BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 2011 MATHEMATIQUES

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 2011 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement de Spécialité Rochambeau EXERCICE 1 Partie A 1) L'expression complexe de rA est z ? = a+ eipi/2(z ? a) = i+ i(z? i) = iz + 1+ i. Donc d = ic+ 1+ i = i(3i) + 1+ i = ?3+ 1+ i = ?2+ i. d = ?2+ i. 2) De même, l'expression complexe de rB est z ? = b + eipi/2(z ? b) = 1+ i + i(z ? 1 ? i) = iz + 1 + i ? i + 1 = iz + 2 et l'expression complexe de rO est z ? = e?ipi/2z = ?iz. Donc g = id + 2 = i(?2+ i) + 2 = ?2i? 1+ 2 = 1? 2i et h = ?ic = ?i(3i) = 3. g = 1? 2i et h = 3. 3) Les coordonnées des points C, D, G et H sont : C(0, 3), D(?2, 1), G(1,?2) et H(3, 0).

• coordonnées du vecteur ??dc


• entier


• durée de vie supérieure


• imaginaire pur ?


• ex ?


• point de coordonnées


• écriture complexe de la rotation ra


• p?1 ?

Sujets

• Entier relatif

Informations

• Publié par: profil-insu-2012
• Publié le: 01 juin 2011
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Extrait

BACCALAUREATGENERAL
Session de juin 2011
MATHEMATIQUES
- Série S -
Enseignement de Spécialité
Rochambeau
EXERCICE 1
Partie A
′ iπ/21) L’expression complexe de r est z =a+e (z−a) =i+i(z−i) =iz+1+i. DoncA
d =ic+1+i =i(3i) +1+i = −3+1+i = −2+i.
d = −2+i.
′ iπ/22) De même, l’expression complexe de r est z = b+e (z−b) = 1+i+i(z−1−i) =iz+1+i−i+1 =iz+2 etB
′ −iπ/2l’expression complexe de r est z =e z = −iz. DoncO
g =id+2 =i(−2+i)+2 = −2i−1+2 =1−2i et h = −ic = −i(3i) =3.
g =1−2i et h =3.
3) Les coordonnées des points C, D, G et H sont : C(0,3), D(−2,1), G(1,−2) et H(3,0). Les coordonnées du vecteur
−→ −→ −→ −→
DC sont (2,2) et les coordonnées du vecteur GH sont (2,2). Donc DC = GH et par suite le quadrilatère CDGH est un
−→
parallélogramme. De plus, les coordonnées du vecteur DG sont (3,−3) et donc
−→−→
DC.DG =2×3+2×(−3) =0.
On en déduit que (DC)⊥(DG). Ainsi, le parallélogramme CDGH possède un angle droit et on a montré que
le quadrilatère CDGH est un rectangle.
C
3
2
D A B
1
→−v
H
→−O u
−3 −2 −1 1 2 3
−1
−2
G
−3
Partie B
′1) D’après la question 1 de la partie A, l’écriture complexe de la rotation r est z =iz+1+i et donc n =im+1+i.A
1
bbbbbb2) n−m =im+1+i−m = (−1+i)m+1+i et p−q = −m+1+i+im = (−1+i)m+1+i. Donc n−m =p−q ou
−−→ −→
encore MN =QP. Par suite,
le quadrilatère MNPQ est un parallélogramme.
3)a)p−n = −m+1+i−im−1−i= −(1+i)m =0(carM =Oetdoncm =0)puism−n =m−im−1−i = (1−i)m−(1+i).
Donc
m−n (1−i)m−(1+i) (1−i)m −(1+i) 1−i 1
= = + = − +
p−n −(1+i)m −(1+i)m −(1+i)m 1+i m
2(1−i) 1 1−2i−1 1 −2i 1 1
= − + = − + = − + =i+ .
2 2(1+i)(1−i) m 1 +1 m 2 m m
1 1 1
b) On note tout d’abord que m−n =0⇔i+ =0⇔ = −i⇔m = − ⇔m =i⇔M =A. Comme M =A, on a
m m i
donc m−n =0 ou encore M =N. Ensuite,
−→ −−→ m−n 1
NP,NM = arg = arg i+ [2π].
p−n m
Soit m un nombre complexe tel que m =0 et m =a,
−→ −−→ π 1 π
MNPQ est un rectangle⇔ NP,NM = [π]⇔ arg i+ = [π]
2 m 2
1 1
⇔i+ est imaginaire pur⇔ est imaginaire pur
m m
m
⇔ est imaginaire pur⇔m est imaginaire pur⇔m est imaginaire pur
2|m|
⇔M∈ (Oy).
Donc, l’ensemble des points M distincts de O et A tels que le quadrilatère MNPQ soit un rectangle est l’axe (Oy) privé
des points O et A.
2
66666666EXERCICE 2
Partie A

25 3
Ilya choixdedeuxordinateursparmi25 et choixdedeuxordinateursparmilestroisdéfectueux. Laprobabilité
2 2
demandée est donc

3 3×2
2 3×2 1 12 p = = = = = .
25×2425 25×24 25×4 100
22
Partie B
1) Soit t un réel positif.
Zt t−λx −λx −λt −λt −λtp(X6t) = λe dx = −e =1−e puis p(X>t) =1−p(X6t) =1−(1−e ) =e . Par suite
0
0

2 5 1 5−5λp(X>5) =0,4⇔e =0,4⇔ −5λ = ln ⇔5λ = ln ⇔λ = ln .
5 2 5 2

1 5 −2avec ln =0,18 à 10 près.
5 2
−5×0,18 −0,9p((X>5)∩(X>3)) p(X>5) e e −0,36 −32) p (X>5) = = = = =e =0,698 à 10 près.X>3 −3×0,18 −0,54p(X>3) p(X>3) e e
3) a) Notons X le nombre d’ordinateurs dont la durée de vie est supérieure à 5 ans. La variable aléatoire X est régie par
un schéma de Bernoulli. En effet,
• 10 expériences identiques et indépendantes sont effectuées;
• chaque expérience a deux issues : «l’ordinateur a une durée de vie supérieure à 5 ans» avec une probabilité p =0,4
ou « l’ordinateur a une durée de vie inférieure à 5 ans » avec une probabilité 1−p =0,6.
La variable aléatoire X suit donc une loi binomiale de paramètres n =10 et p =0,4.
La probabilité demandée est p(X>1). Or

10 0 10 10p(X>1) =1−p(X =0) =1− (0,4) (0,6) =1−0,6 =0,994 arrondi au millième.
0
nb) Dans cette question n est un entier naturel non nul quelconque et p(X>1) =1−0,6 . Puis
n np(X>1)>0,999⇔1−0,6 >0,999⇔0,001>0,6
n⇔ ln(0,001)> ln(0,6 ) (par croissance de la fonction ln sur ]0,+∞[)
ln(0,001)
⇔nln(0,6)6 ln(0,001)⇔n> (car ln(0,6)<0)
ln(0,6)
⇔n>13,5...⇔n>14 (carn est un entier).
Le nombre minimal d’ordinateurs que l’on doit choisir pour que la probabilité que l’un au moins des ordinateurs ait une
durée de vie supérieure à 5 ans soit supérieure à 0,999 est 14.
3EXERCICE 3
Partie A : Restitution organisée de connaissances
Soient a, b et c trois entiers relatifs tels que a =0, b =0 et a et b premiers entre eux. On suppose que a divise b×c. Il
existe donc un entier relatif k tel que bc =ka. Puisque a et b sont premiers entre eux, d’après le théorème de Bézout, il
existe deux entiers relatifs u et v tels que au+bv =1. On multiplie les deux membres de cette égalité par c et on obtient
c =acu+bcv =acu+kav =a(cu+kv).
Puisque cu+kv est un entier relatif, l’égalité précédente montre que a divise c.
On a montré le théorème de Gauss : «si a, b et c sont trois entiers relatifs tels que a =0, b =0 et a et b premiers entre
eux et si a divise bc, alors a divise c ».
Partie B
1)• u =2+3+6−1 =10.1
• u =4+9+36−1 =48.2
• u =8+27+216−1 =250.3
• u =16+81+1296−1 =1392.4
• u =32+243+7776−1 =8050.5
• u =64+729+46656 −1 =47448.6
n n n n n n n n n2)Soitnunentiernaturelnonnul.2 +3 +6 −1≡0 +1 +0 −1 (modulo2)ouencore2 +3 +6 −1≡0 (modulo2).
Donc u est un multiple de 2 ou encore u est pair.n n
3) Soit n un entier naturel pair non nul. Il existe un entier naturel k non nul tel que n =2k et donc
2k 2k 2k k k ku =2 +3 +6 −1 =4 +9 +36 −1.n
k k k k k k k k kOr 4 +9 +36 −1≡0 +1 +0 −1 (modulo 4) ou encore 4 +9 +36 −1≡0 (modulo4).
Donc, si n est un entier naturel pair non nul, u est un multiple de 4 ou encore u est divisible par 4.n n
4) 2, 3, 5 et 7 sont des nombres premiers. D’après la question 2, l’entier 2 appartient à (E).
Puisque u =3×16, 3 divise u et donc l’entier 3 appartient à (E).2 2
Puisque u =5×2, 5 divise u et donc l’entier 5 appartient à (E).1 1
Puisque u =7×1150, 7 divise u et donc l’entier 7 appartient à (E).5 5
5) Soit p un nombre premier strictement supérieur à 3.
a) Les entiers 2 et 3 sont premiers à p. D’autre part, p>5 et donc p−2>3.
p−2 p−2 p−16×2 = 3×2×2 = 3×2 . Comme 2 est premier au nombre premier p, le petit théorème de Fermat permet
p−1 p−1 p−2d’affirmerque2 ≡1 (modulop). Onen déduit que3×2 ≡3×1 (modulop) ouencoreque6×2 ≡3 (modulop).
p−2 p−1 p−2De même, 6×3 =2×3 ≡2×1 (modulo p) ou encore 6×3 ≡2 (modulop).
p−2 p−2 p−1b) 6u = 6×2 +6×3 +6 −6. Puisque p est premier à 2 et à 3 et puisque 6 = 2×3, 6 est premier à p.p−2
p−1Donc 6 ≡1 (modulop). D’après la question a), on en déduit que
6u ≡3+2+1−6 (modulop) ou encore 6u ≡0 (modulop).p−2 p−2
c) Ainsi, puisque p divise 6u et que p est premier à 6, le théorème de Gauss permet d’affirmer que p divise u .p−2 p−2
Puisque p −2 est un entier naturel non nul, p appartient à l’ensemble (E). Finalement, tout nombre premier divise l’un
∗des nombres u , n∈N .n
4
6666EXERCICE 4
Partie A
1) La fonction g est dérivable sur [0,+∞[ en tant que somme de fonctions dérivables sur [0,+∞[ et pour tout réel x
de [0,+∞[
′ xg (x) =e −1.
′ 0 ′ xPar suite, g (0) = e −1 = 0 et si x > 0, g (x) > 0 car e > 1. En résumé, la fonction g est dérivable sur [0,+∞[ et sa
dérivée est strictement positive sur ]0,+∞[. On en déduit que la fonction g est strictement croissante sur [0,+∞[.
02) Puisque g(0) = e −0 − 1 = 0 et puisque la fonction g est strictement croissante sur [0,+∞[, pour tout x > 0,
g(x)>g(0) =0. Donc la fonction g s’annule en 0 et est strictement positive sur ]0,+∞[.
x x3) Pour tout x>0, g(x)>0 ou encore e −x−1>0. Mais alors, pour tout x>0, e −x>1 et en particulier,
xpour tout x>0, e −x>0.
Partie B
1) Soit x∈ [0,1]. Puisque la fonction f est croissante sur [0,1], (résultat admis par l’énoncé), on a f(0)6 f(x)6 f(1) ou
encore 06f(x)61. On a montré que
pour tout x de [0,1], f(x)∈ [0,1].
2) a) Soit x∈ [0,1].
x x x 2 x 2 xe −1 e −1−xe +x e (1−x)−(1−x ) (1−x)(e −(1+x)) (1−x)g(x)
f(x)−x = −x = = = = .
x x x x xe −x e −x e −x e −x e −x
xb) Pour tout x ∈]0,1[, g(x) > 0 (d’après la partie A), 1 −x > 0 et e −x > 0 (d’après la partie A). Donc, pour tout
x∈]0,1[, f(x)−x > 0. D’autre part f(0) = 0 et f(1) = 1. Donc la droite (D) est strictement au-dessous de la courbe (C)
sur ]0,1[ et la droite (D) et la courbe (C) se coupent aux points de coordonnées (0,0) et (1,1).
3) a) La fonction f est continue sur [0,1] en tant que quotient de fonctions continues sur [0,1] dont le dénominateur ne
s’annule pas sur [0,1]. Donc la fonction f admet des primitives sur [0,1].
x ′ x xOn remarque que (e −x) =e −1 et puisque pour tout x∈ [0,1], e −x>0,
xune primitive de f sur [0,1] est la fonction F : x→ ln(e −x).
b) On noteA l’aire du domaine considéré par l’énoncé. Puisque la courbe (C) est au-dessus de la droite (D) su