Baccalauréat S Centres étrangers juin 2006

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures Baccalauréat S Centres étrangers juin 2006 EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats Partie : A Restitution organisée de connaissances En fait la démonstration n'en n'est pas une puisque tous les éléments de la démons- tration sont donnés dans les prérequis. Partie B 1. VRAI : z2 =?12 i, et z 4 = ( z2 )2 =? 1 4 ?R. 2. FAUX : si z = a + ib, z = a ? ib et ??z + z?? = 0 ?? 2a = 0 ?? a = 0. Donc tous les imaginaires de la forme bi avec b 6= 0 vérifient la relation sans être nuls. 3. VRAI : z+ 1 z = 0 ?? z 2+1 z = 0 ?? z2+1= 0 (z 6= 0) ?? (z+i)(z?i)= 0 ?? z =?i ou z = i. 4. FAUX : Si z = 1 et z ? = e 2ipi3 =?12+i p3 2 , alors z+z ? = 1 2+i p3 2 , |z| = 1 et |z+z ?| = √1 4 + 3 4 = p1= 1 et z ? 6= 0. EXERCICE 2 5 points Réservé aux candidats n'ayant pas choisi l'enseignement de spécialité 1.

• triangle bde


• équation du plan pk


• n?


• gravité du triangle bde


• ona lim


• ??


• ??0 ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2006
• Nombre de lectures: 16
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures

Baccalauréat S Centres étrangers juin 2006

E X E R C IC E points1 3 Commun à tous les candidats Partie : ARestitution organisée de connaissances En fait la démonstration n’en n’est pas une puisque tous les éléments de la démons tration sont donnés dans les prérequis. Partie B 1 ¡ ¢ 2 1 2 42 1.VRAI :z= −i, etz=z= −∈R. 2 4 ¯ ¯ 2.FAUX : siz=a+ib,z=a−ibetz+z=0⇐⇒2a=0⇐⇒a=0. Donc tous les imaginaires de la formebi avecb6=0 vérifient la relation sans être nuls. 2 1z+1 2 3.VRAI :z+ =0⇐⇒ =0⇐⇒z+1=0 (z6=0)⇐⇒(z+i)(z−i)=0⇐⇒ z z z= −i ouz=i. 2iπ 1 31 3 ′ ′′ 3 4.FAUX : Siz=1 etz=e= −+i ,alorsz+z= +i ,|z| =1 et|z+z| = 2 22 2 1 3 p ′ + =1=1 etz6=0. 4 4

E X E R C IC E points2 5 Réservé aux candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité 1.Sip 1 ,p 2 ,p 3 etp 4 dans cet ordre, forment une progression arithmétique de raisonr, alorsp 2 =p 1 +r,p 3 =p 1 +2retp 4 =p 1 +3r. On a donc : ½ p 4 =p 1 +3r=0, 4 ⇐⇒ p 1 +p 1 +r+p 1 +2r+p 1 +3r=1 (loi des probabilités totales)

½ ½ p 1 +3r=0, 42p 1 +6r=0, 8 ⇐⇒ =⇒2p 1 =0, 2⇐⇒p 1 =0, 1. 4p 1 +6r=1 4p 1 +6r=1 On en déduit aussitôt quer=et finalement :0, 1 p 1 =0, 1,p 2 =0, 2,p 3 =0, 3,p 4 =0, 4. 2. a.La probabilité d’obtenir dans l’ordre 1, 2, 4 estp 124 =0, 1×0, 2×0, 4= 0, 008. b.Les tirages donnant trois nombres distincts croissants sont : (1, 2, 3), (1, 2, 4), (1, 3, 4) et (2, 3, 4). La probabilité d’avoir l’un de ces tirages est donc : p 1 ×p 2 ×p 3 +p 1 ×p 2 ×p 4 +p 2 ×p 3 ×p 4 +p 2 ×p 3 ×p 4 = 0, 006+0, 008+0, 012+0, 024=0, 05. 3. a.On a un schéma de Bernouilli avecn=10 etp 4 =On sait que la0, 4. probabilité d’obtenirifois le chiffre 4 est (pour 0 6 i 6 10) : Ã !Ã ! 10 10 i10−i i10−i p(X=i)=(10, 4−0, 4)=0, 6.0, 4 i i

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

à ! 10 10 X X 10 i10−i b.On a E(X)=i×p(X=i)=i×0, 60, 4=4. i i=0i=0 Cela signifie que sur un grand nombre de tirages le 4 sortira en moyenne 4 fois sur 10. 10 c.On ap(X > 1)=1−p(X=0). Orp(X=0)=0, 6. 10 Doncp(X > 1)=1−0, 6≈0,993 9≈soit à peu près 994 chances0, 994, sur 1 000 d’obtenir au moins une fois le 4 en 10 tirages. 4. a.La probabilité d’obtenirn−1 fois un autre chiffre que le 4 et ensuite le 4 e auntirage est :

n−1 U n =0, 6×0, 4. Cette suite est une suite géométrique de premier termeU 1 =et de0, 4 raison 0,6. Comme−1<0, 6<1, cette suite converge vers 0. n 1−0, 6 0 1n−1n b.S n =0, 4×0, 6+0, 4×0, 6+ ∙ ∙ ∙ +0, 4×0, 6=0, 4× =1−.0, 6 1−0, 6 n On a de mêmelim 0,6=0, donclimS n =1. n→+∞n→+∞ n n c.On aS n >0, 999⇐⇒1−0, 6>0, 999⇐⇒0, 6<0, 001⇐⇒ ln 0, 001 nln 0, 6<ln 0, 001(par croissance de la fonction ln)⇐⇒n> ln 0, 6 car ln 0, 001 ln 0, 6<0. Comme≈il faut donc faire 14 tirages.13, 5, ln 0, 6

E X E R C IC E 2 Réservé aux candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité

Partie A.Quelques exemples

5 points

n nn 1.4≡3, donc 41 mod≡1 mod3 et finalement 4≡3.1 mod 2.4 est premier avec 29 (29 est premier). Donc d’après le petit théorème de Fer 29−1 28 mat 4−1≡0 mod29 ou encore 4−1 est divisible par 29. 3.4=0×17+4 ; 2 4=0×17+16 ; 3 4=3×17+13 ; 4 4=15×17+1. ¡ ¢ k 4 4k La dernière égalité montre que 4≡17, d’où1 mod4≡1 mod17 soit 4k4k 4≡17 ou encore 41 mod−1≡17.0 mod 4k Conclusion : 4−1 est divisible par 17. 2 22k 4.On a 4=16=3×5+1 ou 4≡5 d’où il résulte que 41 mod≡5 ou1 mod 2k encore 4−1≡0 mod5. n Conclusion : 4−1 est divisible par 5 sinest pair. 2k Par contre : de 4≡5 et 44 mod≡1 mod5 il résulte par produit que 2k+1 4≡5.4 mod n Conclusion : 4−1 est divisible par 5 si et seulement sinest pair. 28 5.Diviseurs premiers de 4−; la1 : la question 2 a déjà donné le nombre 29 question 3 a donné le diviseur premier 17 ; la question 4 a donné le diviseur 5. n n D’autre part, 4≡3 entraîne 41 mod≡3 ou encore 41 mod−1 est divisible par 3 qui est premier. Il y a également 5, 43 .. .

Partie B.Divisibilité par un nombre premier

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juin 2006

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

2 1.4=si2 ;pest premier différent de 2, il est premier avec 4, donc d’après le p−1p−1 petit théorème de Fermat 4−1≡0 modpou 4≡1 modp. Le premier premier différent de 2 est 3, doncn=p−1 > 1. n b 2. a.On a donc : 4≡1 modp, 4≡1 modpet il existe un unique couple n bq+r de naturels (q;r) tel quen=b q+ravecr<b. On a donc 4=4= ¡ ¢ q bq rb r 4×4=4×4 . ¡ ¢ q b q On déduit de la seconde congruence que4≡1 modp≡1 modp. ¡ ¢ q b rr nr Donc 4×4≡4 modpet donc que 4≡4 modp. n r Finalement comme 4≡1 modp, 4≡1 modp. n b.On vient de démontrer dans la question précédente que si 4≡1 modp, b alorsnest multiple deb,bétant le plus naturel positif tel que 4≡1 modp. ¡ ¢ k b bk Inversement sin=kb, de 4≡1 modp4, on déduit que≡1 modp n soit 4≡1 modp. L’équivalence est donc démontrée. p−1 c.D’après la question B. 1 4≡1 modpet soitble plus petit entier tel b que 4≡1 modp. D’après la question 2. b. il en résulte quep−1 est multiple debou encoreb(non nul) divisep−1.

E X E R C IC E 3 Commun à tous les candidats

Partie AÉtude de la fonctionf

6 points

x x e 1e x 1.On sait que e6=0, quel que soit le réelx;f(x)== ×. x−x x e 1+e e+1 x 2.On alim e=lim0, doncf(x)=0. Interprétation graphique : l’axe des abs x→−∞x→−∞ cisses est asymptote horizontale au voisinage de moins l’infini àC. −x De mêmelim e=0, donclimf(x)=1. Interprétation graphique : la x→+∞x→+∞ droite d’équationy=1 est asymptote horizontale au voisinage de plus l’in fini àC. 3.fest dérivable comme quotient de fonctions dérivables, le dénominateur ne s’annulant pas surR. −x−x (−e )e ′x′ ∀x∈R,f(x)= −=. Comme e>0 pour tout réelx,f(x)> −x2−x2 (1+e )(1+e ) 0 surR. Donc la fonctionfest croissante surR(de 0 à 1). 4.Il en résulte le tableau de variations suivant :

Centres étrangers

x−∞0+∞

′ f(x) + 1/4 + 1 f(x) 1/2 0

juin 2006

Baccalauréat S

−2

C

−1

5. 1

A

O

A n

1

A. P. M. E. P.

Partie B 1.Quel que soit le réelx, en utilisant A. 1. x x e 1e+1 f(x)+f(−x)= + = =1. x xx e+1 e+1 e+1 µ ¶ 1 ′ Le milieu du segment[M M0 ;] est donc le point A de coordonnées, et ce 2 point est un centre de symétrie pour la courbeC. 2. a.Soitn∈N; on sait d’après la partie A quef(x)>0. Donc, l’aire de la sur face comprise entre l’axe des abscisses, la courbeCet les droites d’équa Z n tionsx=0 etx=nest l’intégralef(x) dx. 0 Donc par différence avec l’aire du rectangle de côtés 1 etn, Z Z µ ¶ Z n n n x 1 ¡ ¢¤ e £ x 0 A n =(1−f(x)) dx=1− =dx=ln 1+e= x x −n 0 0 1+e 0 e+1 ¡ ¢ −n ln 2−ln 1+e ,en utilisant les questions A. 1 et B. 1 (symétrie autour de A). −n b.On sait quelim e=0 donc par continuité de la fonction ln, n→+∞ ¡ ¢ −n lim ln1+e=0. n→+∞ Ainsi limA n =ln 2. n→+∞

2

Partie C 2xx x2xx x eaebe eaebe 1.Si pour toutxréel= +, alors− +⇐⇒ x 2x x2 x 2x x2 (e+ 1) e+1 (e +1) (e+ 1) e=1 (e +1) 2x xx xx x e−beae e(e−b ) ae = ⇐⇒= =⇒a=1 etb= −1. x 2x x2x (e+ 1) e+1 (e + 1) e+1 Z ZZ 0 2x 0 x 0 x e ee 2.On a pour toutλpositif,V(λ)=πdx=πdx−πdx= x 2x x2 −λ (e+1) −λ e+1 −λ (e+1) · ¸µ ¶ 0 ³ ´ ¡ ¢ 1 11 x−λ πln 1+e+ =πln 2+ −ln 1+e−. x −λ e+ 1 1 2 +e −λ −n 3.lim eOn a toujours=0 et par continuité de la fonction ln, n→+∞ ¡ ¢ −n lim ln1+e=0. n→+∞ µ ¶ 1 Donc limV(λ)=πln 2−. n→+∞ 2

E X E R C IC E 4 Partie A

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6 points

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

1.Les faces du cube d’arête 1 sont des carrés de côté 1, dont les diagonales ont p p pour longueur2. En particulier BD = DE = ED =2. Le triangle BDE est équi latéral. 2. a.I est le centre de gravité du triangle BDE ou l’isobarycentre des points B, 1 D et E. Les coordonnées de I sont de la forme(a B +a D +a D ). Avec le 3 repère choisi on a B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0) et E(0 ; 0 ; 1). µ ¶ 1 1 1 On obtient donc I; ;. 3 3 3 1 −→ b.On a dans le repère choisi G(1 ; 1 ; 1), donc le vecteurAG etle vecteur 3 −→ AI ontles mêmes coordonnées. −→−→−→−→ Autre démonstration : on sait que IB+ID+IE=0⇐⇒ −→−→−→→→−−→−−−→→ −→ 1 −→ 3IA+AB+AD+AE=0⇐⇒3IA+AG=0⇐⇒IA=AG . 3 −→ 1 −→ La relation vectorielle IA=AG signifieque les points A, I et G sont 3 alignés, et encore plus précisement que le point I appartient à la droite 1 (AG), ce point ayant l’abscissesi le repère choisi sur cette droite est le 3 repère (A, G). 3.On sait déja que I centre de gravité du triangle BDE est dans le plan (BDE).    1/3−1 −→−−→→−→ 1 1    D’autre part IA 1/3 etBD 1 . Le produit scalaire IA∙BD= −+ = 3 3 1/3 0 0, donc les vecteurs sont orthogonaux.   −1 −→ −→−→ 1 1   De même BE 0 . Le produit scalaire IA∙BE+ == −0, donc les vec 3 3 1 teurs sont orthogonaux. −→ Conclusion le vecteur IAorthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BDE) est normal à ce plan. Conclusion : I est le projeté orthogonal de A sur le plan (BDE).

Partie B Quel que soit le réelk,M k est le point de la droite (AG), d’abscissekpour le repère (A, G). La droite (AM k ) est donc orthogonale au plan (BDE), donc aussi au planP k . Conclusion : le pointN k est le projeté orthogonal de A sur le planP k . 1 1.D’après la partie A, on sait que sik=,M 1 = I, doncP 1 =(BDE) etN 1 = B 3 33 3 −−−→ 2. a.Les coordonnées du vecteur AM k sont les coordonnées du pointM k , soit (k;k;k). b.On sait qu’une équation du planP k est de la formek x+k y+k z+d=0 ; 2 2 22 comme il contientM k , on ak+k+k+d=0⇐⇒d= −3k. L’équation 2 du planP k est donck x+k y+k z−3k=0 soit pourk6=0 (cas particulier oùMest en A)x+y+z−3k=0. c.La droite (BC) est définie par les équations des deux plansx=1 etz=0, donc en remplaçant dans l’équation précédente 1+y+0−3k=0⇐⇒ y=3k−1. DoncN k (1 ;3k−1 ; 0). −−−→ 3.M k etN k appartiennent au planP k qui est orthogonal aux vecteurs AM k ou −→ AG . Donc pour toutkréel la droite (M k N k ) est orthogonale à la droite (AG) ;

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A. P. M. E. P.

−−−−→−→ Les coordonnées deM k N k sont (1−k; 2k−1 ;−ksont (0 ; 1 ;), celles de BC 0). −−−−→−→ 1 M k N k ∙BC=2k−1=0⇐⇒k=. 2 2 22 22 4.On aM k N=(1−k)+(2k−1)+(−k)=6k−6k+2. La distance est minimale k si son carré l’est. On a à trouver le minimum d’un trinôme : µ ¶·µ ¶¸ 2 1 11 1 2 2 6k−6k+2=6k−k+ =6k− −+. Cette expression est mini 3 24 3 1 male quand le carré est nul soit encore pourk=. 2 µ ¶ 1 11 2 Non demandé : cette distance est égale à6= =− +. 4 32 2 5.

F

B

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Section du cube par le planP 1 2

E

A

I

M 1 2

N 1 2 juin 2006

G

C

H

D