Correction du baccalauréat S Polynésie juin
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Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Correction du baccalauréat S Polynésie \ 10 juin 2010 Exercice 1 5 points Commun à tous les candidats. Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct ( O, ??u , ??v ) . Partie A - Restitution organisée de connaissances Prérequis Soit z un nombre complexe tel que z = a+bi où a et b sont deux nombre réels. On note z, le nombre complexe défini par z = a?bi. Questions 1. Démontrer que, pour tous nombres complexes z et z ?, z? z ? = z? z ?. 2. Démontrer que, pour tout entier naturel n non nul, et tout nombre complexe z, zn = (z)n . Démonstrations par le calcul et par récurrence. Partie B On considère l'équation (E) : z4 =?4 où z est un nombre complexe. 1. Calculons (?z)(?z)(?z)(?z)(?z)= z4 =?4, donc?z est aussi solutionde l'équa- tion (E). Demême z?z?z?z = (z? z)?(z? z)= z2?z2 (d'après la R. O. C. 2. et toujours d'après la même formule) = z4 =?4=?4, car ?4 ?R. Donc z est aussi solution de (E). 2.

  • vecteur normal

  • ?2ln10 ln

  • ei pi4

  • points enseignement obligatoire

  • ??

  • demême cm2

  • repère orthonormal direct

  • couple


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Publié le 01 juin 2010
Nombre de lectures 28
Langue Français

Exrait

[Correction du baccalauréat S Polynésie 10 juin 2010
Exercice 1
\
5 points
Commun à tous les candidats. ³ ´ Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct O,u,v.
Partie A  Restitution organisée de connaissances
Prérequis Soitzun nombre complexe tel quez=a+bi oùaetbsont deux nombre réels. On notez, le nombre complexe défini parz=abi. Questions ′ ′ 1.Démontrer que, pour tous nombres complexeszetz,z×z=z×z. 2.Démontrer que, pour tout entier naturelnnon nul, et tout nombre complexe ¡ ¢ n n z,z=z. Démonstrations par le calcul et par récurrence.
Partie B
4 On considère l’équation (E) :z= −4 oùzest un nombre complexe.
4 1.Calculons (z)(z)(z)(z)(z)=z= −4, donczest aussi solution de l’équa tion (E). ¡ ¢ ¡ ¢ 2 2 De mêmez×z×z×z=z×z×z×z=z×z(d’après la R. O. C. 2. et toujours 4 d’après la même formule)=z= −4= −4, car4R. Donczest aussi solution de (E). 2 2 2 2. a.z0=1+i, donc|z0| =1+1=2⇒ |z0| =2. On peut en factorisant écrire : Ã ! 2 2¡ ¢π π πi z0=2+i=2 cos+i sin=2e . 4 4 4 2 2 ³ ´ ³ ´ π4¡p¢π4¡ ¢ 4 4 i i iπ 4 4 b.On az=2e=2 e=4 e=4×(1)= −4. 0 z0est bien une solution de l’équation (E). 3.D’après la question B. 1.z0= −1i etz0=1i sont aussi solutions ; mais puisquez0est solution son opposéz0= −1i l’est aussi. Conclusion : 1+i, 1i,1i et1+i sont solutions de (E).
Partie C
1.D’après le cours l’écriture complexe de la rotation de centre C d’affixe1i et π d’angleest : 3 π π ′ −i′ −i zzC=e (zzC)⇐⇒z= −1i+e (z+1+i) , 3 3 zétant l’affixe d’un point etzcelle de son image parr. π i 3 2. a.On a donczE= −1i+e (1+i+1+i)= ³ ´ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ π π1 3 1i+cos− +i sin− ×2i= −1i+ −i×2i= −1i+i+3= 3 3 2 2 zE= −1+3.
Correction du baccalauréat S
A. P. M. E. P.
π i 3 b.De mêmezF=1i+e (1+i+1i)= ³ ´ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ π π1 3 1i+cos− +i sin− ×2=1i+ −i×2=1i1i 3=zE= 3 3 2 2 ¡ ¢ i 1+3 . £ ¤ £ ¡p¢¤p zAzE1+i+13 2+3+i 1i 2+3 23+2+3 c.=¡ ¢=£ ¡p¡¢¤ £ p¢¤= = ¡ ¢ 2 zz A F1+i+i 1+3 1+i 2+3 1i 2+3 1+2+3 4 4 1 p = p = R+. 1+4+3+4 3 8+24 3 +3 µ ¶ ³ ´ zAzEzAzEd.réel positif entraîne que arg=FA , EA=0 [2π] ce zAzFzAzF qui signifie que les points A, E et F sont alignés.
Exercice 2
Commun à tous les candidats.
Partie A  Un seul robot
3 points
1.Soientp(S),p(I) etp(X) les probabilités respectives de passer par les points S, I et X. On ap(S)=p(X) etpS=2p(I). Doncp(S)=p(X)=2p(I). D’après la loi des probabilités totales : p(S)+p(X)+p(I)=1⇐⇒2p(I)+2p(I)+p(I)=1⇐⇒5p(I)=1⇐⇒p(I)= 1 =0, 2. 5 2 On en déduit quep(S)=p(X)=. 5 2.On a de façon évidente : 2 1 2 4 p(E)=p(S)×pS(I)×pI(X)= × × =. 5 5 5 125 3.La probabilité de F est la somme des probabilités de parcourir les « chemins » : SIX, SXI, ISX, IXS, XIS et XSI. Comme on l’a vu à la question précédente la probabilité de parcourir l’un de 2 1 2 4 ces chemins est égale à× × =, donc finalement : 5 5 5 125 4 24 192 p(F)=6=× = = 0, 192. 125 125 1 000
Partie B  Plusieurs robots
La probabilité qu’un robot ne passe pas par les sommets S, I et X dans cet ordre est 4 121 d’après la question précédente : 1− =, donc la probabilité qu’aucun desn 125 125 µ ¶ n 121 robots ne passe par les sommets S, I et X dans cet ordre est (loi binomiale de 125 121 paramètresnet . 125 La probabilité qu’au moins un robot passe par les sommets S, I et X dans cet ordre µ ¶ n 121 est donc 1. 125 Il faut donc résoudre :
Polynésie
2
10 juin 2010
Correction du baccalauréat S
A. P. M. E. P.
µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n 121 121 121 2 1>0, 99⇐⇒60, 01⇐⇒610 , soit en prenant les loga 125 125 125 µ ¶ 1212 ln 10 rithmes de ces nombres positifs,nln62 ln 10⇐⇒n>µ ¶141, 5. 125 121 ln 125 Il faut donc au minimum 142 robots.
Exercice 3
Enseignement obligatoire
5 points
1.a pour coordonnées (2 ; 1 ;Le vecteur AB 1). Une équation d’un plan normal à AB est donc de la forme 2x+1y1z+d=0. B(3 ; 2 ; 0)(P)⇐⇒2×3+20+d=0⇐⇒d= −8. M(x;y;z)(P)⇐⇒2x+yz8=0. p 2 2.D’après la question précédente : AB=4+1+1=6AB=6. 2 2 2 2 2 M(x;y;z)(S)⇐⇒AM=AB⇐⇒(x1)+(y1)+(z1)=6⇐⇒ 2 2 2 x+y+z2x2y2z3=0. 2 2 2 M(x;y;z)(S)⇐⇒x+y+z2x2y2z3=0. (On peut calculer que les coordonnées de B vérifient cette équation.) |11+2+4|6 3. a.On ad(A, (Q))= = p =6. 2 2 2 1+1+2 6 Comme la distance de A au plan (Q) est égale au rayon de la sphèr e de centre A et de rayon 6, on en déduit que le plan (Q) est tangent à la sphère (S). |2+118|6 b.On calculed(A, (P))p == = 6. 2 2 2 2+1+1 6 La réponse est donc : oui. 4. a.(P) a pour vecteur normal AB (2 ; 1 ;1) et (Q) a pour vecteur normal −→ p(1 ;1 ; 2). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les plans (P) et (Q) ne sont pas parallèles : ils sont donc sécants Les vecteurs normaux respectivement à (P) et à (Q) ne sont pas orthogo naux b.SiM(x;y;z)(D)=(P)(Q), (x;y;z) vérifie le système :   ½x=t x   2x+yz8=0 ⇐⇒2x+yz8=0⇐⇒yz xy+2z+4=0  xy+2z+4=0y+2z (par somme)z= −3t+4 puis en remplaçant dans la première équation y=z2t+8= −3t+42t+8= −5t+12. x=t DoncM(x;y;z)(D)⇐⇒y=5t+12 . z= −3t+4 1=t 1=t   11 c.A(1 ; 1 ; 1)(D)⇐⇒1=5t+12⇐⇒ − =t 5 1= −3t+41=t Conclusion : A(D). d.Méthode 1
Polynésie
3
10 juin 2010
= = =
t 2t+8 t4
Partie A
5 points
Exercice 3
Les parties A et B sont indépendantes
2 2 Calculons, pour toutket toutl, BMCM: 2 2 2 2 2 2 BMCM=(1k+l3)+(1+11k5l2)+(1+3k3l)(1k+l) 2 2 (1+11k5l2)(1+3k3l+1) 2 2 2 2 =(2k+l)+(1+3k3l)(1k+l)(2+3k3l) =(2k+l1+kl)(2k+l+1k+l)+(1+3k3l23k+3l) (1+3k3l+2+3k3l)) =(3)(12k+2l)+(1)(3+6k6l)=3+6k6l36k+6l=0. Ainsi, tout pointMdu plan (R) est équidistant de B et C.
Correction du baccalauréat S
2 2 2 2 On a AB (2 ; 1 ;1) et AC (1 ; 1 ; 2), donc AB=2+1+1=6 et 2 2 2 2 AC=1+1+2=6. 2 2 AB=ACAB=AC : A est donc équidistant de B et de C. SoitMun point de (D), doncM(t; 125t; 43t) et par consé quent BM(t3 ; 105t; 43t) et CM(t; 105t; 53t). 2 2 2 2 2 2 D’où BM=(t3)+(105t)+(43t)=t+96t+100+25t2 2 100t+16+9t24t=35t130t+125. 2 2 2 2 2 2 De même CM=t+(105t)+(53t)=t+100+25t100t+ 2 2 25+9t30t=35t130t+125. 2 2 On a BM=CMBM=CM, donc tout point de (D) est équidis tant de B et de C. Conclusion : tout point de (Q) défini par A et la droite (D) est é qui distant de B et de C (plan médiateur de [BC]).
Méthode 2 11 Les vecteursuAI 11 sont deux vecteurs directeurs du plan5 et ¯ ¯ 3 3 (R). Donc tout point du plan (R) a pour coordonnées : x=1k+l M y=1+11k5laveckRetlR z=1+3k3l
Polynésie
4
Enseignement de spécialité
Méthode 3Avec le plan médiateur de [BC] : ¡ ¢ 3 1 On a BC (3 ; 0 ;1) et le milieu I de [BC] a pour coordonnées I ; 2 ;. 2 2 Un pointM(x;y;z) appartient au plan médiateur de [BC] si, et seule ¡ ¢ ¡ ¢ 3 1 ment si IMBC=0⇐⇒ −3x− +0×(y2)1z+ =0 2 2 ⇐⇒ −3xz+4=0. Or3×11+4=; 1 ;1) appartient au0 est vraie ce qui signifie que A(1 plan médiateur ; De même3t(43t)+4=0 est vraie ce qui signifie que tout pointM de (D) appartient au plan médiateur de [BC]. Le point A et tout point de (D) sont donc équidistants de B et de C, donc tout point du plan défini par A et la droite (D) est équidistant de B et de C.
10 juin 2010
A. P. M. E. P.
Correction du baccalauréat S
A. P. M. E. P.
1.Le couple (1 ; 1) est une solution évidente de (E) ½ 7x6y=1 2.On a donc :(par différence)7(x1)6(y1)= 7×16×1=1 0 [1]⇐⇒7(x1)=6(y1). Comme 7 divise 6(y1) et est premier avec 6, 7 divisey1 : il existe donckZ tel quey1=7k⇐⇒y=7k+1 et en reportant dans [1] 7(x1)=6×7k⇐⇒ x1=6k⇐⇒x=6k+1. On vérifie aisément que tout couple (6k+1 ; 7k+1),kZvérifie l’équation (E). Les couples solutions sont les couples d’entiers (6k+1 ; 7k+1),kZ.
Partie B
Dans cette partie, on se propose de déterminer les couples (n,m) d’entiers naturels n m non nuls vérifiant la relation : 73×2=1 (F). n n 1.– Sim=1, (F) s’écrit 76=1⇐⇒7=7, d’oun=1. Le couple (1 ; 1) est solution. n n – Sim=2, (F) s’écrit 712=1⇐⇒7=13 or 7 ne divise pas 13 : pas de solution ; n n – Sim=3, (F) s’écrit 724=1⇐⇒7=25 or 7 ne divise pas 25 : pas de solution ; n n – Sim=4, (F) s’écrit 748=1⇐⇒7=49 d’oùn=2. Le couple (2 ; 4) est solution. 2. a.Commem>5, il existeptel quem=5+p. n m n5+p5 (n;m) vérifie (F) donc 73×2=1⇐⇒7=1+3×2=1+3×2× p p 2=1+3×32×2 . p n Comme 3×32×2il en résulte que 70 [32], 1 [32]. b.On a 77 [32] ; 2 7;17 [32] 3 7;23 [32] 4 71 [32]. À partir de là on retrouve de manière cyclique 7, 17, 23, 1 comm e restes dans la division par 32. Les puissances de 7 dont le reste dans la division par 32 est ég al à 1 sont donc celles dont l’exposantnest un multiple de 4. c.D’après les deux questions précédentes si un couple (n;m) est solution n de (F), alors 71 [32] etnest un multiple de 4. 4k Il existe donckNtel quen=4k, d’où en reportant 71 [32]⇐⇒ ¡ ¢ k 4k 71 [32]⇐⇒2 4011 [32]. k k Or 2 401=5×480+1, c’estàdire que 2 4011 [5](2 401)1 [5]⇐⇒ n 7en revenant à l’écriture initiale de la puissance.1 [5] d.Soit (n;m) un couple solution de (F) ; donc ½ n n 73×2=1 n ⇒ −3×20 [5]. n 71 [5] Ceci n’est pas possible puisque 5 ne divise ni 2, ni 3. Conclusion : il n’existe pas de couple solution avec un second terme su périeur à 4 3.D’après les questions 1. et 2. les seuls couples solutions de (F) sont (1 ; 1) et (2 ; 4).
Polynésie
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10 juin 2010
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