) = g x) t d après la qustion 3 d la parti A, g x) sur R.LafonctionG st donc croissant sur R. 4. Ls fonctions t t t t étant dérivabls, on put intégrr Gx)parpartis. u = t dv = t t Posons D où Gx) = v = t du = [ t ] x t + [ F x) x x]. x t dt = x x + F x), d où nfin Gx) = 5. a. Soit l = lim F x). Touts ls fonctions d l égalité précédnt étant x + continus, on put n déduir à la limit qu lim Gx) = l x +. b. N = t dt t t dt = F ) G). N rprésnt donc l air d la surfac limité par ls droits x =, x =, t ls dux courbs C f t C g c. N st l air d la surfac n gris clair t l st l air d la surfac hachuré. On voit graphiqumnt qu N > l. novmbr 5 4

5 C f j N l C g O ı novmbr 5 5