BACCALAUREAT GENERAL Session de juin MATHEMATIQUES

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 2011 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement Obligatoire 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.

• ?7 ?


• événement contraire de l'événement


• réciproque du théorème de pythagore


• entier


• restitution organisée de connaissances


• pn ?


• e5 ?

Sujets

• Entier relatif

Informations

• Publié par: profil-insu-2012
• Publié le: 01 juin 2011
• Nombre de lectures: 31

Extrait

BACCALAUREATGENERAL
Session de juin 2011
MATHEMATIQUES
- Série S -
Enseignement Obligatoire
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
10,9
0,9
0,2
0,4
0,40,4
EXERCICE 2
1) Représentons la situation par un arbre.
G2
G1
G2
G2
G1
G2
D’après la formule des probabilités totales,
p =p(G ) =p(G ∩G )+p(G ∩G ) =p(G )×p (G )+p(G )×p (G )2 2 1 2 1 2 1 G 2 1 21 G1
=0,1×0,8+(1−0,1)×0,6 =0,08+0,54 =0,62.
p(G ) =0,62.2
2) La probabilité demandée est p (G ). OrG 12
p(G )×p (G )p(G ∩G ) 1 2 (1−0,1)×0,6 0,54 54 271 2 G1p (G ) = = = = = = .G 12
p(G ) p(G ) 0,62 0,62 62 312 2
27
p (G ) = .G 12 31
3) On rajoute des branches à l’arbre du 1) :
G2
G1
G2
G2
G3
G1
G2
G3
L’événement « le joueur gagne au moins une des trois premières parties » est l’événement contraire de l’événement « le
joueur ne gagne aucune des trois premières parties ». La probabilité que le joueur ne gagne aucune des trois premières
parties est

p G ∩G ∩G =0,9×0,4×0,4 =0,1441 2 3
et donc la probabilité que le joueur gagne au moins une des trois premières parties est 1−0,144 =0,856.
La probabilité que le joueur gagne au moins une des trois premières parties est 0,856.
4) D’après la formule des probabilités totales,
p =p(G ) =p(G ∩G )+p(G ∩G ) =p(G )×p (G )+p(G )×p (G )n+1 n+1 n n+1 n n+1 n G n+1 n n+1n Gn
1 3
=p ×0,8+(1−p )×0,6 =0,2p +0,6 = p + .n n n n
5 5
1 3
Pour tout entier naturel non nul n, p = p + .n+1 n
5 5
2
0,8
0,6
0,8
0,6
0,6
0,1
0,1 n
3 13 1
5) Montrons par récurrence que pour tout entier naturel non nul n, p = − .n
4 4 5
1
3 13 1 3 13 15 13 2
• − = − = − = =0,1 =p et l’égalité est vraie quand n =1.1
4 4 5 4 20 20 20 20
n
3 13 1
• Soit n>1. Supposons que p = − . Alors,n
4 4 5
n n+1 n+1
1 3 1 3 13 1 3 3 13 1 3 15 13 1
p = p + = − + = − + = −n+1 n
5 5 5 4 4 5 5 20 4 5 5 20 4 5
n+1
3 13 1
= − .
4 4 5
Le résultat est démontré par récurrence.
n
3 13 1
Pour tout entier naturel non nul n, p = − .n
4 4 5
n 1 1 6) Puisque <1, on sait que lim =0 et donc