Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord mai

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat S \ Amérique du Nord 27 mai 2011 EXERCICE 1 5 points Partie A 1. Pour tout point M du plan d'affixe z, son image M ? par rA a une affixe z ? définie par : z ??i= ei pi 2 (z?i) ou encore : z ??i= i (z?i) ?? z ? = i+iz+1 ?? z ? = iz +1+ i. D étant l'image de C rA, on a donc : d = i(3i)+1+ i=?3+1+ i=?2+ i. 2. De même, pour tout point M du plan d'affixe z, son image M ? par rB a une affixe z ? définie par : z ??(1+i)= ei pi 2 (z?1?i) ?? z ? = 1+i+i(z?1?i) ?? z ? = 1+ i+ iz ? i+1 ?? z ? = iz +2. Donc g = i(?2+ i)+2=?2i?1+2= 1?2i. Enfin pour tout point M du plan d'affixe z, son image M ? par rO a une affixe z ? définie par : z ? = e?i pi 2 z =?iz. Donc h =?i(3i)= 3. 3.

• ???mc ?


• affixe z


• vecteur ??n


• ?6 mod


• mod


• férieure au rayon de la sphère


• ?up?2 ?


• p?1 ?


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 mai 2011
• Nombre de lectures: 32
• Langue: Français

Extrait

E XERCICE 1

[Corrigé du baccalauréat S\ Amérique du Nord 27 mai 2011

Partie A

5 points

′ ′ 1.Pour tout pointMdu plan d’affixez, son imageMparr A a une affixez π ′i′ ′ définie par :z−i=e (z−i) ou encore :z−i=i(z−i)⇐⇒z=i+iz+1⇐⇒ 2 ′ z=iz+1+i. D étant l’image de Cr A , on a donc : d=i(3i)+1+i= −3+1+i= −2+i. ′ 2.De même, pour tout pointMdu plan d’affixez, son imageMparr B a une π ′ ′i′ affixezdéfinie par :z−(1+i)=e (z−1−i)⇐⇒z=1+i+i(z−1−i)⇐⇒ 2 ′ ′ z=1+i+iz−i+1⇐⇒z=iz+2. Doncg=i(−2+i)+2= −2i−1+2=1−2i. ′ Enfin pour tout pointMdu plan d’affixez, son imageMparr O a une π ′ ′ −i affixezdéfinie par :z=e z= −iz. 2 Donch= −i(3i)=3. 3.On ad−c= −2+i−3i= −2−2i et g−h=1−2i−3= −2−2i. −−→→− Ord−c=g−h⇐⇒CD=HG⇐⇒CDGH est un parallélogramme. 2 De plusg−c=1−2i−3i=1−5i, donc CG=1+25=26 et 2 h−d=3−(−2+i)=5+i, donc DH=25+1=26. 2 2 On a donc CG = DH⇐⇒CG = DH. Conclusion : le parallélogramme CDGH a ses diagonales de même lon gueur : c’est un rectangle.

Partie B

1.En reprenant les définitions des rotations trouvées dans la partie A, on a : n=im+1+i. De même :p=in+2=i(im+1+i)+2= −m+i−1+2= −m+1+i. Enfinq= −im. 2.D’une part :n−m=im+1+i−m=m(i−1)+1+i, d’autre part : p−q= −m+1+i−(−im)=m(i−1)+1+i. Doncn−m=p−q⇐⇒M N PQest un parrallélogramme m−n m−(im+1+i)m(1−i)−1−i [m(1−i)−1−i](−1+i) 3. a.= = = = p−n−m+1+i−(im+1+i)m(−i−1)m(−i−1)(i−1) 2mi+2mi+1 1 = =i+(carM6=O⇒m6=0). 2mm m ³ ´ −−→−−→ π b.M N PQest un rectangle si et seulement siN P,N M=modπ)⇐⇒ 2 m−n est un imaginaire pur. p−n

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

1 1 Donc comme i+est un imane peut être un imaginaire que si m m ginaire, c’estàdire simest un imaginaire,M N PQest un rectangle si et seulement sim=αi, avecα6=0 etα6=1, puisqueMne peut être ni O ni en A.

E XERCICE 2

Les parties A et B sont indépendantes

Partie A

4 points

Puisque tous les ordinateurs ont la même probabilité d’être choisis la probabilité est égale à : 3! ¡ ¢ 3 3 1 2 2! ¡ ¢ = == = 0, 01. 25 25! 25 ×12 100 2 2!×23! Partie B

1.On ap(X>5)=1−p(X 6 5). Donc : p(X>5)=0, 4⇐⇒1−p(X 6 5)=0, 4⇐⇒0, 6=p(X 6 5)⇐⇒0, 6= Z 5 h i 5 −λx−λx−5λ−5λ λe dx⇐⇒0, 6= −e⇐⇒0, 6= −e+1⇐⇒e=0, 4⇐⇒ 0 0 (par croissance de la fonction logarithme népérien)−5λ=ln 0, 4⇐⇒λ= ln 0, 4 . −5 ln 0, 4 −3 Or≈à10 près.0, 183 −5 −5λ p(X>5) e −2λ−0,36 2.Il faut calculer :p (X>3) (X>5)= = =e=e≈0, 698. −3λ p(X>3) e 3. a.On fait 10 fois le même tirage de façon indépendante. On a donc une loi binomiale de paramètre 10 et 0, 4. La probabilité cherché est donc le complément à 1 de la probabilité de n’avoir aucun ordinateur en état de marche soit : 10−3 1−(0, 6)≈à10 près.0, 994 b.Avecnordinateurs on a à resoudre l’inéquation : n n 1−0, 6 > 0, 999⇐⇒0, 001 > 0, 6⇐⇒ln 0, 001 > nln 0, 6⇐⇒ ln 0, 001 ln 0, 001 n > . Or≈13, 5. ln 0, 6 ln 0, 6 Le nombre minimal est donc 14 ordinateurs.

E XERCICE 3

Partie A : Restitution organisée de connaissances

5 points

Commea+b+c6=0 le barycentre G de A, B et C affectés des coefficients respec tifsa,betcet vérifie : −→−→−→−→ aGA+bGB+cGC=On a donc grâce àla relation de Chasles :0 .

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Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

−−→−−→−−→−−→−→−−→−→−−→−→ ka MA+b MB+c MCk =k⇐⇒ ka MG+aGA+b MG+bGB+c MG+cGCk =

−→−→−→−−→−−→ k⇐⇒aGA+bGB+cGC+(a+b+c)MG=k⇐⇒ |a+b+c| ° MG ° =k⇐⇒ { } ° −→ ° =0 k GM=. |a+b+c| k Cette dernière égalité montre que tous les pointsMsont àla distance |a+b+c| k du point G, donc appartiennent àla sphère de centre G et de rayon . |a+b+c|

Partie B

−−→→ −→ −−→→ −→ 1.On a BC (0 ; 0), BE 1 ; (−1 ; 0 ; 1) d’oùn∙BC=0+0+0=0 etn∙BE= 0+0+0=0. −−→→ −→ Comme BC et BE ne sont pas colinéaires, on déduit que le vecteurnest normal au plan (BCE). −→−−→ 2.M(x;y;z)∈(BCE)⇐⇒n∙BM=0⇐⇒1(x−1)+0(y−1)+1(z−0)= 0⇐⇒x+z−1=0. 3.La droite (Δ) étant perpendiculaire au plan (BCE) admet pour vecteur di −→ recteurnet contient E. Une des équations paramétriques est donc :  x=0+t  M(x;y;z)∈(Δ)⇐⇒il existet∈Rtel que y=0+0t ⇐⇒  z=1+t  x=t  y=0 t∈R  z=1+t 4.Le plan (ABC) a pour équationz=0. Un point est commun à(Δ) et à(ABC) si ses coordonnées vérifient le système :    x=t x=t x= −1       y=0y=0y=0 t∈R⇐⇒ ⇐⇒ z=1+t−1=t−1=t       z=0z=0z=0 Il y a donc un seul point commun le point R de coordonnées (−1 ; 0 ; 0). µ ¶ 1−1 0+0 0+0 Or le milieu de [BR] a pour coordonnées ; ;=(0 ; 0 ; 0) : 2 2 2 c’est le point A. Donc R est le symétrique de B par rapport à A. 5. a.SoitGle barycentre des points R, B et C affectés des coefficients res pectifs 1,−1 et 2 : ce barycentre existe puisque 1−1+26=0 et vérifie donc par définition : −→−→−−→→ −GR−1GB+2GC=0 . Les coordonnées deGsont donc : 1x R −x B +2x C x G = =0 ; 2 1y R −y B +2y C y G = =1 ; 2 1z R −z B +2z C z G = =0. 2 Ces coordonnées sont en fait celles du point D.

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Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

b.Comme D est le barycentre de R, B et C affectés des coefficients res pectifs 1,−1 et 2, on a donc par définition : −→−→−→→− 1DR−1DB+2DC=0 . En utilisant la relation de Chasles : −−→ −−→ −−→−−→−→−−→−→−−→ kMR−MB+2MCk =2 2⇐⇒ kMD+DR−MD−DB+2MD+ −→−→−→−→−−→−−→−−→ 2DCk =2 2⇐⇒ kDR−DB+2DC+MD−MD+2MDk =2 2⇐⇒ {z } −→ =0 p −−→ k2MDk =2 2⇐⇒DM=2 : les pointsMappartiennent donc à, la sphère de centre D et de rayon 2. Rem. : on aurait utiliser directement le résultat de la R. O. C. 2 2 2 c.On a DB=1+1=2, DE=1+1=2 et DG=1+1=2, d’où DB = DE = DG=2, ce qui démontre que B, E et G appartiennent à l’ensemble (S). d.Calculons la distance du centre de la sphère au plan (BCE) : |0+0−1 1 2 d(D, (BCE))= = = <2. Cette distance étant in 2 2 1+1 2 2 férieure au rayon de la sphère, ceci démontre que (S) et (BCE) sont sécants selon un cercle, dont le centre est le projeté orthogonal de D sur le plan (BCE) et son rayonrvérifie l’égalité de Pythagore à ! 2 ³ ´ 2 2 1 3 3 2 2 2 r+ =2⇐⇒r+ =2⇐⇒r= ⇐⇒r= = 2 2 2 2 3 6 =. 2 2

E

A

E XERCICE 3 Enseignement de spécialité

H

D

F

B

G

C

Partie A : Restitution organisée de connaissances

5 points

Soienta,betc; supposons quetrois entiers non nuls adivise le produitbcet queaetbsoient premiers entre eux.

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Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

Il existe donc un entierktel quebc=k a. D’autre part puisqueaetbsoient premiers entre eux, il existe d’après le théorème de Bezout deux entiersuetv tels que :au+bv=1 ou en multipliant parcnon nul : ac u+bc v=cet en remplaçantbcpark a: ac u+k a v=c⇐⇒a(c u+k v)=c. Cette égalité montre queadivisec.

Partie B

1.On calcule :u 1 =2+3+6−1=10 ; u 2 =4+9+36−1=48 ; u 3 =8+27+216−1=250 ; u 4 =16+81+1 296−1=1 392 ; u 5 =32+243+7 776−1=8 050 ; u 6 =64+729+46 656−1=47 448. n 2.On a : 2≡0 mod 2⇒2≡2 ;0 mod n 3≡1 mod 2⇒3≡1 mod 2 ; n 6≡0 mod 2⇒6≡2.0 mod n n n Doncu=2+3+6−1≡0+1+0−1≡20 mod n u n est donc pair. n n n Ou encore 2 et 6 sont pairs ; 3 et 1 sont impairs, donc leur différence est paire et par sommeu n est pair. ∗ 3.nest pair : il existe donck∈Ntel quen=2k. 2k2k2k k k2k2k On peut donc écrire :u=u=2+3+6−1=4+9+2×3−1= n 2k k k k k 4+4×9+9−1. k Comme 4≡0 mod 4, 4≡4 ;0 mod k k 4×9≡0 mod 4 ; k 9≡4, donc 91 mod ≡4, d’où par somme :1 mod u≡0+0+1−1=4, c’est àdire que0 mod uest un multiple de 4. 2k2k 4.On a vu que 2 diviseu, que 3 diviseu, que 5 diviseuet 7 diviseu. 1 2 3 5 Donc 2, 3, 5 et 7 appartiennent à l’ensemble (E) p−1 5. a.D’après le théorème de Fermat, 2 étant premier avecp, on a 2≡1 modp. p−2p−1 Donc 6×2=3×2⇐⇒3 modp. p−1 D’autre part 3 étant premier avecp, 3≡1 modp. p−2p−1 Donc 6×3=2×3≡2 modp. ¡ ¢ p−2p−2p−2 b.Par définition : 6u p−2 =6 2+3+6−1= p−2p−2p−1 6×2+6×3+6−6. p−2p−2 On a vu que 6×2≡3 modp, que 6×3≡2 modpet on a p−1 6≡1 modpcar p premier avec 2 et 3 est premier avec 6. Donc 6×u p−2 ≡3+2+1−6 modpsoit 6×u p−2 ≡0 modp. c.On vient de démontrer que 6×u p−2 ≡0 modp: doncpdivise 6×u p−2 , maispet 6 sont premiers entre eux, donc d’après le théo rème de Gausspdiviseu p−2 . Conclusion : tout entierppremier appartient à l’ensemble (E)

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Baccalauréat S

E XERCICE 4

Partie A

A. P. M. E. P.

6 points

1.gsomme de fonctions dérivables sur [0 ;+∞[ est dérivable et sur cet in tervalle : ′x g(x)=e−1. ′ ′ g(0)=0 et pour tout réelx∈[0 ;+∞[,g(x) > 0 par stricte croissance de x0 la fonction exponentielle (x>0⇒e>e>1). ′ Conclusion :g(x) > 0 sur [0 ;+∞[, la dérivée ne s’annulant qu’en 0 donc la fonctiongest strictement croissante sur cet intervalle. 2.On ag(0)=1−0−1=0. La fonction étant strictement croissante sur [0 ;+∞[, on a, quel que soit x,g(x) > g(0), doncg(x) > 0. 3.On vient de démontrer que pour tout réel de l’intervalle [0 ;+∞[, x x g(x) > 0⇐⇒e−x−1 > 0⇐⇒e−x > 1.

Partie B 1−1 e−1 1.On af(0)= =0 etf(1)= =1. 1 e−1 Comme la fonctionfest croissante sur [0 ; 1], 0 6 x 6 1⇒ f(0) 6 f(x) 6 f(1)⇐⇒0 6 f(x) 6 1. x x x2x2 e−1 e−1−xe+xe (1−x)+x−1 2. a.f(x)−x= −x= = = x x x e−xe−xe−x x x x e (1−x)+(x+1)(x−1) e (1−x)−(x+1)(1−x) (1−x) (e−x−1) = = = x x x e−xe−xe−x (1−x)g(x) . x e−x b.La position relative de la droite (D) et de la courbe (C) sur [0 ; 1] est donnée par le signe de la différence précédente :f(x)−x. Or on a vu x sur [0 ; 1],g(x) > 0 et e−x > 1>0. Comme de plus 1−x>0, tous les termes du quotient sont positifs, doncf(x)−x > 0, ce qui signifie que la courbe (C) est au dessus de la droite (D). x′x 3. a.En posant :u(x)=e−x,u; 1] etest dérivable sur [0 u(x)=e−1, ′ u(x) doncf(x)=. u(x) On reconnaît la dérivée de la fonction ln|u(x)|, mais comme on a vu x queu(x)=e−x > 1>0,|u(x)| =u(x). Conclusion : une primitive sur [0 ; 1] defest la fonctionFdéfinie par ¡ ¢ x F(x)=ln e−x. b.On a vu que sur [0 ; 1], la courbe (C) est au dessus de la droite (D), donc l’aire, en unités d’aire, du domaine du plan délimité par la courbe (C), la droite (D) et les droites d’équationsx=0 etx=1 est égale à l’intégrale : Z · ¸ 1 1 2 x1 [f(x)−x] dx F(x)− =F(1)− −F(0)= 0 2 2 0 ¡ ¢ 1 ¢¤£ ¡ 1 1 0 ln e−1− −ln e−0=ln(e−1)−. (u. a.) 2 2

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