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Bac S Juin 2003Antilles-GuyaneExercice 1 (4 points)Fig. 1 { Exercice 1BB1 KAJ!v!O uIA2B2A11) a) Considerons la rotation r de centre A, et d’angle , alors, par de nition des points : A = r(O). Par22consequent (ecriture complexe d’une rotation) :i2z z = e (z z );A A O A2d’ou l’on tire : z = i(0 (3 + 2i)) + 3 + 2i, puis z = 5 i .A A2 21I, centre du carre OAA A est aussi le milieu de la diagonale [OA ], donc : z = (z + z ), d’ou :2 1 2 I O A225 1z = i .I2 20 0b) Considerons la rotation r de centre B, et d’angle , alors, par de nition des points : B = r (O).12Par consequent (ecriture complexe d’une rotation) :i2z z = e (z z );B B O B1d’ou l’on tire : z = i(0 ( 1 + 4i)) 1 + 4i, puis z = 5 + 3i .B B1 11J, centre du carre OBB B est aussi le milieu de la diagonale [OB ], donc : z = (z + z ), d’ou :1 2 1 J O B125 3z = + i .J2 212) K est milieu de [AB], donc : z = (z + z ), d’ou : z = 1 + 3i .K A B K2! 5 1 3 7!Calculons l’a xe du vecteur KI : z = z z = i 1 3i = i. On en deduit KI =I KKI 2 2 2 2pq 2 2 133 7+ = .2 2 2pq 2 2 585 3 7 3 7 3De m^eme : z ! = z z = + i 1 3i = i, d’ou : KJ = + = .J K 2 2 2 2 2 2KJ 2 !7 3! !z z! ! i 7 3iKJ KJ 2 2 On a (KI ; KJ ) = arg . Or : = = = i, et arg( i) = [2], donc :3 7 2! !z z i 3 7iKI KI 2 2 p!! 13(KI; KJ ) = [2] . Comme de plus KI = KJ = , cela entra^ ne que le triangle KIJ est rec-2 2tangle isocele en K.Exercice 2 (candidats n’ayant pas suivi ...

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          Bac S Juin 2003 Antilles-Guyane Exercice 1 (4 points) Fig. 1 { Exercice 1 B B1 K A J ! v !O u I A2 B2 A1 1) a) Considerons la rotation r de centre A, et d’angle , alors, par de nition des points : A = r(O). Par22 consequent (ecriture complexe d’une rotation) : i 2z z = e (z z );A A O A2 d’ou l’on tire : z = i(0 (3 + 2i)) + 3 + 2i, puis z = 5 i .A A2 2 1I, centre du carre OAA A est aussi le milieu de la diagonale [OA ], donc : z = (z + z ), d’ou :2 1 2 I O A22 5 1 z = i .I 2 2 0 0b) Considerons la rotation r de centre B, et d’angle , alors, par de nition des points : B = r (O).12 Par consequent (ecriture complexe d’une rotation) : i 2z z = e (z z );B B O B1 d’ou l’on tire : z = i(0 ( 1 + 4i)) 1 + 4i, puis z = 5 + 3i .B B1 1 1J, centre du carre OBB B est aussi le milieu de la diagonale [OB ], donc : z = (z + z ), d’ou :1 2 1 J O B12 5 3 z = + i .J 2 2 12) K est milieu de [AB], donc : z = (z + z ), d’ou : z = 1 + 3i .K A B K2! 5 1 3 7 !Calculons l’a xe du vecteur KI : z = z z = i 1 3i = i. On en deduit KI =I KKI 2 2 2 2pq  2 2 133 7+ = . 2 2 2 pq  2 2 585 3 7 3 7 3De m^eme : z ! = z z = + i 1 3i = i, d’ou : KJ = + = .J K 2 2 2 2 2 2KJ 2 ! 7 3 ! !z z! ! i 7 3iKJ KJ 2 2 On a (KI ; KJ ) = arg . Or : = = = i, et arg( i) = [2], donc :3 7 2 ! !z z i 3 7i KI KI 2 2 p!!  13 (KI; KJ ) = [2] . Comme de plus KI = KJ = , cela entra^ ne que le triangle KIJ est rec- 2 2 tangle isocele en K. Exercice 2 (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de specialite, 5 points) 1) Designons par S, C et D les evenements suivants : S : fil’article presente un defaut de soudurefl. C : fi presente un defaut de composantfl. D : fil’article est defectueuxfl. Par de nition : D = S[ C, donc p(D) = p(S) + p(C) p(S\ C). De plus, S et C sont independants, donc p(S\ C) = p(S) p(C), par consequent : p(D) = p(S) + p(C) p(S) p(C) = 0; 03 + 0; 02 0; 03 0; 02 = 0; 0494: 2) a) Les appareils sont identiques et independants (l’etat d’un appareil n’a pas d’in uence sur les autres). Le nombre d’appareils defectueux X suit donc la loi binomialeB(800; 0; 0494), et, pour tout entier k compris entre 0 et 800 :   800 k 800 kp(X = k) = (0; 0494) (0; 9506) : k b) L’esperance de X est E(X) = 800 0; 0494 = 39; 52, c’est le nombre moyen d’appareils defectueux que le magasin peut esperer avoir. 3) Notons Y le nombre d’articles defectueux parmi les 25 articles achetes. Y suit la loi binomialeB(25; 0; 0494). a) On demande de calculer ici p(Y 6 2) = p(Y = 0) + p(Y = 1) + p(Y = 2) :      25 25 250 25 1 24 2 23p(Y 6 2) = (0; 0494) (0; 9506) + (0; 0494) (0; 9506) + (0; 0494) (0; 9506) : 0 1 2 3On trouve p(Y 6 2)’ 0; 876 a 10 pres. b) Si Z designe le nombre d’articles defectueux parmi les n achetes, Z suit la loi binomialeB(n; 0; 0494). La probabilite qu’au moins un appareil soit defectueux est alors donnee par : p(Z > 1) = 1 p(Z = n0) = 1 (0; 9506) . On doit donc resoudre : n n1 (0; 9506) 6 0; 5 , 0; 5 6 (0; 9506) , ln(0; 5) 6 n ln(0; 9506) ln(0; 5), > n ln(0; 9506)| {z } ’13;68 Il ne doit donc pas commander plus de 13 articles. 6 Z 1000 0;0007x 0;0007x4) Il s’agit de calculer p([700; 1000]) = 0; 0007e dx. Une primitive de la fonction x7! 0; 0007e 700 0;0007xest x7! e , donc : Z 1000  10000;0007x 0;0007x 3p([700; 1000]) = 0; 0007e dx = e ’ 0; 116 ( a 10 pres). 700 700 Exercice 2 (candidats ayant suivi l’enseignement de specialite, 5 points) p p p 2 41) a) On trouve sans di cult e : (1+ 6) = 7+2 6, puis, en elevant a nouveau au carre : (1+ 6) = 73+p p p p p p 6 2 4 628 6. En n, en considerant que (1+ 6) = (1+ 6) (1+ 6) , on obtient : (1+ 6) = 847+342 6. b) On a : 847 = 2 342 + 163 342 = 2 163 + 16 163 = 10 16 + 3 16 = 5 3 + 1 On en deduit que PGCD(847; 342) = 1, et donc que 847 et 342 sont premiers entre eux.p p 12) a) (1 + 6) = 1 + 6, donc : a = 1, b = 1, on a egalement, d’apres les calculs precedents : a = 7,1 1 2 b = 2 ; a = 73, b = 28; a = 847, b = 342.2 4 4 6 6p p p p a + b 6 = (a + b 6)(1 + 6) = (a + 6b ) + (a + b ) 6. Par identi cation :n+1 n+1 n n n n n n a = a + 6b et b = a + b :n+1 n n n+1 n n b) On a : a + b = 2a + 7b = 2(a + b ) + 5b .n+1 n+1 n n n n n Si 5 divise a + b , alors 5 divise 2(a + b ) + 5b , donc 5 divise 2(a + b ). Comme 5 et 2 sontn+1 n+1 n n n n n premiers entre eux, cela implique d’apres le theoreme de Gauss que : 5 divise a +b , ce qui contreditn n l’hypothese. Comme a + b = 2 et que 5 ne divise pas 2, on en deduit par recurrence que, pour tout n2 N 5 ne1 1 divise pas a + b .n n c) Soit d un diviseur premier commun a a et b . L’existence de d est a rm ee par le cours, et den+1 n+1 plus d = 5 d’apres la question precedente. Comme a b = 5b , on en deduit que d divise 5b , donc que d divise b . Ce qui entra^ ne alorsn+1 n+1 n n n que d divise a = b b . Ainsi d est un diviseur commun a a et b ; et comme on a suppose quen n+1 n n n a et b sont premiers entre eux, necessairement d = 1, c’est- a-dire a et b premiers entre eux.n n n+1 n+1 Comme a et b sont premiers entre eux, on en deduit par recurrence que a et b sont premiers entre1 1 n n eux, pour tout n2 N . Probleme (11 points) A. Resolution d’une equation di erentielle 0 2x(E) y 2y = 2(e 1): 2x 0 2x1) h(x) = 2xe + 1 et h (x) = (4x + 2)e , donc : 0 2x 2x 2x 2xh (x) 2h(x) = (4x + 2)e 4xe 2 = 2e 2 = 2(e 1): Autrement dit, h est solution de l’equation (E). 2) 0(E’) z 2z = 0    Montrons que : y solution de (E) , z solution de (E’) : 0 0 0: Supposons que y est solution de (E). On a z = y h, donc z = y h , et : 0 0 0 0z (x) 2z(x) = y(x) h(x) 2y (x) + 2h (x) = y(x) 2y(x) (h(x) 2h (x)) = 0;| {z } | {z } 2x 2x2(e 1) 2(e 1) donc z est solution de (E’). ( Reciproquement, supposons que z soit solution de (E’). Alors : 0 0 0 0 0 2xy (x) 2y(x) = z (x) + h (x) 2z(x) 2h(x) = z(x) 2z(x) + h(x) 2h(x) = 2(e 1);| {z } | {z } 2x0 2(e 1) donc y est solution de (E). 0 0Resolution de (E’). z 2z = 0 equivaut a z = 2z, dont les solutions sont les fonctions de la forme 2xz(x) = Ke , ou K est une constante reelle. Resolution de (E). On en deduit que les solutions de (E) sont les fonctions de la forme y = z + h, 2x 2x 2xc’est- a-dire : y(x) = Ke + 2xe + 1 = (2x + K)e + 1. 3) Parmi les solutions precedentes, on cherche celle telle que : y(0) = 0, ce qui conduit a : K + 1 = 0, d’ou K = 1. B. Etude de la solution 1) La fonction g est derivable sur R (comme combinaison simple de fonctions qui le sont) et on obtient : 0 2x 0g (x) = 4xe . Il en resulte que g (x) a le m^eme signe que x. Le tableau de variations de g est donc le suivant : x 1 0 +1 0g (x) 0 + g(x) 0 g admet en x = 0 son minimum qui vaut 0, on en deduit que, pour tout reel x : g(x) > 0. 12x2) a) 1 g(x) > 0, (1 2x)e > 0, 1 2x > 0, x 6 . 2 1Z 2 b) Calculons I = (1 g(x)) dx au moyen d’une integration par parties. 0  0u(x) = 1 2x u (x) = 2 Posons : , alors : , et on a :10 2x 2xv (x) = e v(x) = e 2 1 1 1  Z 1     2 2 221 1 1 e2x 2x 2x 2xI = (1 2x)e + e dx = (1 2x)e + e = 1: 2 2 2 200 0 0  1c) Sur l’intervalle 0; , la fonction g est positive, l’integrale I represente donc l’aire du domaine plan2 delimite par : la courbe representative de g, l’axe des abscisses, les droites d’equations respectives 1x = 0 et x = , le resultat etant exprime en unites d’aire.2 C. Etude d’une fonction 2x1) a) Limite en 1 . On a : lim (e 1) = 1 et lim x = 1 , donc par division : lim f(x) = 0 . x! 1 x! 1 x! 1 2x Xe 1 e 1 Limite en 0. On a : f(x) = 2 = 2 , ou l’on a pose X = 2x. Or lorsque x tend 2x X Xe 1 vers 0, X tend vers 0 et on sait que lim = 1. On en deduit donc que : lim f(x) = 2 . X!0 X x!0 2x 2x Xe 1 e e Limite en +1. On a : f(x) = 2 . Posons X = 2x, alors = , et lorsque x tend vers 2x x 2x X Xe +1, X tend vers +1; or (croissances comparees) : lim = +1, on en deduit donc que X!+1 X 2xe 1 lim = +1. Comme de plus lim = 0, on aura nalemen t : lim f(x) = +1 . x!+1 x!+1 x!+12x x b) lim f(x) = 0 donc la droite d’equation y = 0 est asymptote horizontale a la courbe representative x! 1 de f au voisinage de 1 . 2) La fonction f est derivable sur R (combinaison simple de fonctions derivables) et : 2x 0 2x 0 2x 2x 2x(e 1) (x) (e 1)(x) 2xe e + 1 (2x 1)e + 1 g(x) 0f (x) = = = = : 2 2 2 2x x x x 2 0Par consequent, comme x > 0, f (x) a le m^eme signe que g(x) c’est- a-dire positif. On en deduit le tableau de variations de f : x 1 0 +1 0f (x) + + 2 +1 f(x) 0 2 3) x 2 1; 5 1 0; 5 0; 2 0; 1 0; 05 0; 05 0; 1 0; 2 0; 5 1 f(x) 0,49 0,63 0,86 1,26 1,64 1,81 1,90 2,10 2,21 2,46 3,43 6,39 4) La courbe representative de f est celle de f completee du point A(0; 2). En A on trace la tangente T a1 cette courbe au juge, son coe cien t directeur donne alors une valeur approchee du nombre derive de f en1 f (x) 21 00. Graphiquement, on trouve : f (0)’ 2. On peut donc conjecturer que : lim = 2.1 x!0 x D. Approximation d’une integrale Soit x2 [ 2; 1], alors : 4 2x 22 6 x 6 1: 4 6 2x 6 2:e 1 6 e 1 6 e 1: 4 2 2xOr e 1’ 0; 98 > 0; 99 et e 1’ 0; 864 6 0; 86, on a donc : 0; 99 6 e 1 6 0; 86. En divisant chacun des membres de cette encadrement par x (qui est negatif!) on obtient bien : 2x0; 86 e 1 0; 99 6 6 : x x x 1 Sur [ 2; 1], la fonction x7! est continue et admet comme primitive la fonction x7! ln( x), on a donc, en x integrant l’encadrement precedent : 1 1 0; 86 [ln( x)] 6 J 6 0; 99 [ln( x)] soit, apres calcul :2 2 0; 59 6 J 6 0; 686: · · · · · · · · · · · · · Fig. 2 { Probleme C T A ! j !0 i
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