BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 2011 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement de Spécialité Polynésie

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Niveau: Secondaire, Lycée
BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 2011 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement de Spécialité Polynésie EXERCICE 1 1. VRAI 2. VRAI 3. FAUX 4. VRAI 5. VRAI Justification 1. • OA = |zA| = |2 ? 5i| = √ 22 + (?5)2 = √ 29. • OB = |zB| = |7 ? 3i| = √ 72 + (?3)2 = √ 58. • AB = |zB ? zA| = |(7 ? 3i) ? (2 ? 5i)| = |5 + 2i| = √ 52 + 22 = √ 29. Donc, AB = AO et le triangle OAB est isocèle en A. De plus, AO2 +AB2 = 29 + 29 = 58 = OB2 et d'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle OAB est rectangle en A. Finalement, le triangle OAB est rectangle et isocèle en A et la proposition 1 est vraie. Justification 2. Posons z = x + iy où x et y sont deux réels. |z ? i| = |z + 2i| ? |x + i(y ? 1)|2 = |x + i(y + 2)|2 ? x2 + (y ? 1)2 = x2 + (y + 2)2 ? y2 ? 2y + 1 = y2 + 4y + 4 ? y = ?12.

  • vecteur ??df

  • equation cartésienne

  • unique plan

  • réciproque du théorème de pythagore

  • restitution organisée de connaissances

  • ?1 ?

  • e5 ?

  • plan d'équation


Publié le : mercredi 1 juin 2011
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BACCALAUREATGENERAL
Session de juin 2011
MATHEMATIQUES
- Série S -
Enseignement de Spécialité
Polynésie
EXERCICE 1
1. VRAI
2. VRAI
3. FAUX
4. VRAI
5. VRAI
p √
2 2Justification 1.• OA = |z | = |2−5i| = 2 +(−5) = 29.Ap √
2 2• OB = |z | = |7−3i| = 7 +(−3) = 58.B √ √
2 2• AB = |z −z | = |(7−3i)−(2−5i)| = |5+2i| = 5 +2 = 29.B A
2 2 2Donc, AB =AO et le triangle OAB est isocèle en A. De plus, AO +AB =29+29 =58 =OB et d’après la réciproque
du théorème de Pythagore, le triangle OAB est rectangle en A. Finalement, le triangle OAB est rectangle et isocèle en
A et la proposition 1 est vraie.
Justification 2. Posons z =x+iy où x et y sont deux réels.
2 2 2 2 2 2 2 2|z−i| = |z+2i|⇔ |x+i(y−1)| = |x+i(y+2)| ⇔x +(y−1) =x +(y+2) ⇔y −2y+1 =y +4y+4
1
⇔y = − .
2
(Δ) est donc une droite parallèle à l’axe des abscisses qui est l’axe des réels. La proposition 2 est vraie.
!√ √ √ √ √3 1 π π iπ/6Justification 3. 3 + i 3 = 2 3 + i = 2 3 cos +isin = 2 3e . Ensuite, si n est un entier
2 2 6 6
naturel non nul,
√ 3n √ 3n √ 3n
3n iπ/6 i3nπ/6 inπ/2z = 2 3e = 2 3 e = 2 3 e .
En particulier, si n =2, on obtient
√ 3×2 √ 6
6 3×2 i2π/23 3z =z = 2 e = − 2
qui n’est pas un imaginaire pur. Donc la proposition 3 est fausse.
π
Justification 4. Un nombre complexe non nul d’argument est un imaginaire pur de partie imaginaire strictement
2
positive. Posons z =iy où y est un réel strictement positif.
|i+z| = |i(y+1)| = |i| |y+1| =y+1 et 1+ |z| =1+ |iy| =1+ |i| |y| =y+1. Donc |i+z| =1+ |z| et la proposition 4 est
vraie.
iθJustification 5. Soit z un nombre complexe de module 1. Il existe un réel θ tel que z =e . Alors
1 12 iθ 2 2iθ −2iθz + = (e ) + =e +e = cos(2θ)+isin(2θ)+cos(2θ)−isin(2θ) =2cos(2θ).
2 iθ 2z (e )
12Donc z + est un nombre réel et la proposition 5 est vraie.
2z
1EXERCICE 2
1) u =10×1+21 =31, u =10×31+21 =331 et u =10×331+21 =3331.1 2 3
u =31, u =331 et u =3331.1 2 3
n+12) a) Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n, 3u =10 −7.n
0+1• 10 −7 =10−7 =3 =3u et donc, l’égalité est vraie quand n =0.0
n+1• Soit n>0. Supposons que 3u =10 −7. Alorsn
n+1 n+23u =3(10u +21) =10(3u )+63 =10(10 −7)+63 =10 −7.n+1 n n
Le résultat est démontré par récurrence.
n+1Pour tout entier naturel n, 3u =10 −7.n
n+110 −7n+1b) 10 −7 =10...0−7 =9...93 puis en divisant par 3, u = =3...31.n| {z } | {z } | {z }3
n+1 n n
Pour tout entier naturel n, l’écriture décimale de u est 3...31.n | {z }
n
√ √
3) u = 331 puis u = 18,1... Les nombres premiers inférieurs ou égaux à u sont 2, 3, 5, 7, 11, 13 et 17. 331 n’est2 2 2
divisible par aucun de ces nombres (d’après la calculatrice) et on sait alors que
u est un nombre premier.2
4) Soit n un entier naturel. D’après la question 2)b), le chiffre des unités de u est 1. Donc u n’est ni divisible par 2, nin n
divisible par 5.
Toujours d’après la question 2)b), la somme des chiffres de u est 3n+1. La somme des chiffres de u n’est pas divisiblen n
par 3 et on sait alors que u n’est pas divisible par 3.n
Pour tout entier naturel n, u n’est divisible ni par 2, ni par 3, ni par 5.n
n+1 n+1 n+1 n5)a)Soitnunentiernaturel.10≡ −1 (mod11)etdonc10 ≡ (−1) (mod11)ouencore10 ≡ −(−1) (mod11).
n+1 nEnsuite, −7≡4 (mod11). D’après la question 2)a), 3u = −7+10 et donc 3u ≡4−(−1) (mod11).n n
nPour tout entier naturel n, 3u ≡4−(−1) (mod11).n
b)Sinestpair,3u ≡3 (mod11)etsinestimpair,3u ≡5 (mod11).Enparticulier,danstouslescas,3u 60 (mod11)n n n
ou encore3u n’est pas un multiple de 11. Il en est de même de u car siu était un multiple de 11, il en serait de mêmen n n
de 3u .n
Pour tout entier naturel n, u n’est pas divisible par 11.n
6) a) L’entier 10 n’est pas divisible par le nombre premier 17 et donc, d’après le petit théorème de Fermat,
1610 ≡1 (mod17).
16k+9b) Soit k un entier naturel. D’après la question 2)a), 3u =10 −7.16k+8
16k+9 16 k 9 16k+9 k 9D’après la question a), puisque 10 = (10 ) ×10 , on a 10 ≡1 ×10 (mod17) ou encore
16k+9 910 ≡10 (mod17).
Ensuite,
9 9 9 4 9 4
10 ≡ (−7) (mod17)⇒10 ≡49 ×(−7) (mod17)⇒10 ≡ (−2) ×(−7) (mod17)
9 9⇒10 ≡ (−1)×(−7) (mod17)⇒10 ≡7 (mod17),
16k+9et finalement 10 −7≡0 (mod17). Ainsi, 3u est divisible par 17.16k+8
Puisque 17 divise 3u et que 17 est premier à 3, le théorème de Gauss permet d’affirmer que 17 divise u .16k+8 16k+8
Pour tout entier naturel k, u est divisible par 17.16k+8
2EXERCICE 3
PARTIE A : Restitution organisée de connaissances
′ ′Soient u et v deux fonction dérivables sur un intervalle [a,b] telles que les fonctions u et v soient continues sur [a,b].
′ ′ ′ ′ ′Alors, les fonctions u v et uv sont définies et continues sur [a,b] et il en est de même de la fonction u v+uv = (uv) .
Z Z Zb b b
′ ′ ′Par suite, les trois intégrales u (x)v(x)dx, u(x)v (x)dx et (uv) (x)dx existent. De plus,
a a a
Z Z Zb b b
′ ′ ′ ′
u (x)v(x)dx+ u(x)v (x)dx = (u (x)v(x)+u(x)v (x))dx (par linéarité de l’intégrale)
a a a
Zb
b′ ′= (uv) (x)dx = [u(x)v(x)] (caruv est une primitive de (uv) sur [a,b])a
a
=u(b)v(b)−u(a)v(a),
et donc
Z Zb b
′ ′u(x)v (x)dx =u(b)v(b)−u(a)v(a)− u (x)v(x)dx.
a a
On a démontré la formule d’intégration par parties.
PARTIE B
2 21) a) lim x = +∞ et lim lnx = +∞. Donc lim f(x) = lim x lnx = +∞.
x→+∞ x→+∞ x→+∞ x→+∞
lim f(x) = +∞.
x→+∞
b) La fonction f est dérivable sur ]0,+∞[ en tant que produit de fonctions dérivables sur ]0,+∞[ et pour tout réel x
strictement positif,
1
′ 2f (x) =2xlnx+x × =2xlnx+x =x(2lnx+1).
x
′Sur ]0,+∞[, f (x) est du signe de 2lnx+1. Or,
1 −1/22lnx+1>0⇔ lnx> − ⇔x>e (par stricte croissance de la fonction ln sur ]0,+∞[) et de même,
2
−1/22lnx+1 =0⇔x =e .

−1/2 −1/2Donc la fonction f est strictement décroissante sur 0,e et strictement croissante sur e ,+∞ .
2) Soit a un réel strictement positif. Une équation de la tangente (T ) à la courbe (C) au point d’abscisse a esta
′ ′ ′ ′y =f (a)(x−a)+f(a) ouencorey =f (a)x+f(a)−af (a).CettetangentepasseparOsietseulementsif(a)−af (a) =0.
Puis,
′ 2 2 2f(a)−af (a) =0⇔a lna−a (2lna+1) =0⇔a (−lna−1) =0⇔ −lna−1 =0⇔ lna = −1
−1⇔a =e .
1′ −1 ′ −1 −1 −1 −1De plus, une équationde (T −1) esty =f (e )x avecf e =e (2ln(e )+1) =e (2×(−1)+1) = − . En résumé,e
e
1
une et une seule des tangentes à la courbe (C) passe par O à savoir la tangente en son point d’abscisse d’équation
e
x
y = − .
e
5x
3) a) La fonction g : x→ (5lnx−1) est dérivable sur ]0,+∞[ en tant que produit de fonctions dérivables sur ]0,+∞[
25
et pour tout réel x strictement positif,

1 5 1′ 4 5 4 4 4 4g (x) = 5x (5lnx−1)+x × = (25x lnx−5x +5x ) =x lnx.
25 x 25
5x 4Donc la fonction x→ (5lnx−1) est une primitive de la fonction x→x lnx sur ]0,+∞[.
25
Z Z Z Z1 1 1 1
2 2 4 2 4 2 4b) On a V = π(x lnx) dx =π x ln xdx. Calculons I = x ln xdx = (lnx)×(x lnx)dx par parties.
1/e 1/e 1/e 1/e
3
777
51 x
Pour x dans ,1 , posons u(x) = lnx et v(x) = (5lnx −1). Les fonctions u et v sont dérivables sur [0,1] et pour x
e 25
dans [0,1] on a
5x
u(x) = lnx v(x) = (5lnx−1)
25
1′ ′ 4u (x) = v (x) =x lnx
x

1′ ′De plus, les fonctions u et v sont continues sur ,1 . On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient
e
Z Z11 5 1 5x 1 x4I = (lnx)×(x lnx)dx = lnx× (5lnx−1) − × (5lnx−1)dx
25 x 251/e 1/e1/e
Z1 41 x−1 −1= −ln(e ) (5ln(e )−1)− (5lnx−1)dx (car ln1 =0)
525e 251/e
Z1 41 x −1= (−5−1)− (5lnx−1)dx (car ln(e ) = −1)
525e 251/e
Z Z1 16 1 14 4= − − x lnxdx+ x dx (par linéarité de l’intégrale)
525e 5 251/e 1/e
1 15 56 1 x 1 x 6 1 1 6 1 1
= − − (5lnx−1) + = − − − + + 1−
5 5 5 525e 5 25 25 5 25e 5 25 25e 125 e1/e 1/e

2 −30−6−1 1 37
= + = 2− ,
5 5125 125e 125 e
et donc

π 37
V = 2− .
5125 e
4EXERCICE 4
Partie A
−→ −→ −→
1) Puisque 1 +2 = 3 = 0, le point K est bien défini. Dans le repère D,DA,DC,DH , le point D a pour coordonnées
−→ −→ −→ −→ −→ −→ −→
(0,0,0) et le point F a pour coordonnées (1,1,1) (car DF =DA+AB+BF =1DA+1DC+1DH).

x +2x y +2y z +2z 2 2 2D F D F D F
Donc les coordonnées du point K sont , , ou encore , , .
1+2 1+2 1+2 3 3 3

2 2 2
Les coordonnées du point K sont , , .
3 3 3
−−→ −→ −−→ −→
2) Dans le repère D,DA,DC,DH , le point E a pour coordonnées (1,0,1). Donc le vecteur EK a pour coordonnées

1 2 1 −→
− , ,− et le vecteur DF a pour coordonnées (1,1,1) puis
3 3 3

−→−→ 1 2 1
EK.DF = − ×1+ ×1+ − ×1 =0.
3 3 3
Donc, les droites (EK) et (DF) sont orthogonales.
s r √ 2 2 2
−→ 1 2 1 6 6
3) EK =EK = − + + − = = .
3 3 3 9 3
Partie B
H M G
E
F
C
D
A B
1) Notons V le volume du tétraèdreEMFD. La projection orthogonaledu point D sur le plan (EMF) est le point H. Donc
1 aire de (EMF)
V = ×DH×aire de (EMF) = .
3 3
EF×d(M,(EF)) EF×HE 1 1 1 1
Ensuite, aire de (EMF) = = = et finalement V = × = .
2 2 2 3 2 6
1
V = .
6
−→ −→ −→
2) Dans le repère D,DA,DC,DH , le point D a pour coordonnées (0,0,0), le point F a pour coordonnées (1,1,1) et le
point M a pour coordonnées (0,m,1).
−−→ −→
Le vecteur DM a pour coordonnées (0,m,1) et le vecteur DF a pour coordonnées (1,1,1). S’il existe un réel k tel que
−−→ −→
DM = kDF alors nécessairement 0 = k×1 et aussi 1 = k×1 ce qui impose k = 0 et aussi k = 1. Ceci est impossible et
−−→ −→
donc les vecteurs DM et DF ne sont pas colinéaires ou encore les points D, F et M ne sont pas alignés. Les points D, F et
M définissent donc un unique plan.
SoitP le plan d’équation (−1+m)x+y−mz =0.
• (−1+m)x +y −mz = (−1+m)×0+0−m×0 =0+0+0 =0. Donc D∈P.D D D
• (−1+m)x +y −mz = (−1+m)×0+m−m×1 =0+m−m =0. Donc M∈P.M M M
• (−1+m)x +y −mz = (−1+m)×1+1−m×1 = −1+m+1−m =0. Donc F∈P.F F F
En résumé, les points D, M et F appartiennent àP ce qui montre queP est le plan (MFD) ou encore que
une équation cartésienne du plan (MFD) est (−1+m)x+y−mz =0.
5
b6 −→ −→ −→
3) a) Soit m un réel de [0,1]. Dans le repère D,DA,DC,DH , le point E a pour coordonnées (1,0,1) et donc
|(−1+m)x +y −mz | |(−1+m)+0−m| 1E E E
d = p = √ = √ .m
2 2 2 2 2 2m −2m+1+1+m 2m −2m+2(−1+m) +1 +(−m)
b) Soit m∈ [0,1].
! ! 2 2 2
1 1 1 32 22m −2m+2 =2(m −m+1) =2 m− − +1 =2 m− +
2 2 2 4
2
31
=2 m− + .
2 2
3 1 12Par suite, pour tout de m∈ [0,1], 2m −2m+2> avec égalité si et seulement si m = puis d 6p avec égalitém
2 2 3/2
1 1
si et seulement si m = . En résumé, la distance d est maximale si et seulement si m = ou encore si et seulement sim
2 2
M est le milieu du segment [HG].
La distance d est maximale quand M est le milieu de [HG].m
1 1 1
c) Quand m = , une équation du plan (MFD) est − x + y − z = 0 ou encore x − 2y + z = 0. Tout d’abord,
2 2 2
2 2 2
x −2y +z = −2× + =0 et donc le point K appartient au plan (MFD).K K k
3 3 3
→−
Ensuite, un vecteur normal au plan (MFD) est le vecteur n de coordonnées (1,−2,1). D’autre part, d’après la question
−→ 1 2 1 −→ 1 −→−→
A.2), les coordonnées du vecteur EK sont − , ,− . Par suite, EK = − n et en particulier, EK est un vecteur non
3 3 3 3
−→−→
nul colinéaire à n ou encore le vecteur EK est un vecteur normal au plan (MFD).
−→
En résumé, le point K appartient au plan (MFD) et le vecteur EK est orthogonal au plan (MFD). On en déduit que
quand d est maximale, le point K est le projeté orthogonal du point E sur le plan (MFD).m
6

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