Duréée heures

Description

Duréée : 4 heures [ Corrigé du baccalaurééat S Polynésie \ septembre 2006 EXERCICE 1 4 points 1. a. On a c ? a = 2+2i et b? a = 2?2i ; or c ? a = 2+2i = i(2?2i) = i(b? a). Cette égalité signifie que C est l'image de B dans le quart de tour direct de centre A. Donc le triangle ABC est rectangle en A. b. On a z?3 z?5+2i = z? zA z? zB . Donc arg ( z?3 z?5+2i ) = (??? AM , ??? BM ) c. Le nombre z?3 z?5+2i est un réel strictement négatif si et seulement si l'un des ses arguments est égal àπ. D'après le b, on a donc z?3 z?5+2i ? R? ?? (??? AM , ??? BM ) = π [2π] ?? M ?]AB[. L'ensemble cherché est donc le seg- ment ouvert ]AB[. 2. a. Si z ? est l'affixe du point image du point d'affixe z dans la rotation r de centre? et d'angle ? π 2 , cette affixe vérifie z ???=?i (z??) ?? z ? =?iz+?(1+ i) ?? z ? = z ? =?iz+ (2? i)(1+ i) ?? z ? =?iz+3+ i .

• équation paramétrique de ??


• e?x dx


• vecteur ??


• image du cercle ?


• angle ?


• signe de la dé

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2006
• Nombre de lectures: 44
• Langue: Français

Extrait

Duréée:4heures
[ CorrigédubaccalaurééatSPolynésie\
septembre2006
EXERCICE 1 4points
1. a. On a c−a=2+2i et b−a=2−2i; or c−a=2+2i=i(2−2i)=i(b−a).
Cette égalité signifie que C est l’image de B dans le quart de tour direct
decentreA.DoncletriangleABCestrectangleenA.
? ? ? ?z−3 z−z z−3 −−→ −−→A
b. Ona = .Doncarg = AM , BM
z−5+2i z−z z−5+2iB
z−3
c. Lenombre estunréelstrictementnégatifsietseulementsil’un
z−5+2i
z−3 −dessesargumentsestégalàπ.D’aprèsleb,onadonc ∈ R ⇐⇒
z−5+2i? ?−−→ −−→
AM , BM =π [2π] ⇐⇒ M∈]AB[.L’ensemblecherchéestdoncleseg-
mentouvert]AB[.
′2. a. Si z est l’affixe du point image du point d’affixe z dans la rotation r de
π ′centreΩetd’angle− ,cetteaffixevérifiez −ω=−i z−ω ⇐⇒( )
2
′ ′ ′ ′z =−iz+ω(1+i) ⇐⇒ z =z =−iz+(2−i)(1+i) ⇐⇒ z =−iz+3+i .
b. ABCétantrectangleisocèleenA,lecentreEducerclecirconscritΓestle
milieude[BC]d’affixe5etsonrayonestégalà2.
′Une rotation est une isométrie donc l’image du cercleΓ est le cercleΓ
′dontlecentreestE ,imagedeEparr etdemêmerayon2.
′Onaalors:z ′=z =−iz +3+i=−5i+3+i=3−4i.EE E
′ iθUne équation paramétrique deΓ est alors : z−z ′ = 2e , θ∈ [0 ; 2π[E
iθdonc: z=3−4i+2e , θ∈[0; 2π[ .
EXERCICE 2 4points
1. a. Ondressel’arbrepondérésuivant:
2
3 B
2
B3
N1
3
B
4
5 B
1
N3
2
N13
5
1 4
3 5 B
4
5 B
N1
N 5
1
1 N B
5
LesvaleursprisesparX sont(dehautenbas):0,1,1,2,1,2,2.
bbbbbbbCorrigédubaccalaurééatS
? ?32 8
b. OnaP(X=0)=P(BBB)= = .
3 27
c. – La probabilité demandée s’obtient en suivant la troisième branche.
2 1 4 8
ElleestégaleàP(BNB)= × × = .
3 3 5 45
1 4 4 16
– OnademêmeP(NBB)= × × = .
3 5 5 75
2 2 1 4
P(BBN)= × × = .
3 3 3 27
8 16 4
FinalementP(X=1)=P(BBB)+P(BNB)+P(BBN)= + + =
45 75 27
120+144+100 364
= .
27×25 675
? ?k−1 k−12 1 2
2. – P(A)= × = .
k3 3 3
– P (B).Onsaitdoncquel’onatiréunenoireauk-ièmetirage.Ilrextedonc4A
blanches etune noire.Ontire(n−k) boulesblanches avecune probabilité
? ?n−k4
deP (B)= .A
5
– Siseulelak-ièmebouletiréeestnoirec’estqueN=A∩B.
? ?n−k k−1 2n−k−14 2 2
Onadoncp(N)=p(A∩B)=P (B)×P(A)= × = .A k k n−k5 3 3 ×5
EXERCICE 3 7points
3 −x 2 −x1. a. Enécrivant f (x)=2x e −4x e lesdeuxtermesdelasommeontpour
limitemoinsl’infini,onobtient lim f(x)=−∞.
x→−∞
Delamêmefaçonenplusl’infini,lesdeuxtermesontpourlimite0(car,
n −xpourtoutn∈N, lim x e =0(croissancescomparées)),donc lim f(x)=
x→+∞ x→+∞
0.
b. Ladérivéedelafonction f estdonnéepar
? ? ? ?
′ −x 2 3 2 −x 3 2f (x)=e 6x −8x−2x +4x =e −2x +10x −8x =
? ?
−x 22xe −x +5x−4 .
−xc. Comme quel que soit x∈R, e > 0, le signe de la dérivée est celui de? ?
2x −x +5x−4 .Letrinôme apourracines 1et4, doncle signedeladé-
rivée dépend de la position de x par raport aux nombres 0, 1 et 4. D’où
letableaudevariations:
x −∞ 0 1 4 +∞
x − 0 + + +
−+ + 0 0 +trinôme
′ − −f + +0 0 0
640
4e
f(x)
2−−∞ 0e
d. Courbereprésentative(C):
Polynésie 2 septembre2006CorrigédubaccalaurééatS
1
→−

→−
−2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9ı
−1
−2
−3
−4
−5
−6 Z1
−x2. a. I = xe dx.1
0?
−xu(x)=x dv(x)=e
Avec onobtientenintégrantparparties,toutes−xdu(x)=1 v(x)=−e
1−xlesfonctionsétantdérivablesetleursdérivéescontinues,I = −xe +[ ]1 0Z1 ? ? 21−x −x −xe dx= −xe −e =1− .0 e0
1 2 5
b. L’égalité I =nI − donnepourn=2, I =2I − =2− .n n−1 2 1
e e e? ?
1 5 1 16
Pourn=3, I =3I − =3 2− − =6− .3 2
e e e e
c. L’airedudomainedéfiniestégal(enunitésd’aire)àlavaleurabsoluede
Z Z Z1 1 1? ?
3 2 −x 3 −x 2 −xl’intégrale 2x −4x e dx= 2 x e dx−4 x e = 2I −4I3 2
0 0 0
(parlinéaritédel’intégrale). ? ? ? ?Z1? ? 16 5 123 2 −x
Onadonc 2x −4x e dx=2 6− −4 2− =4− .
e e e0
12
ConclusionA = −4≈0,4.
e
Effectivement surlafigure,surl’intervalle [0;1],lafonctionestnégative
1 2etl’airevautmoinsde carreau(cm ).
2? ? ? ?
1 1 1
3. a. Pourtout x de ; ,ondéfinitv(x)parv(x)=u .v estlacompo-
b a x? ?
1 1 1
sée de la fonction inverse x7! , décroissante sur ; et à valeurs
x b a
dans[a ; b]etdelafonctionu,supposéecroissantesur[a ; b].Parcom-? ?
1 1
position,onobtientunefonctiondécroissantesur ; .
b a
? ? ? ?
1 2 4 1−
xb. Onadoncg(x)= f = − e .
3 2x x x
? ?1 3 2 −αEn posant = α, g(α)= 2α −4α e . On obtient alors facilement
x
limg(α)= lim g(x)=0et lim g(α)=limg(x)=0
α→0 x→+∞ α→+∞ x→0
c. De même qu’au 2 a, on démontrerait que si u est décroissante, alors v
est croissante. Le tableau de variations de g se déduit donc de celui de
1
f aprèsavoirremarquéquesi1<4,alors <1.Lesintervalles devaria-
4? ? ? ?
1 1
tionssontdonc 0; , ; 1 et[1;+∞[:d’oùletableau:
4 4
Polynésie 3 septembre2006CorrigédubaccalaurééatS
1
x 0 4 1 +∞
64 0
4e
g(x)
2−e
0
EXERCICE 4 5points
 
−2
→− →− →− 1. Unvecteur n normalà(P )est n 1 .Unvecteur n normalà(P )est1 1 1 2 2
1
 
1
→− →− →− n −2 .Cesdeuxvecteurssontnonnulsetn ?n =−2×1+1×(−2)+1×1 1 2
4
4=0.Cesvecteursétantorthogonaux,lesdeuxplanssontperpendiculaires.
2. En posant z= t les coordonnées de la droite commune aux deux plans vé-
? ?
−2x+y = 6−t −2x+y = 6−t
rifient ⇐⇒ ⇒−3y = 24−
x−2y = 9−4t 2x−4y = 18−8t
9t ⇐⇒ y =−8+3t et en reportant dans l’une des équations des plans x=
−7+2t. 
x = −7+2t
y = −8+3tConclusion:M(x ; y ; z)∈(P ∩(P )=(D⇐⇒ .1 2 
z = t
3. a. Ona−18−4−1−6=0Fauxet−9+8−4−9=0Faux
2 2 2 2 2 2 2 2b. AM =(x+9) +(y+4) +(z+1) =(2+2t) +(−4+3t) +(t+1) =14t −
? ?
214t+21=7 2t −2t+3 .
? ? ?? ? ? ?? ? ?2 23 1 1 3 1 52 2c. f(t)=2t −2t+3=2 t −t+ =2 t− − + =2 t− + >
2 2 4 2 2 4
5 5 1
2× = >0. Ce trinôme est donc décroissant sur ]−∞ ; ], croissant
4 2 2
1 1
sur[ ;+∞[etaunminimumen .
2 2 ? ?
13 1
LepointcorrespondantestM =I −6;− ; .mini
2 2
4. a. Lareprésentationparamétriquede(D)donnelescoordonnéesd’unvec-
 
2
→−
 teurdirecteurde(D),doncunvecteurnormalà(Q),c’estlevecteur q 3 .
1
Uneéquationde(Q)estdonc:2x+3y+z+α=0.A∈(Q) ⇐⇒
−18−12−1+α=0 ⇐⇒ α=31.
Uneéquationde(Q)estdonc:M∈(Q) ⇐⇒ 2x+3y+z+31=0.
b. LetriangleAMIestrectangleenI.Lecôté[AI]aunelongueurinférieure
à celle de l’hypoténuse [AM] : I est bien le projeté orthogonal de A sur
(D).
Polynésie 4 septembre2006