Baccalauréat Amérique du Sud série S novembre

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Baccalauréat Amérique du Sud série S \ novembre 2003 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats 1. Les jetons étant indiscernables, la probabilité de tirer l'un quelconque d'entre eux est égale à • 1 4 pour ?1 ; • 2 4 = 1 2 pour 0 ; • 1 4 pour 1 ; Puisque l'on tire les trois coordonnées la probabilité que le point M soit en A est égale à celle d'obtenir le triplet (1 ; ?1 ; ?1), soit 1 4 ? 1 4 ? 1 4 = 1 64 . 2. Les tirages conduisant à E1 sont de la forme (a ; 0 ; 0) avec a quelconque. On a donc p (E1)= 1? 2 4 ? 2 4 = 1 4 . 3. a. On sait qu'une équation de P est de la forme 1x + 1y + 1z + d = 0 et comme O ?P , on en déduit que d = 0. M(x ; y ; z)?P ?? x+ y + z = 0. b. Voir la figure à la fin. c. Il faut chercher les tirages (x ; y ; z) tels que x+y+z = 0. Sur les 27 tirages possibles : – si x = ?1, il faut y = 1 et z = 0 ou inversement soit (?1 ; 1 ; 0) et (?1 ; 0 ; 1) ;

• ?a ?a


• om ?


• équation initiale


• couple solution


• axe des abscisses


• arg


• ??


• couple

Sujets

• Couple

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 novembre 2003
• Nombre de lectures: 55
• Langue: Français

Extrait

[BaccalauréatAmériqueduSudsérieS\
novembre2003
EXERCICE 1 4points
Communàtouslescandidats
1. Lesjetonsétantindiscernables,laprobabilitédetirerl’unquelconqued’entre
euxestégaleà
1
• pour−1;
4
2 1
• = pour0;
4 2
1
• pour1;
4
Puisque l’on tire les troiscoordonnées laprobabilité quele point M soit en A
1 1 1 1
estégaleàcelled’obtenirletriplet(1;−1;−1),soit × × = .
4 4 4 64
2. LestiragesconduisantàE sontdelaforme(a ; 0; 0)aveca quelconque.1
2 2 1
Onadoncp(E )=1× × = .1
4 4 4
3. a. On sait qu’une équation deP est de la forme 1x+1y+1z+d = 0 et
commeO∈P,onendéduitqued=0.
M(x ; y ; z)∈P ⇐⇒ x+y+z=0.
b. Voirlafigureàlafin.
c. Ilfautchercherlestirages(x ; y ; z)telsquex+y+z=0.Surles27tirages
possibles:
– si x=−1, il faut y= 1 et z= 0 ou inversement soit (−1 ; 1 ; 0) et
(−1; 0; 1);
– si x=0, onpeut avoir y=0 et alors z=0, sinon y=1 et z=−1 ou
inversementsoitlestroistirages(0; 0; 0), (0; 1;−1)et(0;−1; 1);
– six=1ilfautquel’undesautrestiragessoit−1etledernier0,soit
lesdeuxtirages(1; 0;−1)et(1;-1;0).
1 1 1 1 1 1 3 1 3+2 5
Onadoncp E =6× × × + × × = + = .( )2
4 2 4 2 2 2 16 8 16 16
4. Parmiles27pointsdelafigure,seulslessommetsducubesontàunedistancep p
2 2 21 +1 +1 = 3>1,5.
Commeilya8sommets,laprobabilitédel’évènement E estégaleà3
³ ´1 1 1 7
8× = ,d’oùp(E )=1−p E =1− = .3 3
64 8 8 8
EXERCICE 2 5points
Enseignementobligatoire
PartieI
1
1. LecentreΩducercleC apouraffixe quiestdonclerayonducercle.
2
1 1
A appartient au cercleC si et seulement si A Ω= ⇐⇒ |ω−a |= ⇐⇒0 0 0
¯ ¯ 2 2
¯ ¯1 1
¯ ¯i = quiestbienvraie.¯ ¯2 2
µ ¶ µ ¶
1 1 1 1 3 1′a. b =a b= + i (−1+2i)=− −1+i 1− =− + i.0
2 2 2 2 2 23 1 3 1′ − i − i0−b 3−i (3−i)(1−3i)2 2 2 2b. Onaarg =arg =arg =arg =arg =
′ 3 1 1 3b−b 1+3i (1+3i)(1−3i)−1+2i+ − i + i
2 2 2 2
−10i π
arg =arg(−i)=− [2π].
10 2³ ´−−→ −−→ π
′ ′ ′Cecimontreque B B, B O =− [2π],c’est-à-direqueletriangleOBB
2
′estrectangleenB .
B
2
1
′B A
I
O Ω−1 1
−1
PartieII
a−1
1. a. Commea6?0eta6?1,lequotient existeetestnonnul.Onsaitque
aà !−−→ ³ ´ ³ ´−−−→ −−−−→a−1 OA −→ z−az′ ′=arg IA [2π]Commez6?0, M O, M M =arg [2π]=
a , 0−az
µ ¶ µ ¶
1−a a−1
arg [2π]=arg [2π].
−a a
³ ´−−−→ −−−→
′ ′ ′ ′b. LetriangleOMM estrectangleenM sietseulement si M O, M M =
µ ¶
π a−1 π
[π] ⇐⇒ arg [2π]= [π].
2 a 2 ³ ´−→ −→ π′ ′DoncOMM estrectangleenM sietseulementsi OA, IA = [2π] ⇐⇒
2³ ´−→ −→ π
AO, AI = [2π].
2
′ ′FinalementOMM estrectangleenM sietseulementsiAappartientau
cerclededediamètre[AI]exceptéslespointsOetI.
2
bbbbbµ ¶³ ´−−−→−−→ ax−0′2. Calculons OA, OM =arg =argx [2π]=0 [2π].
a−0
′CecimontrequelespointsO,AetM sontalignés.
′ ′D’après la question précédente le triangle OMM est rectangle en M . Donc¡ ¢
′ ′ ′MM estperpendiculaireàladroite(OM )ouencoreàladroite(OA):M est
doncleprojetéorthogoanldeM surlaladroite(OA).
EXERCICE 2 5points
Enseignementdespécialité
PartieA
1. 3divise5(15−x)etestpremieravec5:ildivisedonc15−x.Ilexistedonck∈Z
telque15−x=3k ⇐⇒ x=15−3k.
Enreportantdansl’équation initiale:3y=5×3k ⇐⇒ y=5k.
Lessolutions del’équationdansZ×Zsontlescouples[(15−3k); 5k], k∈Z.
pπ qπ
2. Après p rotations r et q rotations r , le point A a parcouru + (cm). Il1 2
3 5
fautdoncrésoudredansN×N,l’équation:
pπ qπ
+ =2,5×2π×1 ⇐⇒ 5p+3q=75
3 5
Cetteéquationpeuts’écrire:3q=75−5p ⇐⇒ 3q=5(25−p).
Donc d’après la question précédente les couples solutions sont de la forme
(15−3k ; 5k), k∈N.
Or15−3k>0 ⇐⇒ k65et5k>0 ⇐⇒ k>0.Donck∈{0; 1; 2; 3; 4; 5}.Ce
quidonnelescouples:
(15; 0), (12;5), (9; 10), (6,15), (3; 20)(0; 25)
PartieB
1. s composée d’une homothétie et d’une rotation de même centre est une si-1
π
militudedecentreO,derapport4etd’angle .
3
s composée d’une rotation et d’une homothétie de même centre est une si-2
π 6π
militudedecentreO,d’angle +π= etderapport6.
5 5
a. S composée de m similitudes de même centre est une simili tude dem
πmcentreOderapport4 etd’anglem× ;
3
S composée de n similitudes de même centre est une simili tude den
6πncentre O de rapport (6) et d’angle n× f composée de similitudes
5
m ndemêmecentreestunesimilitude decentreO,derapport4 ×(−6) et
π 6π
d’anglem× +n× .
3 5¡ ¢mm n 2 n 2m n n 2m+n nOr4 ×(6) = 2 ×[2×3] =2 ×2 ×3 =2 ×3 .
¡ ¢22 2 4 2b. Onsaitque144=12 = 2 ×3 =2 ×3 .
½
2m+n = 4
f estunehomothétiederapport144sietseulementsi
n = 2
½
m = 1
⇐⇒
n = 2
π 6π 5π+36π
Danscecasl’anglede f seraitégalà: +2× = =
3 5 15
41π
6?0 [π].
15
Conclusion f nepeutavoirunrapportde144.
3240 3c. On a OM=6, donc le rapport de f serait égal à =40=2 ×5. Ceci
6
2m+n nn’est paspossible puisque lerapportde f soit2 ×3 n’est pasmul-
tiplede5.
′DemêmeOM=6etOM =576entraînequelerapportde f seraitégalà
½ ½
576 2m+n = 5 m = 25 1=96=2 ×3 ⇒ ⇐⇒
n = 1 n = 16
′Conclusion:OM =576sietseulement sim=2etn=1.
2π 6π 28π
L’anglede f seraitalorségalà + = .
3 5 15
PROBLÈME 11points
1
f(x)= x −xe +e
PartieA
1
1. f(−x)= = f(x): lafonction f est doncpaire.DoncΓest symétrique
−x xe +e
autourdel’axedesordonnées.
−x x2. Onax>0⇒−x6x ⇐⇒ e 6e .
−x x3. a. Ona lim e =0et lim e =+∞,donc lim f(x)=0
x→+∞ x→+∞ x→+∞
xb. Commee >0, f inversed’unefonctiondérivablesurRledénominateur
nes’annulantpasestdérivablesurRet
x −xe −e′f (x)=− .
x −x 2(e +e )
2x −x x −xOnavuquee −e >0et(e +e ) >0,doncquelquesoitx∈R,
′f (x)60.Lafonction f estdoncdécroissantesurRetenparticulier sur
[0;+∞[.
4. a. Onadémontréque:
−x x x −x x x x0<e 6e ⇒0+e <e +e 6e +e
1 1 1x −x x x⇐⇒ e <e +e <2e ⇐⇒ 6 < ⇐⇒
x −x x x2e e +e e
h(x)6 f(x)6g(x).
b. On en déduit que sur [0 ; +∞[, la courbeΓ est située au dessus de laΓ2
etendessousdelacourbeΓ .1
¡ ¢1Tangente au point 0; : elle passe par ce point et a pour coefficient
2
′directeur f (0)=0:elleestdonchorizontale
PartieB
1. I est l’intégrale d’une fonction positive etcontinue définiesurune partieden
[0;+∞[:cetteintégraleexisteetestpositive.
Elle est égale (en unités d’aire) à l’aire de la surface comprise entre l’axe des
abscisses,lacourbeΓetlesdroitesverticalesd’équations x=n etx=n+1.
2. a. Surl’intervalle [n ; n+1],lafonction f estdécroissante;donc
n6x6n+1⇒ f(n+1)6 f(x)6 f(n).
Enintégrantcestroisfonctionssurl’intervalle [n ; n+1]onadonc
Z Z Zn+1 n+1 n+1
f(n+1)dx6 f(x)dx6 f(n)dx ⇐⇒
n n nZ Z Zn+1 n+1 n+1
f(n+1) 1dx6 f(x)dx6 f(n) 1dx
n n n
ouencore f(n+1)[(n+1)−n]6I 6 f(n)[(n+1)−n] ⇐⇒n
f(n+1)6I 6 f(n)quelquesoitn∈N.n
4b. D’aprèslaquestion précédente
f(n+2)6I 6 f(n+1)etdoncpartransitivité I 6I .n+1 n+1 n
Lasuite(I )estdécroissante.n
c. La suite (I )est décroissante et minorée par zéro: elle est doncconver-n
genteversunelimiteℓ>0.
OronavuI 6 f(n)etque lim f(n)=0.n
n→+∞
D’aprèslethéorèmedes«gendarmes»,ona lim I =ℓ=0.n
n→+∞
PartieC
1. Surl’intervalle [0; n],lesfonctionsh, f etg sontpositives etintégrables.
Z Z Zn n n
h(x)6 f(x)6g(x)⇒ h(x)dx6 f(x)dx6 g(x)dx,soit
0 0 0Z Z · ¸nn n £ ¤1 1 n−x −x −x −xe dx6J 6 e dx ⇐⇒ − e 6J 6 −e ⇐⇒n n 02 20 0 0
1 −n −n(1−e )6J 61−e .n
2
−n −nCommee >0, 1−e <1.
Z Z Zn+1 n n+1
2. J −J = f(x)dx− f(x)dx= f(x)dx.n+1 n
0 0 n
Cette dernière intégrale est positive comme intégrale d’une fonction positive
avecn<n+1quelquesoitn∈N.
J −J >0⇒J >J .Lasuite(J )estcroissante.n+1 n n+1 n n
Lasuite J estcroissanteetmajoréepar1:elleconvergedoncversunelimite( )n
L inférieureouégaleà1.
−n3. Ona lim e =0.
n→+∞
Enutilisantlethéorèmeadmisonendéduitque:
1
6L61.
2
x4. a. Enpartantdel’énoncéetenmultipliantchaquetermepare ,onobtient
x xe e
f(x)= = .
x x 2xe ×e +1 e +1( )
1
x ′ x x x xb. La dérivée de la fonction v(e ) est v (e )=e ×u(e )=e × =
2x1+(e )
xe
= f(x).2x(e ) +1
Zn £ ¡ ¢¤ ¡ ¢ ¡ ¢ πnx n nc. Onadonc J = f(x)dx= v e =v e −v(1)=v e − .n 0 40
¡ ¢ πnOnsaitque lim v e = .
n→+∞ 2
π π π
Donc lim J =L= − = .n
n→+∞ 2 4 4
π
L= .
4
5Annexedel’exercice1
Cettepageseracomplétéeetremiseaveclacopie
H
G
E
F
→−
k