Corrige Bac Mathematiques Specialite 2006 S

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• Publié par: shin
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CorrigédubaccalauréatSAmériqueduNord mai2006 EXERCICE1 3points Communàtouslescandidats Question1 L’espérance decejeuestégaleà: 4 3 3 120−90−30 (60−30)× +(0−30)× +(20−30)× = =0. 10 10 10 10 Lejeuestdoncéquitable. 4 Question2 OnauneexpériencedeBernoulliavecn=4etp = . 10 Tirer au moins une fois un bulletin oui est l’évènement contraire de l’évène- ment:«nejamaistirerunoui». Laprobabilitécherchéeestdonc:
46 1296 81 1− =1− = . 10 10000 625   10! 10×910 Question3 Ilya = = =45tiragesdifférents.2 2!×8! 2 Les possibilités de tirages différents sont : oui-non, oui-blanc et non-blanc donc en nombre égal à 4×3+4×3+3×3 = 33. La probabilité cherchée est 33 11 donc: = . 45 15 EXERCICE2 5points PartieA    1 3 π2 i 31. a. |z | = 1+3 = 4 =⇒ |z | = 2. Donc z = 2 +i = 2e et commeB B B 2 2 π −i 3z =z ,onadoncz =2e .C B C b. Pourplacer lespoints BetContracelesdeuxcerclesdecentreOetAet derayonA: B G × × 1 G →− × v →−OA u D × C  CorrigédubaccalauréatS    −−→ −−→ 2. Onaz =1+i 3etz =2−(1−i 3=1+i 3.DoncOB =CA ⇐⇒ OABCestOB CA unparallélogramme etcommeOB=OC(question1.a.)lequadrilatèreOABC estunlosange. 3. Onsaitque|z|=|z−2|⇐⇒|z−0|=|z−2|⇐⇒OM =AM ⇐⇒ M estéquidis- tantdeOetdeA,doncqueMappartientàladroiteD médiatricedusegment [OA],c’est-dired’aprèslaquestionprécédenteladroite(BC). PartieB −4 2 21. a. Pour z = 2, z = ⇐⇒ z −2z+4 = 0 ⇐⇒ (z−1) −1+4 = 0 ⇐⇒ z−2   z =1+i 3=z1 B2 2 (z−1) +3=0 ⇐⇒ (z−1) =−3 ⇐⇒ . z =1−i 3=z2 C Les solutions sont donc les affixes des points B et C qui sont donc les −4 pointsinvariantsdel’application quiàz faitcorrespondrez = . z−2  b. OnvientdevoirqueB =BetqueC=C.  1 3 −4 c. On sait que z = (z +z +z ) = 1+i .Doncz =  =G O A B G3 3 3 1+i −2 3 4  =3+i 3. 3 −1+i 3 −−→ −−→  Remarque:z  =3z ⇐⇒ OG =3OG ⇐⇒ O, G et G sontalignés.G G 2. a. Questiondecours: 2 | | • z ×z =z ×z ×z ×z =z ×z ×z ×z =z ×z ×z ×z =1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 | | | |z × z .Conclusion:|z ×z |=|z |×|z |1 2 1 2 1 2        1 1     • ×z = ×|z| (d’après le point précédent)=|1|=1. Donc pour    z z    1 1  z =0, = .  z |z|             −4 −4−2z+4 −2z |−2z| 2|z|       b. |z −2|= −2 = = = = .      z−2 z−2 z−2 |z−2| |z−2| c. OnsaitqueM ∈D ⇐⇒ |z|=|z−2|. Enutilisant l’égalité précédemment  démontrée,onadonc|z −2|=2 ⇐⇒ M ∈Γ,Γétantlecercledecentre Aetderayon2. Remarque:enparticulier,commeG∈D,G ∈Γ. DoncG estlepointd’intersection deladroite(OG)etducercleΓ. EXERCICE2 5points Exercicedespécialité 1. a. La composée d’une rotation et d’une homothétie de même centre est  2 π unesimilitude derapport etd’angle . 2 4 πi 4b. Si M est l’image de M par r,sonaffixeestz , telle que z −2=e (z−1 1 1   2). L’image de M par h est M d’affixez telle que : z −2 = 3(z −2) =1 1      π 12 2 2 2i 4e (z−2) =(z−2) +i × = (1+i)(z−2).D’où 2 2 2 2 2 (1+i) 1+i z =2+ z−1−i= z+1−i. 2 2 c. L’égalitéprécédentepeuts’écrire:   2z =(1+i)z+2−2i ⇐⇒ 2(1−i)z =2z+(2−2i)(1−i) ⇐⇒ 2(1−i)z =2z+     2×(−2i) ⇐⇒ (1−i)z =z−2i ⇐⇒ −iz +2i=z−z ⇐⇒ i(2−z )=z−z . AmériqueduNord 2 mai2006  CorrigédubaccalauréatS 2. a. Questiondecours AQ D’après les propriétés de la rotation : Si P = A, AQ = AP ⇐⇒ =   AP     |q−a| q−a π −→ −→  1 ⇐⇒ = 1 ⇐⇒ = 1. D’autre part : AP, AQ = ⇐⇒   |p−a| p−a 2 q−a π arg = . p−a 2 q−a Conclusion : =i ⇐⇒ q−a=i(p−a). p−a  b. D’après la question 1. c. z−z = i(2−z ) ⇐⇒ M d’affixe z est l’image deA dans le quartde tour directdecentre M,autrementditletriangle   ΩMM estuntrianglerectangleisocèleenM ,M =Ω. 3. Démontronslarelationparrécurrence: Initialisation :pourn =0, A (2+ietenappliquant larelationaurang0:a =0 0 πi 2e +2=i+2. Larelation est vraie aurang 0. Hérédité: supposons larelation    n 2 (n+2)πi 4vraieaurangn,:a = e +2.D’aprèslaquestion1.b.,onaa =n n+1 2    n 1+i 1+i 2 (n+2)πi 4a +1−i= × e +2 +1−i.n 2 2 2       1+i 2 2 2 2 πi 4Or = +i = e .Doncenreportant: 2 2 2 2 2       n n+1
 2 π 2 (n+2)π 2 (n+3)π 1+ii i i4 4 4 = e e +2 +1−i= e +2 +1−i=an+1 2 2 2 2    n+1 2 (n+3)πi 4e +2.Larelationestdoncvraie aurangn+1. 2    5 (5+2)π2 17 1i 44. Onadonca = e +2= −i .5 2 8 8        n n    2 (n+2)π 2 (n+2)π    i i 4 45. A Ω<0,01 ⇐⇒  e +2−2<0,01 ⇐⇒  e <0,01 ⇐⇒n    2 2      n 2 2 ln0,01 <0,01 ⇐⇒ nln >ln0,01 ⇐⇒ n>   ≈13,2.  2 2 2 ln 2 Onadoncn =13.0 EXERCICE3 5points 2 1. – Limites : On a limlnx=−∞et lim− =−∞, d’où par somme limg(x) = x→0 x→0 x→0x −∞. 2 Demême lim lnx=+∞et lim − =0,d’oùparsomme limg(x)=+∞. x→+∞ x→+∞ x→0x 1 2 –Variations:gestunesommedefonctionsdérivables:g (x)= + somme 2x x dedeuxtermespositifs.Ladérivéeestpositive:lafonctiong estcroissante. – Annulation : La fonction g est continue, car dérivablesur [2,3 ; 2,4], crois- sante sur cet intervalle; la calculatrice donne g(2,3)≈−0,04 et g(2,4) ≈ 0,04.Conclusion :lafonctiong s’annuleenunpointuniquex ∈[2,3;2,4]0 2 2 2. a. Onadoncg(x )=lnx − =0 ⇐⇒ lnx = .0 0 0 x x0 0 2 5 5lnx x 100 0D’autrepart f(x )= = = .0 2x x x0 0 0 AmériqueduNord 3 mai2006  CorrigédubaccalauréatS  a a5lnt lnt b. SoitA(a)= dt =5 dtetintégronsparparties: t t1 1  1    u(t)=lntv (t)= t 1    u (t)= v(t)=lnt t  2a   lnt (lna)a2 2 A(a)= (lnt) − dt.Donc2A(a)=(lna) etenfinA(a)= .1 t 21 Remarque:onpouvait aussiremarquerquelafonction àintégrerestde 2u laformeu ×u doncapourprimitive avecu(t)=lnt. 2 3. D’après la question 1, P a pour abscisse x , donc d’aprèslaquestion 2. M0 0 0     10 10 apourcoordonnées x ; etenfinH 0; .0 02 2x x0 0   x0 5 5 4 102D’oùA(D )= f(t)dt = (lnx ) = = = f(x )=A(D ).1 0 0 22 22 2 x x1 0 0 Enpartantdel’encadrementdonné: 2,3