Corrigé du baccalauréat S

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat S \ Amérique du Sud novembre 2010 EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats 1. La droite D? a pour vecteur directeur ??u (?1 ; 3 ; ?1) lequel n'est manifeste- ment pas colinéaire au vecteur ??ı , vecteur directeur de la droite des abscisses D : donc les droites D et D? ne sont pas parallèles. Prouvons à présent qu'elle ne sont pas sécantes. Une représentation paramétrique de D étant : ? ? ? x = u y = 0 z = 0 , u ?R, on a pour M(x ; y ; z) : M ?D?D? ?? il existe (u ; t) ?R2 tel que ? ? ? u = ?t 0 = 3+3t 0 = 1? t ?? il existe (u ; t) ?R2 tel que ? ? ? u+ t = 0 t = ?1 t = 1 . Les deux dernières équations étant incompatibles, le système n'a pas de solu- tion et donc les droites D et D? ne sont pas sécantes. Les droites D et D? n'étant ni parallèles ni sécantes, elles sont donc non copla- naires. 2. Le vecteur ??w = a??ı + b??? + c??k sera un vecteur directeur de ∆ si ??w ? ??ı et ?? w ???u , i.

• n8 ?


• diagonales perpendiculaires


• mp ??


• cercle ?


• droite perpendiculaire


• entier pair


• perpendiculaire commune


• vecteur directeur de ∆


• unique couple


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 novembre 2010
• Nombre de lectures: 31
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures

[Corrigé du baccalauréat S\ Amérique du Sud novembre 2010

E X E R C IC E points1 5 Commun à tous les candidats −→ ′ 1.La droiteDa pour vecteur directeuru(−3 ;1 ; −1) lequel n’est manifeste −→ ment pas colinéaire au vecteurıdirecteur de la droite des abscisses, vecteur ′ D: donc les droitesDetDne sont pas parallèles. Prouvons à présent qu’elle ne sont pas sécantes.  x=u  Une représentation paramétrique deDétant : y=0 , u∈R,  z=0 on a pourM(x;y;z) :  u= −t  ′2 M∈D∩D⇐⇒il existe (u;t)∈R 0 tel que =3+3t  0=1−t  u+t=0  2 ⇐⇒il existe (u;t)∈Rtel que t= −1 .  t=1

Les deux dernières équations étant incompatibles, le système n’a pas de solu ′ tion et donc les droitesDetDne sont pas sécantes. ′ Les droitesDetDn’étant ni parallèles ni sécantes, elles sont doncnon copla naires. −→−→−→ −→ −→−→ 2.Le vecteurw=a ı+b+c ksera un vecteur directeur deΔsiw⊥ıet −→−→ w⊥u, i.e. sia=0 et−a+3b−c=, i.e. encore sia=0 etc=3b. −→−→ −→ Prenonsb=le vecteur1. Alors w=+3kest un vecteur directeur deΔ.

3.

a.SoitM(u; 0 ; 0) un point deD. On a alors :−3y+z= −3×0+0=0. Donc M∈Pet ceci quel que soit le pointMdeD. Donc le planPd’équation :−3y+z=0 est un plan contenant la droite D.

′ b.En tant que point deDle point J a pour coordonnées (−t; 3+3t; 1−t). Pour obtenirtexprimons que J appartient au planP:

4 −3y+z=0⇐⇒ −3(3+3t)+(1−t)=0⇐⇒ −10t=8⇐⇒t= −. 5 On en déduit que les coordonnées du point d’intersection J de la droite µ ¶ 4 3 9 ′ Det du planP; .sont ; 5 5 5 −→ c.Désignons parΔ 1 la droite passant par J et de vecteur directeurw. Elle a pour représentation paramétrique :  4 x= 5   3 y= +v ,v∈R. 5 9   z= +3v 5

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

Étudions l’intersection des droitesDetΔ 1 a pour. On M(x;y;z) :  4 u= 5   3 2 M∈D∩Δ 1 ⇐⇒il existe (u;v)∈Rtel que 0= +v 5 9   0= +3v 5  4 u= 5   3 2 ⇐⇒il existe (u;v)∈Rtel que v= − . 5 3   v= − 5 µ ¶ 4 Donc la droiteΔ 1 est sécante àDen un point I de coordonnées ; 0 ; 0 . 5

Montrons queΔ 1 c’estΔ. −→ La droiteΔ 1 a pour vecteur directeurwelle est parallèle à, donc Δ, donc ′ elle est orthogonale àDet àD. ′ D’autre part elle rencontreDen I etDen J. ′ DoncΔ 1 est une droite perpendiculaire àDetD. ′ Enfin, d’après1.DetDsont deux droites non coplanaires, et on a admis ′ qu’il existe dans ce cas une unique droite perpendiculaire àDetD. ′ DoncΔ 1 est bien laperpendiculaire communeΔàDetD. µ ¶ −→ 3 9 d.on en déduit que la; , 0 ; ayant pour coordonnées Le vecteur IJ 5 5 p 3 3 10 ′ ′ 2 2 2 distance deDàDest :d(D;D)=IJ= ×0+1+3=. 5 5

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

5 points

iπ ′ − 2 1.On sait que la rotationR A a pour écriture complexe :z−a=e (z−a), i.e. ′ z−a= −i(z−a). 2 Doncu= −i(z−a)+a= −iz+a(1+i)= −iz+5 (1+i)= −iz+10i=i(10−z). { } =2i L’affixe du pointUest doncu=i(10−z).

iπ ′ 2 De même la rotationR B a pour écriture complexe :z−b=e (z−b), ′ z−b=i(z−b). 2 Donct=i(z−b)+b=iz+b(1−i)=iz+5 (1−i)=iz−10i=i(z−10). { } =−2i L’affixe du pointTest donct=i(z−10).

i.e.

Montrons que le quadrilatèreMU D Test un parallélogramme de centre O. On sait déjà que O est le milieu de [M D]. D’autre part, on au+t=O est le milieu de [0. Donc U T]. Les diagonales du quadrilatèreMU D Tse coupent en leur milieu O : donc c’est un parallélogramme de centre O.

2.On remarque que :z z−5z−5z=(z−5)(z−5)−25. Donc :

Amérique du Sud

2

novembre 2010

Baccalauréat S

3.

A. P. M. E. P.

2 2 M z ∈Γ⇐⇒(z−5)(z−5)=25⇐⇒(z−5)(z−5)=25⇐⇒ |z−5| =5⇐⇒ |z−5| =5. L’ensembleΓdes pointsMd’affixeztels que :z z−5z−5z=0 est donc lecercle de centreΩd’affixe 5 et de rayonr=5.

Comme on aΩA=ΩP=ΩO=ΩB=5=r, le quadrilatère OAPB est inscrit dansΓ. −−→ a.Les points O,MetUsont alignés si et seulement si les vecteurs OUet −−→−−→ OMsont colinéaires, i.e. puisque OMn’est pas nul, si et seulement s’il −−→−−→ existe un réelktel que OU=kOMencore s’il existe un réel, i.e. ktel queu=k z. ³ ´ u u u u u Or :u=k zaveckréel⇐⇒ ∈R⇐⇒ = ⇐⇒ =. z z z z z u u Donc les points O,MetUsont alignés si et seulement si=. z z b.Il résulte dua.que les points O,MetUsont alignés si et seulement si u z−u z=0. Or : u z−u z=0⇐⇒i(10−z)z+i(10−z)z=0⇐⇒10z+10z−2z z=0⇐⇒ ✄ ✄ z z−5z−5z=0⇐⇒M∈Γ.

Donc les points O,MetUsont alignés si et seulement siMappartient au cercleΓ.

4.OMUest isocèle en O⇐⇒OM=OU⇐⇒ |z| = |u| ⇐⇒ |z| = |10−z| ⇐⇒ OM=MP⇐⇒Mappartient à la médiatrice du segment [OP].

Donc l’ensemble des pointsMdu plan tels que OMUsoit un triangle isocèle en O est la droite (AB).

On a dans ce cas OM=OU, doncD M=T U. Le parallélogrammeMU D Ta donc ses diagonales de même longueur : c’est unrectangle. ³ ´ u u u u u 5.est un imaginaire pur⇐⇒⇐⇒ = − ⇐⇒ = − u z+u z=0⇐⇒ z z z z z i(10−z)z−i(10−z)z=0⇐⇒10z−10z=0⇐⇒z=z⇐⇒z∈R. ✄ ✄ u Donc l’ensemble des nombres complexesztels que soit un imaginaire pur z est l’axe réel privé de O.

SiMest un point de la droite (OP) privée de O et P, alorsz6=0 etu6=0 et on a : ³ ´ uπ arg=(π). z2 ³ ´ −→→−−− u −→−−→− π Et comme (OM, OU)=arg (2π(Oen déduit : ), on M, OU)=(π). z2 Le parallélogrammeMU D Ta donc ses diagonales perpendiculaires : c’est un losange.

Le quadrilatèreMU D Test un carré si c’est un rectangle et un losange, donc si Mest sur la droite (AB) et sur la droite (OP) privée de O et P, i.e. siMest enΩ. Donc il existe une unique position du pointMtel queMU D Tsoit un carré : c’estΩ.

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

Amérique du Sud

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5 points

novembre 2010

Baccalauréat S

1.

2.

4 4 a.Sinest impair,nl’est aussi, doncn+1 est pair. 4 4 Sinest pair,nl’est aussi, doncn+1 est impair.

A. P. M. E. P.

b.Soitnun entier supérieur ou égal à 2. 4 – Sin≡3,0 mod n≡3,0 mod A(n)≡1 mod 3. 4 – Sin≡1 mod 3,n≡3,1 mod A(n)≡3.2 mod 4 – Sin≡3,2 mod n≡1 mod 3,A(n)≡3.2 mod Donc, quel que soit l’entiern > 2,A(n) n’est pas un multiple de 3.

4 c.Soitdun diviseur deA(n) : il existe un entierktel quen+1=kd, i.e. tel que : 3 kd−n×n=1.

On en déduit, d’après le théorème de Bezout, quedetnsont premiers entre eux. Donc, tout entierddiviseur deA(n) est premier avecn.

4 d.Soitdun diviseur deA(n). On a alors :n+1≡0 modd. 4 8 D’où :n≡ −1 modddonc :, et n≡1 modd. Donc, pour tout entierddiviseur deA(n) :

8 n≡1

modd.

k a.Soitkun entier tel quen≡1 modd. Effectuons la division euclidienne dekpars(l’existence desest assurée d’après1.d) : Il existe un unique couple d’entiers (q,r) tel quek=s q+ravec 0 6 r<s. k s q r s s q D’où :n= ( n ) ×n. Or :n≡1 modd. Donc : (n ) ≡1 modd. k r Et commen≡1 modd, il en résulte :n≡1 modd. Orr<setsest le plus petit entier naturel non nul ayant cette propriété. Doncr=0 et doncsdivisek.

b.On a vu au1.dque : dek=8.

8 n≡1

moddd’après. Donc a,sest un diviseur

c.D’après1.c, l’entierdest premier avecn. Si, de plus,dest premier, alors il découle du petit théorème de Fermat que :

d−1 n≡1

modd.

Commed > 2 (car premier) alorsk=d−1 est un entier naturel non nul. D’où, d’aprèsa,sdivisek, i.e.sdivised−1.

On a donc montré que : Sidest un diviseur premier deA(n), alorssest un diviseur ded−1.

3.Recherche des diviseurs premiers deA(n) dans le cas oùnest un entier pair.

Soitpun diviseur premier deA(n) et soitsle plus petit des entiers naturels k non nulsktels quen≡1 modd. D’après2.bsdoncest un diviseur de 8, s∈{1, 2, 4, 8}. s Sis∈i.e. si{1, 2, 4}, sest un diviseur de 4, alors de :n≡1 modpon déduit : 4 n≡1 modp.

D’où :

Amérique du Sud

A(n)≡2

4

modp.

novembre 2010

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

Or on ap>puisque2 , nétant un entier pair alorsA(n) est un entier impair. DoncA(n) n’est pas un multiple depà l’hypothèse., contrairement Doncsne divise pas 4 : doncs=d’après8, et, 2.c, 8 est un diviseur dep−1, i.e.p−1≡8, et 0 mod doncp≡8.1 mod

On a donc montré que, dans le cas oùnest un entier pair : Sipest un diviseur premier deA(n), alorspest congru à 1 modulo 8.

4.Recherche des diviseurs premiers deA(12). A(12)=20 737. En effectuant les divisions successives de 20 737 par les nombres de la liste donnée, on constate que 20 737=89×233. Or 233≈donc 23315, 3 <17. Et comme, dans la liste, il n’y a pas d’autres nombres avant 17, cela signifie que 233 fait partie de la liste des nombres pre miers congrus à 1 modulo 8. Donc les diviseurs premiers deA(12) sont 89 et 233.

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

5 points

1.Les évènementsF,A,CetIconstituent une partition de l’univers. Donc :

2.

3.

P(F)+P(A)+P(C)+P(I)=1.

D’où, puisqueP(A)=P(F) etP(C)=P(I)=2P(F) on a :P(F)+P(F)+2P(F)+ 2P(F)=1, i.e. 6P(F)=1. 1 1 On obtient donc :p(F)=p(A)=etP(C)=P(I)=. 6 3 1 1 a.P(S∩A)=P(A)×P A (S)= ×0, 5=. 6 12 b.D’après la formule des probabilités totales :

p(S)=P(S∩F)+P(S∩A)+P(S∩AC)+P(S∩I).

Donc : 1 1 1 1 1 17 P(S)= ×0, 2+ ×0, 5+ ×0, 1+ ×0, 4=(0, 7+2×0, 5)=. {z } 6 6 3 3 6 60 =1,7

c.On demande la valeur deP S (C) : 1 ×0, 1 P(C∩S) 2 3 P S (C)== = . 1 P(S) 17 ×1, 7 6 2 La probabilité qu’il ait acheté le supplément sur le site canadien est . 17 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 2 2 1 1 1 2 a.d=0, 335− +0, 310− +0, 355− ≈0,001 016 7. 3 3 3 2 D’où : 1 000d≈1,016 7.

2 b.Le neuvième décile est :D 9 =0001,510 4. Donc 1 d<D 9 . On peut donc considérer, au risque de 10 %, que le choix d’un si te euro péen, nordaméricain ou asiatique se fait de manière équiprobable.

Amérique du Sud

5

novembre 2010

Baccalauréat S

E X E R C IC E 4 Commun à tous les candidats

1.Pour tout réelxde [0 ; 1] :

2.

x x e [(1+x)−1]xe ′ ✁ ✁ f(x)= =. 2 2 (1+x) (1+x)

A. P. M. E. P.

5 points

x′ Commex > 0 et que pour tout réelx, e est>0, on af(x) > 0. Doncfest croissante sur [0 ; 1]. 1 a..On partage l’intervalle [0 ; 1] en cinq intervalles de même longueur 5 Si bien que : · ¸ [ k k+1 [0 ; 1]=; . 5 5 0 6 k 6 4 Soitkun entier compris entre 0 et 4. La fonctionfétant croissante sur · ¸ k k+1 l’intervalle [0 ; 1], elle l’est en particulier sur l’intervalleI k =; . 5 5 Donc pour toutxdeI k : µ ¶ µ ¶ k k+1 f 6 f(x) 6 f. 5 5

Il découle alors de l’inégalité de la moyenne que : µ ¶ Z k+1 µ ¶ 1k1k+1 5 f 6 f(x) dx 6 f 5 5 5 5 k 5

i.e. : µ ¶ Z k+1 µ ¶ x 1ke 1k+1 5 f 6 dx 6 f 5 5 1+x5 5 k 5 et ceci, quel que soit l’entierkcompris entre 0 et 4.

Interprétation graphique : la fonctionfétant continue et positive sur l’intervalleI k cidessus représente l’aire sous la courbe de la, l’intégrale fonctionfen unité d’aire., exprimée On en déduit que cette aire est comprise entre l’aire du recta ngler K , si tué audessous de la courbe, et celle du rectangleR K , situé audessus de 1 la courbe, ces rectangles ayant pour base et pour hauteurs respectives 5 µ ¶ µ ¶ k k+1 fetf. 5 5

b.En sommant les inégalités précédentes pourkcompris entre 0 et 4, on obtient : µ ¶ Z k+1 µ ¶ 4 4 x 4 X X 5 X 1ke 1k+1 f 6 dx 6 f. k 5 5 1+x5 5 k=0k=0 5 k=0

Or : µ ¶ µ ¶ 4 4 X X 1k1k1 •f=f=S 4 . 5 5 5 5 5 k=0k=0 Z k+1 Z 4 x 1 x X 5 e e •dx=dx(Relation de Chasles). k 1+x 0 1+x k=0 5 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 4 4 5 X X X 1k+1 1k+1 1k1 •f=f=f= ( S 5 −1). 5 5 5 5 5 5 5 k=0k=0k=1

Amérique du Sud

6

novembre 2010