Nouvelle Calédonie. Mars 2016. Enseignement spécifique. Corrigé EXERCICE 1 Partie A 1 Représentons la situation par un arbre de probabilités. 1/4 A 6/10 /10 1/10 B L S /4 D 4/10 6/10 0 B L S a La probabilité demandée est p(a L. P(A L = p(a p A (L = 1 4 10 = 40. P(A L = 40. b La probabilité demandée est p(l. D après la formule des probabilités totales, p(l = p(a p A (L+p(D p D (L = 40 + 4 6 10 = 40 + 18 40 = 21 40. P(L = 21 40. c La probabilité demandée est p L (D. p L (D = p(d L p(l = p(d p D(L p(l = (/4 (6/10 21/40 = 18 40 40 21 = 6 7. P L (D = 6 7. 2 Si la médaille tirée représente le château de Saumur, il est certain que cette médaille est argentée ou encore p S (A = 1. Partie B 1 Pour des raisons de symétrie, la probabilité demandée est P(X < 9,9 + P(X > 10,1 = P(X < µ 0,1 +P(X > µ+0,1 = 2P(X µ 0,1 = 2P(X 9,9. La calculatrice fournit 2P(X 9,9 = 0,096 arrondi à 10. La probabilité qu une médaille produite par la machine M 1 ne soit pas conforme est arrondi à 10. http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2016. Tous droits réservés.
2 a On sait que Z suit la loi normale centrée réduite c est-à-dire la loi normale d espérance 0 et d écart-type 1. b La probabilité que la machine M 2 produise une médaille non conforme est P(Y < 9,9+P(Y > 10,1 = 2P(Y 9,9. Or Par suite, La calculatrice fournit 0,1 Y 9,9 Y 10 0,1 Y 10 0,1 Z 0,1. ( 2P(Y 9,9 = 0,06 2P Z 0,1 ( = 0,06 P Z 0,1 = 0,0. = 1,88079... puis = 0,05 arrondi au millième. http ://www.maths-france.fr 2 c Jean-Louis Rouget, 2016. Tous droits réservés.
EXERCICE 2 Déterminons tout d abord les abscisses des points A et B. On sait que les abscisses des points d intersection des courbes C f et C g sont les solutions de l équation f(x = g(x. Soit x [0,16]. f(x = g(x ln(1+x = ln(1+x+1 cosx cosx = 1 il existe k Z tel que x = 2kπ. De plus, 0 < 2kπ 16 0 < k 8 k = 1 ou k = 2. L abscisse du point A est 2π et l abscisse du point B est 4π. π Pour tout réel x de [0,16], g(x f(x = 1 cosx 0 et donc C g est au-dessus de C f sur [0,16]. L aire, exprimée en unités d aire, de la surface hachurée la plus à gauche est A 1 = 2π 0 (g(x f(x dx = 2π 0 (1 cosx dx = [x sinx] 2π 0 L aire, exprimée en unités d aire, de la surface hachurée la plus à droite est A 2 = 4π 2π Les deux aires sont égales. (g(x f(x dx = 4π 2π = (2π sin(2π (0 sin(0 = 2π. (1 cosx dx = [x sinx] 4π 2π = (4π sin(4π (2π sin(2π = 2π. http ://www.maths-france.fr c Jean-Louis Rouget, 2016. Tous droits réservés.
EXERCICE 1 Soit m un réel. A P m 1 4 m2 x A +(m 1y A + 1 2 mz A = 0 1 4 m2 +(m 1+ 1 2 m = 0 1 4 m2 + 2 m 4 = 0 m 2 +6m 16 = 0. Le discriminant de l équation x 2 +6x 16 = 0 est = 6 2 4 1 ( 16 = 100 > 0. L équation x 2 + 6x 16 = 0 admet deux solutions réelles distinctes x 1 = 6+ 100 = 2 et x 2 = 6 100 = 8. 2 2 Les valeurs de m pour lesquelles le point A appartient au plan P m sont 8 et 2. 2 P 1 est le plan d équation 1 4 x+ 1 2 z = 0 ou encore x+2z 12 = 0. P 4 est le plan d équation 4x 5y 2z = 0. Un vecteur normal au plan P 1 est le vecteur n 1 de coordonnées (1,0,2 et un vecteur normal au plan P 4 est le vecteur n 4 de coordonnées (4, 5, 2. Les vecteurs n 1 et n 4 ne sont pas colinéaires (en analysant la deuxième coordonnée et donc les plans P 1 et P 4 ne sont pas parallèles et donc les plans P 1 et P 4 sont sécants en une droite que l on note (D. Vérifions que (D = (d. Soit M(12 2t,9 2t,t, t R, un point de (d. Donc, tout point M de (d appartient au plan P 1. x M +2z M 12 = (12 2t+2t 12 = 0. 4x M 5y M 2z M = 4(12 2t 5(9 2t 2t = 48 8t 45+10t 2t = 0. Donc, tout point M de (d appartient au plan P 4. Ainsi, la droite (d est la droite d intersection des plans P 1 et P 4. a P 0 est le plan d équation y = 0 ou encore y+ = 0. Soit M(12 2t,9 2t,t, t R, un point de (d. M P 0 y M + = 0 9 2t+ = 0 t = 6. Pour t = 6, on obtient le point B de coordonnées (0,,6. b Soit m un réel. 1 4 m2 x B +(m 1y B + 1 2 mz B = (m 1+m = 0. Donc, le point B apprtient à tous les plans P m, m R. c Un point appartenant à tous les plans P m appartient nécessairement aux plans P 0, P 1 et P 4 et donc au plan P 0 et à la droite (d. Un tel point est donc nécessairement le point B. Le point B est l unique point de l espace appartenant à tous les plans P m, m R. 4 a Avec les notations de la question 2, n 1. n 4 = 1 4+0 ( 5+2 ( 2 = 0. Donc, les plans P 1 et P 4 sont perpendiculaires. b ( Soient m et m deux réels. Un vecteur normal au plan P m (resp. P m est le vecteur n m (resp. n m de coordonnées m 2 4,(m 1, m ( m 2 (resp. 2 4,(m 1, m. 2 m 2 P m P m n m. n m = 0 m2 4 4 +(m 1(m 1+ m 2 ( mm 2 +(m 1(m 1+ mm = 0. 4 4 m 2 = 0 c Cette dernière condition équivaut à (mm 2 +16(m 1(m 1+4mm = 0 (après multiplication par 16 des deux membres de l égalité. L algorithme affiche tous les couples (m,m d entiers relatifs compris au sens large entre 10 et 10 tels que les plans P m et P m soient perpendiculaires. http ://www.maths-france.fr 4 c Jean-Louis Rouget, 2016. Tous droits réservés.
d Si (m,m est un couple solution, alors (m,m est un couple solution. Donc, le problème admet au moins les six couples solutions ( 4,1, (0,1, (5, 4, (1, 4, (1,0, ( 4,5. L énoncé dit que l algorithme affiche exactement six couples solutions et donc l algorithme affiche dans l ordre les couples ( 4,1 ( 4,5 (0,1 (1, 4 (1,0 (5, 4. http ://www.maths-france.fr 5 c Jean-Louis Rouget, 2016. Tous droits réservés.
EXERCICE 4. 1 a 1+i = 1+i 12 +( = 2 ( 2 + 2 = 1+ 12 9 = 9 = 2 ( 2 i = 2 2 + 1 2 i = 2 = 2 puis = 2 ( π ( π (cos +i sin = 6 6 2 e iπ 6. 1+i = 2 e i π 6. b z 1 = 2 e i π 6 z0 = 2 e i π 6 et z1 = 2 ( 2 2 e iπ 6 z1 = ei π 6 = 4 ei π. z 1 = 2 e i π 6 et z 2 = 4 ei π. 2 a Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n, z n = ( 2 n e in π 6. ( 0 2 e i0 π 6 = 1 = z 0. L égalité à démontrer est donc vraie quand n = 0. Soit n 0. Supposons que z n = ( 2 On a montré par récurrence que ( z n+1 = 1+i n e inπ 6. Alors z n = 2 e i π 6 zn (d après 1 = 2 e i π 6 ( 2 n e in π 6 (par hypothèse de récurrence ( n+1 2 = e i(n+1 π 6 pour tout entier naturel n, z n = ( 2 n e in π 6. (( n 2 ( n 2 b Pour tout entier naturel n, A n a pour coordonnées cos, sin et donc le vecteur (( 6 6 n 2 ( n 2 OA n a pour coordonnées cos, sin. Le point A 0 a pour coordonnées (1,0 et donc le 6 6 vecteur OA 0 a pour coordonnées (1,0. O, A 0, A n alignés OA 0 et ( n 2 OA n colinéaires 1 sin ( n 2 sin = 0 sin = 0 6 6 il existe k N tel que nπ 6 il existe k N tel que n = 6k. n 2 0 ( cos 6 = kπ (car n est un entier naturel Les entiers n pour lesquels le points O, A 0 et A n sont alignés sont les multiples de 6. a Pour tout entier naturel n, d n = A n A n+1. b d 0 = z 1 z 0 = 1+i 1 = i =. = 0 6 http ://www.maths-france.fr 6 c Jean-Louis Rouget, 2016. Tous droits réservés.
d 0 = c Soit n un entier naturel. ( ( ( z n+2 z n+1 = 1+i z n+1 1+i z n = 1+i (z n+1 z n. d Pour tout entier naturel n, d n+1 = z n+2 z n+1 = 1+i z n+1 z n = 2 d n (d après 1.. Ainsi, la suite (d n n 0 est la suite géométrique de premier terme d 0 = pour tout entier naturel n, et de raison q = 2. On en déduit que ( n 2 d n = d 0 q n =. ( n 2 Pour tout entier naturel n, d n =. 4 a Soit n un entier naturel. D après la question 2a, z n = z n 2 +d 2 n = ( 2 2n + ( ( 2 n et donc 2( 2n ( 2 = 1+ 1 ( 2n 2 = 4 ( 2n 2 ( 2 ( 2n ( 2n+2 ( 2(n+1 2 2 2 2 = = = = z n+1 2. Pour tout entier naturel n, z n+1 2 = z n 2 +d 2 n. b On en déduit que pour tout entier naturel n, OA 2 n+1 = OA2 n + A na 2 n+1. D après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle OA n A n+1 est rectangle en A n. c A 4 A A 5 A 2 A I v A 1 A 6 O u A 0 http ://www.maths-france.fr 7 c Jean-Louis Rouget, 2016. Tous droits réservés.
( d Pour tout entier nature n, u, ( OA n, OA n+1 = OA n = arg(z n = n π [2π] puis 6 ( OA n, u + ( u, OA n+1 = n π 6 +(n+1π 6 = π 6 [2π]. ( En particulier, OA, OA ( 5 = OA, OA ( 4 + OA 4, OA 5 = π [2π]. ( Soit A le point d abscisse négative tel que le triangle OA A soit équilatéral. Alors, OA, OA = π [2π] et la demi-droite [OA 5 est encore la demi-droite [OA. On obtient le point A comme intersection du cercle de centre O passant par A et du cercle de centre A passant par O puis on trace la demi-droite [OA. Le triangle OA 4 A 5 est rectangle en A 4. Donc, le cercle circonscrit au triangle OA 4 A 5 est le cercle de diamètre [OA 5 ]. Le centre I de ce cercle est à égale distance de O et A 4. On construit donc au compas la médiatrice du segment [OA 4 ]. Cette médiatrice coupe [OA en I. On trace ensuite le cercle de centre I passant par O. Il recoupe la demi-droite [OA en A 5. http ://www.maths-france.fr 8 c Jean-Louis Rouget, 2016. Tous droits réservés.