Baccalauréat S Centres étrangers juin 2005

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures Baccalauréat S Centres étrangers juin 2005 EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats 1. D1 0,6 R10,3 R10,7 D1 0,4 D20,7 R20,2 R20,8 D20,3 En suivant l'arbre de probabilités pondéré ci-dessus, on a p(R1)= 0,6?0,3 = 0,18. 2. De même p(R2)= 0,4?0,7?0,2 = 0,056. Donc p(R)= 0,18+0,056 = 0,236. 3. On sait que pR(R1)= p(R1?R)p(R) = 0,18 0,236 ≈ 0,7626≈ 0,763. 4. On a un schéma de Bernouilli avec p = 0,236 et n = 5, car 20 % de 25 repré- sentent 5 personnes. Donc la probabilité d'avoir 5 réponses au questionnaire est : ( 25 5 ) ? (0,236)5 ? (1?0,236)20 ≈ 0,179. EXERCICE 2 3 points Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité 1. M = N ?? z = z2 ?? z(1? z)= 0 ?? { z = 0 z = 1.

• ???mc ?


• ?z2? z3


• question précédente


• ??


• points commun


• ?z2? z

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2005
• Nombre de lectures: 25
• Langue: Français

Extrait

E X E R C IC E 1 Commun à tous les candidats

E X E R C IC E points2 3 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité ( z=0 2 1.M=N⇐⇒z=z⇐⇒z(1−z)=0⇐⇒ z=1.   z=0  ¡ ¢ 3 2 M=P⇐⇒z=z⇐⇒z1−z=0⇐⇒z(1+z)(1−z)=0⇐⇒ z= − 1 .   z=1 2 3 Conclusion siM∈E,z,zetzsont des complexes distincts et par consé quent M, N et P aussi. 2 22 2. a.M N Pest rectangle enPsi et seulement siM P+P N=M N⇐⇒ 2 2 22 2 ¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯ 3 23 22 22 z−z+z−z=z−z⇐⇒z(1−z)+z(1−z)= |z(z−1)| ⇐⇒ 2 ¯¯ 2 24 22 22 22 |z|1−z+ |z| |1−z|| =z| |1−z| ⇐⇒(carz6=0)|1−z|| +z| |1− 2 22 2 z| =|1−z| ⇐⇒(carz6=1)|1+z|| +z| =1.

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0, 4

R 1

R 1

D 2

R 2

R 2

3 points

0, 2

D 1

1.

0, 6

0, 3

0, 7

0, 8

0, 3 D 2 En suivant l’arbre de probabilités pondéré cidessus, on ap(R 1 )=0, 6×0, 3= 0, 18. 2.De mêmep(R 2 )=0, 4×0, 7×0, 2=0, 056. Doncp(R)=0, 18+0, 056=0, 236. p(R 1 ∩18R) 0, 3.On sait quep R (R 1 )≈= =0,762 6≈0, 763. p(R) 0,236 4.On a un schéma de Bernouilli avecp=et0, 236n=5, car 20 % de 25 repré sentent 5 personnes. Donc la probabilité d’avoir 5 réponses au questionnaire est : Ã ! 25 5 20 ×(0, 236)×(1−0, 236)≈0, 179. 5

0, 7

Durée : 4 heures

D 1

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2 2 b.En reprenant l’égalité précédente :|1+z| +|z| =1⇐⇒(1+z)(1+z)+ z z=1⇐⇒(1+z)(1+z)+z z=1⇐⇒z z+z+z+1+z z=1⇐⇒ µ ¶µ ¶ 1 1 11 11 1 2z z+z+z=0⇐⇒z z+z+z=+ −0⇐⇒z+z+ =⇐⇒ 2 2 44 22 4 à ! µ ¶ 1 11 z+z+ =. 2 24 à ! µ ¶ 1 11 1 c.Soit C le point d’affixe−. La condition précédentez+z+ = 2 22 4 1 11 entraîne quez+ = ⇐⇒CM=. GéométriquementMappartient ¯ ¯ 2 22 1 au cercle de centre C et de rayon,Métant distinct de O et de A (qui 2 sont sur le cercle et de B. 1 Conclusion : l’ensembleC, privé deest le cercle de centre C de rayon 2 O et de A. iα 3. a.On aM(z)∈Cetz=re . ½ cos(3α)>0 3 3i3αi3α Alorsz>0⇐⇒re>0⇐⇒e>0⇐⇒ ⇐⇒ sin(3α)=0 ( ½ cos(3α)>0 cos(3α)>0 ⇐⇒ 2π ⇐⇒ 3α=0 [2π] α=]0 [ 3 ( cos(3α)>0 2π2π 2π2π ⇐⇒α=0 ouα=ouα= −, α=ou0 ou− 3 3 3 3 car dans ces trois cas le cosinus est positif (et même égal à 1.) L’ensembleFcherché est donc la réunion des trois demidroites d’ori ³ ´ −→ 2π gine O faisant respectivement avec l’axeO,uun angle de 0,et 3 2π −, privées du points O. 3 b.Figure :

−→ D v

1 −→ A OB C −) 4 u

E

c.D’après les questions2. a.et2. b.il faut queMappartiennent aux deux ensemblesCetF: graphiquement on voit qu’il y a deux solutions. ½ ¾ 2π2π 2 2 il faut donc quer>0,α∈ −, 0,et que|z+1| +|z| =1. 3 3

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Baccalauréat S

2π 2iπ rir3 − – Siα= −,z=re ,z+1+= −1+. 3 3 22 ³ ´ 2 2 r3r 2 22 2 Donc|z+1| +|z| =1⇐⇒ −+1+ +r=1⇐⇒2r−r+1= 2 4 1 2 1⇐⇒2r−r=0⇐⇒r=. Première solution le point E d’affixe 2 p 1 2iπ 1 3 − 3 −e= −−i . 2 44 2π – Siα=, le calcul der; on trouve le point D d’affixeest le même 3 p 1 13 2iπ 3 −e+= −i . 2 44 2 22 22 – Siα=0,z=r,|z+1|| +z| =1⇐⇒(r+1)+r=1⇐⇒2r+r= 1 0⇐⇒r= −qui n’a pas de solution. Il y a donc comme prévu deux 2 solutions : les points D et E.

E X E R C IC E 2 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

3 points

Partie A 2 22 2 1.Sia=2petb=2q, alorsN=a−b=4p−4q=4×. . .n’est pas impair; 2 2 Sia=2p+1 etb=2q+1, alorsN=(2p+1)−(2q+1)=(2p+2q+2)(2p−2q) n’est pas impair. Conclusionaetbn’ont pas la même parité. 2.On a par définition deN,a>b. OrN=(a+b)(a−b), donc est le produit de deux naturels. En posanta+b=peta−b=q,N=p×q. D’après la question 1,aetbsont de parités contraires, donca+b=peta−b=qsont impairs et leur produit aussi.

Partie B 2 1. a.Les restes deXsont les naturels de 0 à 8. On calcule les restes deX: X0 1 2 3 4 5 6 7 8 2 X0 1 4 0 7 7 0 4 1 b.507On a 250=9×27 834+1, donc 250507≡1 modulo9. 2 2 D’après la question précédente et puisquea−250 507=b, les restes 2 modulo 9 debsont ou 0, ou 1, ou 4 ou 7. 2 2 On en déduit que les restes modulo 9 dea=250 507+bsont 1, 2, 5 ou 8. Mais ces trois dernières valeurs sont interdites d’après la question 1. a. 2 Donc le reste modulo 9 deaest égal à 1. Toujours d’après la question 1. a., on en déduit que les restes possibles deasont 1 ou 8. 2 22 2 2. a.Si (a;b) vérifie l’équationa−250 507=b, alorsa=250 507+b > p 250 507⇐⇒a > 250 507⇐⇒a > 501. 2 2 2 b.(501 ;b) solution de (E) si 501−250 507=b⇐⇒494=bqui n’a pas de 2 2 solution dansN, car 22=484 et 23=529. Il n’y a pas de couple solution de la forme (501 ;b). 3. a.On a 503≡9 et 5058 modulo≡9. D’après la question pré1 modulo cédente, on peut dire queaest congru ê 503 ou à 505 modulo 9. 2 2 b.(505+9k;b) solution de (E) si et seulement si 505+81k+9 090k− 2 22 2 250 507=b⇐⇒255 025+81k+9 090k−250 507=b⇐⇒4 518+81k+ 2 9 090k=b.

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Baccalauréat S

Pourk=518 n’est pas un carré ;0, 4 2 2 Pourk=5181, 4+81+9 090=13 689=117=b⇐⇒b=117. Donc le couple (514 ; 117) est un couple solution.

Partie C 2 2 1.D’après la question précédente 250 507=514−117=(514+117)(514−117)= 631×397. (Effectivement 250507 n’est pas premier. 2.631 n’est pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 : il est premier : 397 n’est pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 : il est premier. Conclusion 631 et 397 sont premiers entre eux. 3.507 est 631D’après la question précédente la seule écriture primaire de 250× 397. Il n’existe pas d’autre écriture de ce nombre si ce n’est l’écriture triviale 1×L’écriture précédente est donc unique.250 507.

E X E R C IC E points3 5 Commun à tous les candidats 1.Par définition de A 1 centre de gravité du triangle BCD, donc isobarycentre des −−→ −−→−−→−→−−→−→−→−−→→ points B, C et D : A 1 B+A 1 C+A 1 D=0⇐⇒3A 1 A+AB+AC+AD=0⇐⇒ ³ ´ −−→ 1 −→−→−→ AA 1 =AB+AC+AD . 3 ³ ´³ ´ 2 2 −−→−→ 1 −→−→−→−→− → −AC+AD Calculons AA 1 ∙CD=AB+AC+AD∙CA+AD= =0, car 3 3 AC = AD. −−→−→ Un calcul analogue montre que AA 1 ∙BC=0. Conclusion : la droite (AA 1 ) orthogonale ê deux droites sécantes du plan (BCD) est orthogonale à ce plan. 2.erpendiculaireLa droite (AB) est perpendiculaire à (AC) et à (AD), dont est p au plan (ACD). Le volume du tétraèdre est donc égal à 2 3 a a V = AB×S(ACD)=a× =. 2 2 D’après la question précédente on peut également utiliser la hauteur AA 1 et la base (BCD) : p p 2 1a2×3a3 V = AA 1 ×S(BCD) = AA 1 × ×a2=AA 1 ×. 2 22 p 2 32 a aa3a3 On a donca× = =AA 1 × ⇐⇒AA 1 =. 2 22 3 −→−→−→ −−→−→−→−→−→−→ 3.Le point G vérifie : GA+GB+GC+GD=0⇐⇒4GA+AB+AC+AD= ³ ´ −→−→ 1 −→−→−→ 0⇐⇒AG=AB+AC+AD . 4 ³ ´ −−→ 1 −→−→−→−→ 3 −−→ Or on a vu que AA 1 =AB+AC+AD ,donc AG=AA 1 qui signifie 3 4 3 que G appartient ê la droite (AA 1 ) (et même que G a pour abscissesi le 4 repère est (A, A 1 ).) p 3a3a3 On en déduit en prenant les normes que AG= ×=. 4 34 −−→−−→−→ I est le milieu de [BC] doncMB+MC=2MI . −−→−−→−−→−−→−−→ D’autre partMA+MB+MC+MD=4MG . −−→−−→−−→−−−→−→ −−→ DonckMA+MB+MC+MDk =2kMB+MCk ⇐⇒4MG=4MI⇐⇒ MG=MI. Conclusion : l’ensemble des pointsMcherchés est le plan médiateur du segment [BC].

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³ ´ −−→−→ 1 −→−→−→ 4a.Par définition de H : AG=GH=AB+AC+AD . 4 −→−→−→−→−→−→−→−→ Donc 4AG=AB+AC+AD⇐⇒BA=4GA+AC+AD . ³ ´³ ´ −−→−−→−−−→→ 2 2 On a HC−HD=HC+HD HC−HD . −−→−−→−→−→−→ Or HC+HD=2HA+AC+AD , mais par définition du point H, −→−→ HA=2GA . −−→−−→−→−→−→−→ Donc HC+HD=4GA+AC+AD=BA (d’aprèsla question précédente. −−→−−→−→ D’autre part HC−HD=DC . −→−→ 2 2 Conclusion : HC−HD=BA∙DC . −→−→ ab.On a vu que [BA] est hauteur pour la base (ACD), donc BA∙DC=0, donc 2 2 HC−HD=0⇐⇒HC = HD

E X E R C IC E 4 Commun à tous les candidats I. Première partie

7 points

1−x ′ 1.On af(x)= −1= 6 0 car 1+x>0. La fonctionfest décroissante 1+x1+x à partir de la valeurf(0)=ln 1−0=0. Doncfest négative etf(x) 6 0⇐⇒ ln(1+x)−x 6 0⇐⇒ln(1+x) 6 x. 2 1 (x−1)(x+1)+1x ′ D’autre partg(x)= −1+x= = > 0. 1+x1+x1+x 0 La fonctiongest donc croissante ê partir de la valeurg(0)=ln 1−0+ =0. 2 2 2 x x Doncgest positive etg(x) > 0⇐⇒ln(1+x)−x+ > 0⇐⇒x− 6 ln(1+x). 2 2 2.Finalement, en regroupant les deux inégalités pourx > 0, 2 x x− 6 ln(1+x) 6 x. 2 II. Deuxième partie

3 1.Initialisation :u 1 = >0 : vrai ; 2 µ ¶ 1 Hérédité : supposons queu n >alors0 ;u n+1 =u n 1+ >0 car les deux n+1 2 facteurs sont supérieurs à zéro. On a donc démontré par récurrence queu n >0 sin>0. µ ¶ 1 3 2.Initialisation :u 1 =ln 1+ =ln :vrai ; 1 2 2 µ ¶µ ¶µ ¶ 1 11 Hérédité : supposons que lnu n =ln 1+ +ln 1+ +∙∙ ∙+ln 1+; alors 2n 2 22 µ ¶µ ¶µ ¶ 1 11 par définition de la suite : lnu n+1 =lnu n +ln 1+ =ln 1+ +ln 1+ + n+1 2 2 22 µ ¶µ ¶ 1 1 ∙ ∙ ∙ +ln 1+ +ln 1+. n n+1 2 2 Conclusion on a démontré par récurrence que pourn>0, µ ¶µ ¶µ ¶ 1 11 lnu n =ln 1+ +ln 1+ +∙ ∙ ∙ +ln 1+. 2n 2 22 1 3.Quel que soit le natureln>0, ,>0 ;on peut donc utiliser l’encadrement n 2

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démontré dans la première partie : µ ¶ 1 1 11 1 − × 6 ln 1+ 6 2 2 42 2 µ ¶ 1 1 11 1 − × 6 ln 1+ 6 2 22 2 2 24 22 µ ¶ 1 1 11 1 − × 6 ln 1+ 6 3 33 3 2 24 22 . . .. . .. . .. . .. . . µ ¶ 1 1 11 1 − × 6 ln 1+ 6 n nn n 2 24 22 Tous les termes sont positifs : on peut donc ajouter ces inégalités membres à membres pour obtenir : 1 S n −T n 6 lnu n 6 S n . 2 4.S n est la somme desnpremiers termes d’une suite géométrique de premier 1 1 terme etde raison. 2 2 1 S n =1−même. DeT n est la somme desnpremiers termes d’une suite n 2 1 1 géométrique de premier termeet de raison. 4 4 µ ¶ 1 1 T n =1−. n 3 4 1 11 1 Comme et sontcompris entre−lim1 et 1, on a=lim0 et=0. n n n→+∞n→+∞ 2 42 4 1 On en déduit quelimS n =1 et quelimT n =. n→+∞n→+∞ 3 5. a.On a démontré que sin>0, alorsu n >0. On peut donc écrire que u n+1 1 =1+ >1. n+1 u n 2 a suiteue On a donc pour toutn>0,u n+1 >u n : l ( n ) n>0 st strictement croissante. S n b.On a démontré que lnu n 6 S n ⇐⇒u n 6 croissance de la fonce (par tion exponentielle.) 1 MaisS n est majorée par 1 ; doncu n 6 e ouu n 6 e. Conclusion : la suite (u) estcroissante et majorée : elle est donc n n >0 convergente vers une limiteℓ. c.Cette limite est positive comme tous les termes de la suite; d’autre part par continuité de la fonction ln,lim lnu n =lnℓ. n→+∞ À partir de l’encadrement de lnu n démontré ê la question 3, on déduit que µ ¶ 1 limS n −T n 6 lim lnu n 6 limS n n→+∞n→+∞n→+∞ 2 1 5 c’estàdire : 1− 6 lnℓ 6 1⇐⇒ 6 lnℓ 6 1. 6 6 Finalement, on obtient l’encadrement : 5 e 6 ℓ 6 e. 6

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