Baccalauréat Métropole série S septembre

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Baccalauréat Métropole série S septembre 2003 \ EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats 1. Soit A1 le point d'affixe a1 = p 3+ i. On a |a1|2 = 1+3= 4= 22, donc |a1| = 2. On peut écrire a1 = 2 ( ? 1 2 + i p 3 2 ) = 2ei 2π 3 . On peut donc placer le point A1 d'ordonnéepositive en traçant le cercle centré à l'origine de rayon 2 et la droite d'équation : x =?1. Le point A s'en déduit par la translation de vecteur ? ?? u . Le point ? se place simplement. On peut placer B en reportant dans le sens direct deux rayons ?A à partir de A, de même pour C en partant de B. Le point D s'obtient en construisant d'abord le milieu de [A?]. bb b b b b A1A B C D ? O ??u ?? v L'écriture complexe de la rotation est z ? ? (?1+ 2i) = ei 2π 3 [z? (?1+2i)] ?? z ? = ei 2π 3 z+ (?1+2i) ( 1?ei 2π 3 ) ?? z ? = ei 2π 3 z+ p 3 2 ? 3 2 + i (p 3 2 + 3 2 ) .

• points candidats


• ??? ?a


• point de ?


• mod


• homothétie de centre


• image de ? par l'image de ? par l'image de ?


• ??


• x?bm ?

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2003
• Nombre de lectures: 7
• Langue: Français

Extrait

[BaccalauréatMétropolesérieSseptembre2003\
EXERCICE 1 5points
Communàtouslescandidats
p
1. SoitA lepointd’affixea = 3+i.1 1
2 2Ona|a | =1+3=4=2 ,donc|a |=2.1 1Ã !p
1 3 2πi
3On peut écrire a = 2 − +i = 2e . On peut donc placer le point A1 1
2 2
d’ordonnéepositiveentraçantlecerclecentréàl’originederayon2etladroite
→−
d’équation:x=−1.LepointAs’endéduitparlatranslationdevecteur−u .
LepointΩseplacesimplement.
On peut placer B en reportantdans le sens directdeux rayonsΩA à partir de
A,demêmepourCenpartantdeB.
LepointDs’obtientenconstruisantd’abordlemilieude[AΩ].
B
D
Ω
A AC 1
→−
v
→−O
u
2π′ i
3L’écriture complexe de la rotation est z −(−1+2i)= e [z−(−1+2i)] ⇐⇒Ã !p p³ ´
2π 2π 2π 3 3 3 3i i i′ ′3 3 3z =e z+(−1+2i) 1−e ⇐⇒ z =e z+ − +i + .
2 2 2 2
p
Aveccetteformuleonobtientb=−1+4i,puisc=−1− 3+i
p p−−→ 1−→ −→ −→
Pourl’homothétie,onaΩD =− ΩA.OrΩA(−1+ 3+i+1−2i,soitΩA( 3−
2Ã !p
−−→ 3 1
i),doncΩD − + i .
2 2
p
3 5
D’oùD()−1− + i.
2 2
2. Onnoteb, c etd lesaffixesrespectivesdespointsB,CetD.
p
1. |a−ω| 2 4 3−i
VRAI FAUX FAUX
p p p
Ona:|a−ω|=|−1+ 3+i+1−2i|=| 3−i|= 3+1=2.Seulelapremièreréponse
estvraie.
5π 47π π
2. arg(a−ω) −
6 6 6
FAUX VRAI FAUX
bbbbbbA.P.M.E.P. BaccalauréatS
à !p
p 3 1 π− 6a−ω= 3−i=2 − i =2e .
2 2
π 47π
Donc arg(a−ω)=− +2kπ. Avec k=24, on a bien un argument de . Seule la
6 6
deuxièmeréponseestvraie.
³ ´ ³ ´→− −→ →− −→ 2π
3. v ,ΩC = arg[(ω−c)i] − v , CΩ
3
VRAI VRAI VRAI
OnavuqueBetΩontlamêmeabscisse,donc(BΩ)estparallèle àl’axedesordon-
2π
nées:l’anglecherchéestdoncceluidelarotationsoit .
3
p 2π
On peut calculer ω−c =−1+i 3 qui a pour module modulo 2π ou dire que
3
π 2π 2π π 2π
arg[(ω−c)i]=arg(ω−c)+arg(i)=− + + + = .
6 3 3 2 3³ ´ ³ ´→− −→ →− −→
Onaaussi v ,ΩC = −v , CΩ carilssontopposésparlesommet.
Conclusion:lestroisaffirmationssontvraies.
1
4. ω= (a+b+c) a+b+c b−2i
3
VRAI FAUX VRAI
1
Onpeutfairelecalculetvérifierque (a+b+c)=ω,soitmontrerqueletriangleABC
3¯p ¯ p p ¯ p ¯ p
¯ ¯ ¯ ¯estéquilatéralencalculant|a−b|= 3−3i = 12=2 3,puis|a−c|= 2 3 =2 3p p p
etenfin|b−c|=| 3+3i|= 12=2 3.
D’autrepartb−2i=−1+4i−2i=−1+2i=ω.
Lesaffirmations1et3sontvraies,la2estfausse.
p p p
b−d 3 3 3
5. = i − i i
a−d 2 3 3
FAUX FAUX VRAI
p
b−d 3
Onpeutcalculer = i.
a−d 3
Seulel’affirmation3estvraie.
l’imagede Ωpar l’imagede Ωpar l’imagede Ωparla
6. LepointDest latranslation l’homothétie decentre larotationdecentre
1−→ 3 π
devecteur AΩ Aetderapport Betd’angle−
2 2 6
VRAI VRAI FAUX
−−→ 1−→ −→ −→ 1−→
Pardéfinitiondel’homothétie:ΩD =− ΩA ⇐⇒ΩA+AD =− ΩA ⇐⇒
2 2
3−→ −→
AD = AΩ.
2
Donclesaffirmations1et2sontvraies.
EXERCICE 2 5points
Candidatsn’ayantpassuivil’enseignementdespécialité
Métropole 2 septembre2003A.P.M.E.P. BaccalauréatS
1. Sil’onsupposequelenombredepiècesdanslescaissesestassezgrand
pour que l’on peut puisse considérer que les 20 épreuves se déroulent
dansles mêmes conditions, X suit une loi binomiale deparamètres n=
2
20etp=0,40= .
5
Laprobabilitéqu’exactement5piècesparmiles20portentunefaceétran-
gèreestégaleà:
à !µ ¶ µ ¶5 20−520 2 3
p(X=5)= ≈0,0746≈0,075.
5 5 5
à !
×20 19ba. On a p(X > 2)= 1−p(X= 0)−p(X= 1)= 1−(0,6) − ,4×0,6 ≈
0
0,9995.
2. a. Ily a trois fois plus depièces provenant dela caisse «journaux» que de
1
piècesprovenantdelacaisse«souvenirs»,doncP(S)= .
4
Ilya40%depiècesétrangèresdanslacaisse«journaux»,donc
2
P (E)=0,4= .S
5
1 2 1
OnaP(S∩E)=P(S)×P (E)= × = .S
4 5 10
³ ´
b. OnaP(E)=P(S∩E)+P S∩E .
³ ´ 1 3
OrP S =1− = .
4 4
8%despiècesdelacaisse«journaux»ontunefaceétrangère,donc
P (E)=0,08.S
1 3
OnadoncP(E)= + ×0,08=0,1+0,06=0,16.
10 4
P(S∩E 0,1 1
c. OnchercheP (S)= = = =0,625.E
P(E) 0,16 16
3. Onsupposeencorequelenombredepiècesestassezgrandpourquelesévè-
nementssoientindépendantsetquelaprobabilitédetirerunepièceétrangère
estégaleà0,16.
Lenombredepiècesétrangèresestunevariablealéatoiredeparamètres n et
p=0,16.
nLaprobabilitéden’avoiraucunepièceétrangèreestégaleà0,84 ,donclapro-
nbabilitéd’enavoiraumoinsuneestégaleà1−0,84 .
n nOncherchedoncàrésoudre:1−0,84 >0,9 ⇐⇒ 0,84 60,1 ⇐⇒ nln0,846
ln0,1
ln0,1(parcroissancedelafonctionln) ⇐⇒ n> soit n> 13,2 (envi-
ln0,86
ron).
Ilfautdoncpréleveraumoins14pièces.
EXERCICE 2 5points
Candidatsayantsuivil’enseignementdespécialité
1. a. 123 et 2003 sont premiers entre eux; u et v existent donc. Par divisions
euclidiennessuccesives:
2003 = 123×16+35
123 = 35×3+18
35 = 18×1+17
18 = 17×1+1
Enremontantleségalités:
Métropole 3 septembre2003A.P.M.E.P. BaccalauréatS
1 = 18−17
1 = 18−(35−18)=2×18−35
1 = 2[123−35×3]−35=2×123−7×35
1 = 2×123−7[2003−123×16]=114×123−7×2003
Onadoncu=114etv=−7.
b. D’aprèslaquestionprécédente114×123−7×2003=1 ⇐⇒ 114×123=
7×2003+1 ⇐⇒ 114×123≡1 mod2003.
Donck =114.0
c. • Soitunentierx telquex≡456k [2003] (1).0
Onvientdedémontrerquek ×123≡1 mod2003⇒0
k ×123×456≡1×456 mod2003 (2)0
(1)et(2)entraînentpardifférence:
123(x−456k )≡0 mod2003; or 123 et 2003 sont premiers entre0
eux,doncx−456k ≡0 mod2003 ⇐⇒ x≡456k mod2003.0 0
• Inversement si x≡456k mod2003, d’aprèsleb., ona123k ≡10 0
mod2003⇒456×123k ≡456×1 mod2003.0
Maisx≡456k mod2003⇒123x≡123×456k mod2003.0 0
Donc123x−466≡0 mod2003 ⇐⇒ 123x≡466 mod2003.
Conclusion:123x≡466 mod2003 ⇐⇒ x≡456k mod20030
d. D’aprèslerésultatprécédentlesentiersxvérifientx≡456k mod2003,0
soitencorex≡456×14 mod2003.
Doncx=456×114+2003k, aveck∈Z.
Or456×114=51984=25×2003+1909, onafinalement:
′ ′x=1909+2003k , aveck ∈Z
e. L’entier n tel que 123n≡456 mod2003 et 16n62002 est un nombre
′x de la question précédente. Il est donc de la forme n=1909+2003k ,
′avec161909+2003k 62002.
Lesinégalitéssontéquivalentesà:
1908 93
′ ′−190862003k 693 ⇐⇒ − 6k 6 .
2003 2003
′La seule valeur possible de k est 0 et par conséquent il existe un
uniquen=1909.
2. a. 2003 premier est premier avec tous les naturels qui lui sont inférieurs,
donciciaveca;doncPGCD(a, 2003)=1.
am≡1 [2003].
a et2003étantpremiersentreeux,ilexistedeuxentiersm etn telsque:
am+2003n=1≡am=1−2003n ⇐⇒ am≡1 mod2003.
b. Onvientdevoirqueam≡1 mod2003d’oùparproduitparb, bam≡b
mod2003.
Siax≡b mod2003avec06x62002onobtientpardifférence:
ax−abm≡0 mod2003 ou encore a(x−bm)≡0 mod2003, avec 06
x62002.
On en déduit que a(x−bm) est divisible par 2003, mais comme a ne
divisepas2003,c’estx−bm quiledivise,doncfinalement:
x−bm≡0 mod2003 ⇐⇒ x≡bm mod2003.
Pardivisioneuclidiennebm=2003q+r,avecr<2003,doncx≡r mod2003.
L’entierr estundesnombrescherchés.Est-celeseul?
′ ′Supposons qu’il existe un autre entier r tel que ar ≡ b mod2003 et
′06r 62002.Comme ar≡b mod2003,onobtientpardifférence:
Métropole 4 septembre2003A.P.M.E.P. BaccalauréatS
′a(r−r )≡0 mod2003 et donc toujours d’après le théorème de Gauss,
′r−r divise2003.
′ ′Or06r 62002 ⇐⇒ −20026−r 60etenajoutantmembresàmembres
′avec06r62002onobtient−20026r−r 62002.Leseulnombremul-
′tiple de 2003 dans cet intervalle est 0; on en déduit que r−r =0 ⇐⇒
′r=r .
Conclusion,l’entierr estbienunique.
PROBLÈME 10points
Communàtouslescandidats
PartieA:Uneéquationdifférentielle
−3x 3x1. f(x)=e ϕ(x) ⇐⇒ ϕ(x)= f(x)e .
La fonctionϕ est leproduit dedeux fonctions dérivablessurR; elle est donc
dérivablesurRet
′ ′ 3x 3xϕ (x)= f (x)e +3f (x)e .
′ ′ 3x 3x 3x ′ 3xDoncϕ (x)−3ϕ(x)= f (x)e +3f(x)e −3(f(x)e )= f (x)e .
−3e′2. ϕ est solution de (E) sur R si et seulement si ϕ (x)−3ϕ(x)= et¡ ¢2−3x1+e
−3e′ 3xd’après la question précédente si et seulement si f (x)e = ⇐⇒¡ ¢2−3x1+e
−3x−3ee′f (x)= .¡ ¢2−3x1+e
−3x ′ −3xEnposantu(x)=1+e ,quiestdérivablesurR,onau (x)=−3e .
′u (x) 1
′Donc f (x)=e quiestlafonctiondérivéedelafonction f (x)=−e +
2(u(x)) u(x)
1
K=−e +K avecK∈R.
−3x1+e
e 1 e e−3×0Si on a ϕ(0)= , alors f(0)= e ϕ(0)=−e +K ⇐⇒ =− +
−3×02 1+e 2 2
K ⇐⇒ K=e. ¡ ¢
−3x 1−3x1 −e+e 1+e e
DoncsurR, f(x)=−e +e= = .
−3x −3x −3x1+e 1+e 1+e
PartieB:étuded’unefonction
1. • Auvoisinagedemoinsl’infini:onp