Correction du baccalauréat S Polynésie juin

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Correction du baccalauréat S Polynésie \ 10 juin 2010 Exercice 1 5 points Commun à tous les candidats. Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct ( O, ??u , ??v ) . Partie A - Restitution organisée de connaissances Prérequis Soit z un nombre complexe tel que z = a+bi où a et b sont deux nombre réels. On note z, le nombre complexe défini par z = a?bi. Questions 1. Démontrer que, pour tous nombres complexes z et z ?, z? z ? = z? z ?. 2. Démontrer que, pour tout entier naturel n non nul, et tout nombre complexe z, zn = (z)n . Démonstrations par le calcul et par récurrence. Partie B On considère l'équation (E) : z4 =?4 où z est un nombre complexe. 1. Calculons (?z)(?z)(?z)(?z)(?z)= z4 =?4, donc?z est aussi solutionde l'équa- tion (E). Demême z?z?z?z = (z? z)?(z? z)= z2?z2 (d'après la R. O. C. 2. et toujours d'après la même formule) = z4 =?4=?4, car ?4 ?R. Donc z est aussi solution de (E). 2.

• vecteur normal


• ?2ln10 ln


• ei pi4


• points enseignement obligatoire


• ??


• demême cm2


• repère orthonormal direct


• couple

Sujets

• Normale à une surface
• Couple

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2010
• Nombre de lectures: 28
• Langue: Français

Extrait

[Correction du baccalauréat S Polynésie 10 juin 2010

Exercice 1

\

5 points

Commun à tous les candidats. ³ ´ −→−→ Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct O,u,v.

Partie A  Restitution organisée de connaissances

Prérequis Soitzun nombre complexe tel quez=a+bi oùaetbsont deux nombre réels. On notez, le nombre complexe défini parz=a−bi. Questions ′ ′ ′ 1.Démontrer que, pour tous nombres complexeszetz,z×z=z×z. 2.Démontrer que, pour tout entier naturelnnon nul, et tout nombre complexe ¡ ¢ n n z,z=z. Démonstrations par le calcul et par récurrence.

Partie B

4 On considère l’équation (E) :z= −4 oùzest un nombre complexe.

4 1.Calculons (−z)(−z)(−z)(−z)(−z)=z= −4, donc−zest aussi solution de l’équa tion (E). ¡ ¢ ¡ ¢ 2 2 De mêmez×z×z×z=z×z×z×z=z×z(d’après la R. O. C. 2. et toujours 4 d’après la même formule)=z= −4= −4, car−4∈R. Donczest aussi solution de (E). 2 2 2 2. a.z 0 =1+i, donc | z 0 | = 1+1=2 ⇒ | z 0 | = 2. On peut en factorisant écrire : Ã ! 2 2 ¡ ¢ π π π i z 0 =2+i=2 cos+i sin=2e . 4 4 4 2 2 ³ ´ ³ ´ π 4 ¡ p ¢ π 4 ¡ ¢ 4 4 i i i π 4 4 b.On az=2e=2 e=4 e=4×(−1)= −4. 0 z 0 est bien une solution de l’équation (E). 3.D’après la question B. 1.−z 0 = −1−i etz 0 =1−i sont aussi solutions ; mais puisquez 0 est solution son opposé−z 0 = −1−i l’est aussi. Conclusion : 1+i, 1−i,−1−i et−1+i sont solutions de (E).

Partie C

1.D’après le cours l’écriture complexe de la rotation de centre C d’affixe−1−i et π d’angle−est : 3 π π ′ −i′ −i z−z C =e (z−z C ) ⇐⇒z= −1−i+e (z+1+i) , 3 3 ′ zétant l’affixe d’un point etzcelle de son image parr. π −i 3 2. a.On a doncz E = −1−i+e (−1+i+1+i)= ³ ´ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ π π 1 3 −1−i+cos− +i sin− ×2i= −1−i+ −i×2i= −1−i+i+3= 3 3 2 2 z E = −1+3.

Correction du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

π −i 3 b.De mêmez F =1−i+e (1+i+1−i)= ³ ´ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ π π 1 3 1−i+cos− +i sin− ×2=1−i+ −i×2=1−i−1−i 3=z E = 3 3 2 2 ¡ ¢ −i 1+3 . £ ¤ £ ¡ p ¢¤ p z A −z E 1+i+1− 3 2+3+i 1−i 2+3 2 −3+2+3 c.= ¡ ¢ = £ ¡ p ¡¢¤ £ p ¢¤ = = ¡ ¢ 2 z−z A F 1+i+i 1+3 1+i 2+3 1−i 2+3 1+2+3 4 4 1 p = p = ∈R + . 1+4+3+4 3 8+24 3 +3 µ ¶ ³ ´ z A −z E z A −z E −→−→ d.réel positif entraîne que arg=FA , EA=0 [2π] ce z A −z F z A −z F qui signifie que les points A, E et F sont alignés.

Exercice 2

Commun à tous les candidats.

Partie A  Un seul robot

3 points

1.Soientp(S),p(I) etp(X) les probabilités respectives de passer par les points S, I et X. On ap(S)=p(X) etp S =2p(I). Doncp(S)=p(X)=2p(I). D’après la loi des probabilités totales : p(S)+p(X)+p(I)=1⇐⇒2p(I)+2p(I)+p(I)=1⇐⇒5p(I)=1⇐⇒p(I)= 1 =0, 2. 5 2 On en déduit quep(S)=p(X)=. 5 2.On a de façon évidente : 2 1 2 4 p(E)=p(S)×p S (I)×p I (X)= × × =. 5 5 5 125 3.La probabilité de F est la somme des probabilités de parcourir les « chemins » : SIX, SXI, ISX, IXS, XIS et XSI. Comme on l’a vu à la question précédente la probabilité de parcourir l’un de 2 1 2 4 ces chemins est égale à× × =, donc finalement : 5 5 5 125 4 24 192 p(F)=6=× = = 0, 192. 125 125 1 000

Partie B  Plusieurs robots

La probabilité qu’un robot ne passe pas par les sommets S, I et X dans cet ordre est 4 121 d’après la question précédente : 1− =, donc la probabilité qu’aucun desn 125 125 µ ¶ n 121 robots ne passe par les sommets S, I et X dans cet ordre est (loi binomiale de 125 121 paramètresnet . 125 La probabilité qu’au moins un robot passe par les sommets S, I et X dans cet ordre µ ¶ n 121 est donc 1−. 125 Il faut donc résoudre :

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Correction du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n 121 121 121 −2 1− > 0, 99⇐⇒ 6 0, 01⇐⇒ 6 10 , soit en prenant les loga 125 125 125 µ ¶ 121−2 ln 10 rithmes de ces nombres positifs,nln 6 −2 ln 10⇐⇒n > µ ¶ ≈141, 5. 125 121 ln 125 Il faut donc au minimum 142 robots.

Exercice 3

Enseignement obligatoire

5 points

−→ 1.a pour coordonnées (2 ; 1 ;Le vecteur AB −1). −→ Une équation d’un plan normal à AB est donc de la forme 2x+1y−1z+d=0. B(3 ; 2 ; 0)∈(P)⇐⇒2×3+2−0+d=0⇐⇒d= −8. M(x;y;z)∈(P)⇐⇒2x+y−z−8=0. p 2 2.D’après la question précédente : AB=4+1+1=6⇒AB=6. 2 2 2 2 2 M(x;y;z)∈(S)⇐⇒AM=AB⇐⇒(x−1)+(y−1)+(z−1)=6⇐⇒ 2 2 2 x+y+z−2x−2y−2z−3=0. 2 2 2 M(x;y;z)∈(S)⇐⇒x+y+z−2x−2y−2z−3=0. (On peut calculer que les coordonnées de B vérifient cette équation.) | 1−1+2+4 | 6 3. a.On ad(A, (Q))= = p =6. 2 2 2 1+1+ 2 6 Comme la distance de A au plan (Q) est égale au rayon de la sphèr e de centre A et de rayon 6, on en déduit que le plan (Q) est tangent à la sphère (S). | 2+1−1−8 | 6 b.On calculed(A, (P))p == = 6. 2 2 2 2+1+ 1 6 La réponse est donc : oui. −→ 4. a.(P) a pour vecteur normal AB (2 ; 1 ;−1) et (Q) a pour vecteur normal −→ p(1 ;−1 ; 2). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les plans (P) et (Q) ne sont pas parallèles : ils sont donc sécants Les vecteurs normaux respectivement à (P) et à (Q) ne sont pas orthogo naux b.SiM(x;y;z)∈(D)=(P)∩(Q), (x;y;z) vérifie le système :   ½ x=t x   2x+y−z−8=0 ⇐⇒ 2x+y−z−8=0 ⇐⇒ y−z x−y+2z+4=0   x−y+2z+4=0−y+2z (par somme)z= −3t+4 puis en remplaçant dans la première équation y=z−2t+8= −3t+4−2t+8= −5t+12.  x=t  DoncM(x;y;z)∈(D)⇐⇒ y=5t+12 .  z= −3t+4   1=t  1=t   11 c.A(1 ; 1 ; 1)∈(D)⇐⇒ 1=5t+12 ⇐⇒ − =t   5 1= −3t+4  1=t Conclusion : A∉(D). d.Méthode 1

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= = =

t −2t+8 −t−4

⇒

Partie A

5 points

Exercice 3

Les parties A et B sont indépendantes

2 2 Calculons, pour toutket toutl, BM−CM: 2 2 2 2 2 2 BM−CM=(1−k+l−3)+(1+11k−5l−2)+(1+3k−3l)−(1−k+l) 2 2 −(1+11k−5l−2)−(1+3k−3l+1) 2 2 2 2 =(−2−k+l)+(1+3k−3l)−(1−k+l)−(2+3k−3l) =(−2−k+l−1+k−l)(−2−k+l+1−k+l)+(1+3k−3l−2−3k+3l) (1+3k−3l+2+3k−3l)) =(−3)(−1−2k+2l)+(−1)(3+6k−6l)=3+6k−6l−3−6k+6l=0. Ainsi, tout pointMdu plan (R) est équidistant de B et C.

Correction du baccalauréat S

−→−→ 2 2 2 2 •On a AB (2 ; 1 ;−1) et AC (−1 ; 1 ; 2), donc AB=2+1+1=6 et 2 2 2 2 AC=1+1+2=6. 2 2 AB=AC⇒AB=AC : A est donc équidistant de B et de C. •SoitMun point de (D), doncM(t; 12−5t; 4−3t) et par consé −−→−−→ quent BM(t−3 ; 10−5t; 4−3t) et CM(t; 10−5t; 5−3t). 2 2 2 2 2 2 D’où BM=(t−3)+(10−5t)+(4−3t)=t+9−6t+100+25t− 2 2 100t+16+9t−24t=35t−130t+125. 2 2 2 2 2 2 De même CM=t+(10−5t)+(5−3t)=t+100+25t−100t+ 2 2 25+9t−30t=35t−130t+125. 2 2 On a BM=CM⇒BM=CM, donc tout point de (D) est équidis tant de B et de C. Conclusion : tout point de (Q) défini par A et la droite (D) est é qui distant de B et de C (plan médiateur de [BC]).

Méthode 2 1−1 −→−→ Les vecteursu −AI 11 sont deux vecteurs directeurs du plan 5 et ¯ ¯ −3 3 (R). Donc tout point du plan (R) a pour coordonnées :  x=1−k+l  M y=1+11k−5laveck∈Retl∈R  z=1+3k−3l

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Enseignement de spécialité

Méthode 3Avec le plan médiateur de [BC] : ¡ ¢ −→ 3 1 On a BC (−3 ; 0 ;−1) et le milieu I de [BC] a pour coordonnées I ; 2 ;−. 2 2 Un pointM(x;y;z) appartient au plan médiateur de [BC] si, et seule ¡ ¢ ¡ ¢ −→−→ 3 1 ment si IM∙BC=0⇐⇒ −3x− +0×(y−2)−1z+ =0 2 2 ⇐⇒ −3x−z+4=0. Or−3×1−1+4=; 1 ;1) appartient au0 est vraie ce qui signifie que A(1 plan médiateur ; De même−3t−(4−3t)+4=0 est vraie ce qui signifie que tout pointM de (D) appartient au plan médiateur de [BC]. Le point A et tout point de (D) sont donc équidistants de B et de C, donc tout point du plan défini par A et la droite (D) est équidistant de B et de C.

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A. P. M. E. P.

Correction du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

1.Le couple (1 ; 1) est une solution évidente de (E) ½ 7x−6y=1 2.On a donc :⇒(par différence)7(x−1)−6(y−1)= 7×1−6×1=1 0 [1]⇐⇒7(x−1)=6(y−1). Comme 7 divise 6(y−1) et est premier avec 6, 7 divisey−1 : il existe donck∈Z tel quey−1=7k⇐⇒y=7k+1 et en reportant dans [1] 7(x−1)=6×7k⇐⇒ x−1=6k⇐⇒x=6k+1. On vérifie aisément que tout couple (6k+1 ; 7k+1),k∈Zvérifie l’équation (E). Les couples solutions sont les couples d’entiers (6k+1 ; 7k+1),k∈Z.

Partie B

Dans cette partie, on se propose de déterminer les couples (n,m) d’entiers naturels n m non nuls vérifiant la relation : 7−3×2=1 (F). n n 1.– Sim=1, (F) s’écrit 7−6=1⇐⇒7=7, d’oun=1. Le couple (1 ; 1) est solution. n n – Sim=2, (F) s’écrit 7−12=1⇐⇒7=13 or 7 ne divise pas 13 : pas de solution ; n n – Sim=3, (F) s’écrit 7−24=1⇐⇒7=25 or 7 ne divise pas 25 : pas de solution ; n n – Sim=4, (F) s’écrit 7−48=1⇐⇒7=49 d’oùn=2. Le couple (2 ; 4) est solution. 2. a.Commem > 5, il existeptel quem=5+p. n m n5+p5 (n;m) vérifie (F) donc 7−3×2=1⇐⇒7=1+3×2=1+3×2× p p 2=1+3×32×2 . p n Comme 3×32×2≡il en résulte que 70 [32], ≡1 [32]. b.On a 7≡7 [32] ; 2 7≡;17 [32] 3 7≡;23 [32] 4 7≡1 [32]. À partir de là on retrouve de manière cyclique 7, 17, 23, 1 comm e restes dans la division par 32. Les puissances de 7 dont le reste dans la division par 32 est ég al à 1 sont donc celles dont l’exposantnest un multiple de 4. c.D’après les deux questions précédentes si un couple (n;m) est solution n de (F), alors 7≡1 [32] etnest un multiple de 4. 4k Il existe donck∈Ntel quen=4k, d’où en reportant 7≡1 [32]⇐⇒ ¡ ¢ k 4k 7≡1 [32]⇐⇒2 401≡1 [32]. k k Or 2 401=5×480+1, c’estàdire que 2 401≡1 [5]⇒(2 401)≡1 [5]⇐⇒ n 7≡en revenant à l’écriture initiale de la puissance.1 [5] d.Soit (n;m) un couple solution de (F) ; donc ½ n n 7−3×2=1 n ⇒ −3×2≡0 [5]. n 7≡1 [5] Ceci n’est pas possible puisque 5 ne divise ni 2, ni 3. Conclusion : il n’existe pas de couple solution avec un second terme su périeur à 4 3.D’après les questions 1. et 2. les seuls couples solutions de (F) sont (1 ; 1) et (2 ; 4).

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