Bac S Juin 2003Antilles-GuyaneExercice 1 (4 points)Fig. 1 { Exercice 1BB1 KAJ!v!O uIA2B2A11) a) Considerons la rotation r de centre A, et d’angle , alors, par de nition des points : A = r(O). Par22consequent (ecriture complexe d’une rotation) :i2z z = e (z z );A A O A2d’ou l’on tire : z = i(0 (3 + 2i)) + 3 + 2i, puis z = 5 i .A A2 21I, centre du carre OAA A est aussi le milieu de la diagonale [OA ], donc : z = (z + z ), d’ou :2 1 2 I O A225 1z = i .I2 20 0b) Considerons la rotation r de centre B, et d’angle , alors, par de nition des points : B = r (O).12Par consequent (ecriture complexe d’une rotation) :i2z z = e (z z );B B O B1d’ou l’on tire : z = i(0 ( 1 + 4i)) 1 + 4i, puis z = 5 + 3i .B B1 11J, centre du carre OBB B est aussi le milieu de la diagonale [OB ], donc : z = (z + z ), d’ou :1 2 1 J O B125 3z = + i .J2 212) K est milieu de [AB], donc : z = (z + z ), d’ou : z = 1 + 3i .K A B K2! 5 1 3 7!Calculons l’a xe du vecteur KI : z = z z = i 1 3i = i. On en deduit KI =I KKI 2 2 2 2pq 2 2 133 7+ = .2 2 2pq 2 2 585 3 7 3 7 3De m^eme : z ! = z z = + i 1 3i = i, d’ou : KJ = + = .J K 2 2 2 2 2 2KJ 2 !7 3! !z z! ! i 7 3iKJ KJ 2 2 On a (KI ; KJ ) = arg . Or : = = = i, et arg( i) = [2], donc :3 7 2! !z z i 3 7iKI KI 2 2 p!! 13(KI; KJ ) = [2] . Comme de plus KI = KJ = , cela entra^ ne que le triangle KIJ est rec-2 2tangle isocele en K.Exercice 2 (candidats n’ayant pas suivi ...
Bac S Juin 2003
Antilles-Guyane
Exercice 1 (4 points)
Fig. 1 { Exercice 1
B
B1 K
A
J
!
v
!O u
I
A2
B2
A1
1) a) Considerons la rotation r de centre A, et d’angle , alors, par de nition des points : A = r(O). Par22
consequent (ecriture complexe d’une rotation) :
i
2z z = e (z z );A A O A2
d’ou l’on tire : z = i(0 (3 + 2i)) + 3 + 2i, puis z = 5 i .A A2 2
1I, centre du carre OAA A est aussi le milieu de la diagonale [OA ], donc : z = (z + z ), d’ou :2 1 2 I O A22
5 1
z = i .I
2 2
0 0b) Considerons la rotation r de centre B, et d’angle , alors, par de nition des points : B = r (O).12
Par consequent (ecriture complexe d’une rotation) :
i
2z z = e (z z );B B O B1
d’ou l’on tire : z = i(0 ( 1 + 4i)) 1 + 4i, puis z = 5 + 3i .B B1 1
1J, centre du carre OBB B est aussi le milieu de la diagonale [OB ], donc : z = (z + z ), d’ou :1 2 1 J O B12
5 3
z = + i .J
2 212) K est milieu de [AB], donc : z = (z + z ), d’ou : z = 1 + 3i .K A B K2! 5 1 3 7
!Calculons l’a xe du vecteur KI : z = z z = i 1 3i = i. On en deduit KI =I KKI 2 2 2 2pq 2 2 133 7+ = .
2 2 2
pq 2 2 585 3 7 3 7 3De m^eme : z ! = z z = + i 1 3i = i, d’ou : KJ = + = .J K 2 2 2 2 2 2KJ 2 !
7 3
! !z z! ! i 7 3iKJ KJ 2 2 On a (KI ; KJ ) = arg . Or : = = = i, et arg( i) = [2], donc :3 7 2
! !z z i 3 7i
KI KI 2 2 p!! 13
(KI; KJ ) = [2] . Comme de plus KI = KJ = , cela entra^ ne que le triangle KIJ est rec-
2 2
tangle isocele en K.
Exercice 2 (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de specialite,
5 points)
1) Designons par S, C et D les evenements suivants :
S : fil’article presente un defaut de soudurefl.
C : fi presente un defaut de composantfl.
D : fil’article est defectueuxfl.
Par de nition : D = S[ C, donc p(D) = p(S) + p(C) p(S\ C). De plus, S et C sont independants, donc
p(S\ C) = p(S) p(C), par consequent :
p(D) = p(S) + p(C) p(S) p(C) = 0; 03 + 0; 02 0; 03 0; 02 = 0; 0494:
2) a) Les appareils sont identiques et independants (l’etat d’un appareil n’a pas d’in uence sur les autres).
Le nombre d’appareils defectueux X suit donc la loi binomialeB(800; 0; 0494), et, pour tout entier k
compris entre 0 et 800 :
800 k 800 kp(X = k) = (0; 0494) (0; 9506) :
k
b) L’esperance de X est E(X) = 800 0; 0494 = 39; 52, c’est le nombre moyen d’appareils defectueux
que le magasin peut esperer avoir.
3) Notons Y le nombre d’articles defectueux parmi les 25 articles achetes. Y suit la loi binomialeB(25; 0; 0494).
a) On demande de calculer ici p(Y 6 2) = p(Y = 0) + p(Y = 1) + p(Y = 2) :
25 25 250 25 1 24 2 23p(Y 6 2) = (0; 0494) (0; 9506) + (0; 0494) (0; 9506) + (0; 0494) (0; 9506) :
0 1 2
3On trouve p(Y 6 2)’ 0; 876 a 10 pres.
b) Si Z designe le nombre d’articles defectueux parmi les n achetes, Z suit la loi binomialeB(n; 0; 0494).
La probabilite qu’au moins un appareil soit defectueux est alors donnee par : p(Z > 1) = 1 p(Z =
n0) = 1 (0; 9506) . On doit donc resoudre :
n n1 (0; 9506) 6 0; 5 , 0; 5 6 (0; 9506)
, ln(0; 5) 6 n ln(0; 9506)
ln(0; 5), > n
ln(0; 9506)| {z }
’13;68
Il ne doit donc pas commander plus de 13 articles.6
Z 1000
0;0007x 0;0007x4) Il s’agit de calculer p([700; 1000]) = 0; 0007e dx. Une primitive de la fonction x7! 0; 0007e
700
0;0007xest x7! e , donc : Z 1000 10000;0007x 0;0007x 3p([700; 1000]) = 0; 0007e dx = e ’ 0; 116 ( a 10 pres).
700
700
Exercice 2 (candidats ayant suivi l’enseignement de specialite, 5 points)
p p p
2 41) a) On trouve sans di cult e : (1+ 6) = 7+2 6, puis, en elevant a nouveau au carre : (1+ 6) = 73+p p p p p p
6 2 4 628 6. En n, en considerant que (1+ 6) = (1+ 6) (1+ 6) , on obtient : (1+ 6) = 847+342 6.
b) On a :
847 = 2 342 + 163
342 = 2 163 + 16
163 = 10 16 + 3
16 = 5 3 + 1
On en deduit que PGCD(847; 342) = 1, et donc que 847 et 342 sont premiers entre eux.p p
12) a) (1 + 6) = 1 + 6, donc : a = 1, b = 1, on a egalement, d’apres les calculs precedents : a = 7,1 1 2
b = 2 ; a = 73, b = 28; a = 847, b = 342.2 4 4 6 6p p p p
a + b 6 = (a + b 6)(1 + 6) = (a + 6b ) + (a + b ) 6. Par identi cation :n+1 n+1 n n n n n n
a = a + 6b et b = a + b :n+1 n n n+1 n n
b) On a : a + b = 2a + 7b = 2(a + b ) + 5b .n+1 n+1 n n n n n
Si 5 divise a + b , alors 5 divise 2(a + b ) + 5b , donc 5 divise 2(a + b ). Comme 5 et 2 sontn+1 n+1 n n n n n
premiers entre eux, cela implique d’apres le theoreme de Gauss que : 5 divise a +b , ce qui contreditn n
l’hypothese.
Comme a + b = 2 et que 5 ne divise pas 2, on en deduit par recurrence que, pour tout n2 N 5 ne1 1
divise pas a + b .n n
c) Soit d un diviseur premier commun a a et b . L’existence de d est a rm ee par le cours, et den+1 n+1
plus d = 5 d’apres la question precedente.
Comme a b = 5b , on en deduit que d divise 5b , donc que d divise b . Ce qui entra^ ne alorsn+1 n+1 n n n
que d divise a = b b . Ainsi d est un diviseur commun a a et b ; et comme on a suppose quen n+1 n n n
a et b sont premiers entre eux, necessairement d = 1, c’est- a-dire a et b premiers entre eux.n n n+1 n+1
Comme a et b sont premiers entre eux, on en deduit par recurrence que a et b sont premiers entre1 1 n n
eux, pour tout n2 N .
Probleme (11 points)
A. Resolution d’une equation di erentielle
0 2x(E) y 2y = 2(e 1):
2x 0 2x1) h(x) = 2xe + 1 et h (x) = (4x + 2)e , donc :
0 2x 2x 2x 2xh (x) 2h(x) = (4x + 2)e 4xe 2 = 2e 2 = 2(e 1):
Autrement dit, h est solution de l’equation (E).
2)
0(E’) z 2z = 0
Montrons que : y solution de (E) , z solution de (E’) :0 0 0: Supposons que y est solution de (E). On a z = y h, donc z = y h , et :
0 0 0 0z (x) 2z(x) = y(x) h(x) 2y (x) + 2h (x) = y(x) 2y(x) (h(x) 2h (x)) = 0;| {z } | {z }
2x 2x2(e 1) 2(e 1)
donc z est solution de (E’).
( Reciproquement, supposons que z soit solution de (E’). Alors :
0 0 0 0 0 2xy (x) 2y(x) = z (x) + h (x) 2z(x) 2h(x) = z(x) 2z(x) + h(x) 2h(x) = 2(e 1);| {z } | {z }
2x0 2(e 1)
donc y est solution de (E).
0 0Resolution de (E’). z 2z = 0 equivaut a z = 2z, dont les solutions sont les fonctions de la forme
2xz(x) = Ke , ou K est une constante reelle.
Resolution de (E). On en deduit que les solutions de (E) sont les fonctions de la forme y = z + h,
2x 2x 2xc’est- a-dire : y(x) = Ke + 2xe + 1 = (2x + K)e + 1.
3) Parmi les solutions precedentes, on cherche celle telle que : y(0) = 0, ce qui conduit a : K + 1 = 0, d’ou
K = 1.
B. Etude de la solution
1) La fonction g est derivable sur R (comme combinaison simple de fonctions qui le sont) et on obtient :
0 2x 0g (x) = 4xe . Il en resulte que g (x) a le m^eme signe que x. Le tableau de variations de g est donc le
suivant :
x 1 0 +1
0g (x) 0 +
g(x)
0
g admet en x = 0 son minimum qui vaut 0, on en deduit que, pour tout reel x : g(x) > 0.
12x2) a) 1 g(x) > 0, (1 2x)e > 0, 1 2x > 0, x 6 .
2
1Z
2
b) Calculons I = (1 g(x)) dx au moyen d’une integration par parties.
0
0u(x) = 1 2x u (x) = 2
Posons : , alors : , et on a :10 2x 2xv (x) = e v(x) = e
2
1 1 1 Z 1
2 2 221 1 1 e2x 2x 2x 2xI = (1 2x)e + e dx = (1 2x)e + e = 1:
2 2 2 200 0 0
1c) Sur l’intervalle 0; , la fonction g est positive, l’integrale I represente donc l’aire du domaine plan2
delimite par : la courbe representative de g, l’axe des abscisses, les droites d’equations respectives
1x = 0 et x = , le resultat etant exprime en unites d’aire.2
C. Etude d’une fonction
2x1) a) Limite en 1 . On a : lim (e 1) = 1 et lim x = 1 , donc par division : lim f(x) = 0 .
x! 1 x! 1 x! 1
2x Xe 1 e 1
Limite en 0. On a : f(x) = 2 = 2 , ou l’on a pose X = 2x. Or lorsque x tend
2x X
Xe 1
vers 0, X tend vers 0 et on sait que lim = 1. On en deduit donc que : lim f(x) = 2 .
X!0 X x!02x 2x Xe 1 e e
Limite en +1. On a : f(x) = 2 . Posons X = 2x, alors = , et lorsque x tend vers
2x x 2x X
Xe
+1, X tend vers +1; or (croissances comparees) : lim = +1, on en deduit donc que
X!+1 X
2xe 1
lim = +1. Comme de plus lim = 0, on aura nalemen t : lim f(x) = +1 .
x!+1 x!+1 x!+12x x
b) lim f(x) = 0 donc la droite d’equation y = 0 est asymptote horizontale a la courbe representative
x! 1
de f au voisinage de 1 .
2) La fonction f est derivable sur R (combinaison simple de fonctions derivables) et :
2x 0 2x 0 2x 2x 2x(e 1) (x) (e 1)(x) 2xe e + 1 (2x 1)e + 1 g(x)
0f (x) = = = = :
2 2 2 2x x x x
2 0Par consequent, comme x > 0, f (x) a le m^eme signe que g(x) c’est- a-dire positif. On en deduit le tableau
de variations de f :
x 1 0 +1
0f (x) + +
2 +1
f(x)
0 2
3)
x 2 1; 5 1 0; 5 0; 2 0; 1 0; 05 0; 05 0; 1 0; 2 0; 5 1
f(x) 0,49 0,63 0,86 1,26 1,64 1,81 1,90 2,10 2,21 2,46 3,43 6,39
4) La courbe representative de f est celle de f completee du point A(0; 2). En A on trace la tangente T a1
cette courbe au juge, son coe cien t directeur donne alors une valeur approchee du nombre derive de f en1
f (x) 21
00. Graphiquement, on trouve : f (0)’ 2. On peut donc conjecturer que : lim = 2.1
x!0 x
D. Approximation d’une integrale
Soit x2 [ 2; 1], alors :
4 2x 22 6 x 6 1: 4 6 2x 6 2:e 1 6 e 1 6 e 1:
4 2 2xOr e 1’ 0; 98 > 0; 99 et e 1’ 0; 864 6 0; 86, on a donc : 0; 99 6 e 1 6 0; 86. En divisant
chacun des membres de cette encadrement par x (qui est negatif!) on obtient bien :
2x0; 86 e 1 0; 99
6 6 :
x x x
1
Sur [ 2; 1], la fonction x7! est continue et admet comme primitive la fonction x7! ln( x), on a donc, en
x
integrant l’encadrement precedent :
1 1
0; 86 [ln( x)] 6 J 6 0; 99 [ln( x)] soit, apres calcul :2 2
0; 59 6 J 6 0; 686:·
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Fig. 2 { Probleme
C
T
A
!
j
!0
i