Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2006 EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats 1. ???AB ? ? ?3 3 0 ? ? , ???AD ? ? ?1 2 9 ? ?. Il n'existe pas de réel? tel que???AB =????AD . Les points A, B et D ne sont pas alignés. 2. Les égalités 3+1= 4 et 0+4= 4 sont vraies ; les points A et B appartiennent au plan. Donc la droite (AB) est contenue dans le plan d'équation cartésienne : x + y = 4. 3. Les coordonnées des trois points vérifient l'équation. L'équation proposée est bien celle du plan (BCD), ces trois points étant manifestement disjoints deux à deux. 4. Les coordonnées de A ne vérifient pas l'équation précédente. Donc A n'appar- tient pas au plan (BCD). Les points A, B, C et D ne sont pas coplanaires. 5. La sphère de centre A et de rayon 9 est tangente au plan (BCD) si et seulement si la distance de A à ce plan est égale au rayon du cercle, c.à.d si d(A, (BCD))= 81 p 182+92+52 = 9 ?? 81 p 430 = 9 qui est une égalité fausse.

• a6 ?


• ?? ln?n


• lnx ?


• égalité vectorielle???bm


• ??


• points commun


• solution de lnx

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 novembre 2006
• Nombre de lectures: 119
• Langue: Français

Extrait

Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2006

E X E R C IC E 1 3points Commun à tous les candidats     −3−1 −→−→−→−→     1., AD AB 3 Il n’existe pas de réel 2 . αtel que AB=αAD . Les points 0 9 A, B et D ne sont pas alignés. 2.Les égalités 3+1=4 et 0+4=4 sont vraies ; les points A et B appartiennent au plan. Donc la droite (AB) est contenue dans le plan d’équation cartésienne : x+y=4. 3.Les coordonnées des trois points vérifient l’équation. L’équation proposée est bien celle du plan (BCD), ces trois points étant manifestement disjoints deux à deux. 4.Les coordonnées de A ne vérifient pas l’équation précédente. Donc A n’appar tient pas au plan (BCD). Les points A, B, C et D ne sont pas coplanaires. 5.La sphère de centre A et de rayon 9 est tangente au plan (BCD) si et seulement si la distance de A à ce plan est égale au rayon du cercle, c.à.d sid(A, (BCD))= 81 81 p =9⇐⇒ =9 qui est une égalité fausse. La proposition 2 2 2 18+9+ 5 430 est fausse. 6.Une représentation paramétrique de la droite (BD) est obtenue en traduisant  x=2λ  −−→−→ l’égalité vectorielle BM=λBD quise traduit par le système : y=4−λ  z= −5+9λ 1 qui se traduit en posant 2λ=1−2k⇐⇒λ= −kpar le système proposé par 2 l’énoncé. La proposition est vraie.

E X E R C IC E 2 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 1.Cf. cours. 2.

5 points

Corrigé terminale S Amérique du Sud

6

5 5 C 4 4 3 3 2 2 1 1 B A 0 −3−2−1 12 3 4 5 -1 −1 DΩ -2 E −2 -3 −3 -4

-5

-6

-7

A. P. M. E. P.

-8 ′ E -3 -2 -1 01 2 3 4 5 6 3. a.On obtientz=5i=zet ′ ′ A C z= −3−3i=z D . B ′ b.M(z) est invariant parfsi et seulement siz=z=(1+2i)z−2−4i⇐⇒ 2iz=2+2i⇐⇒z=2−i. L’équation ayant une seule solution,fa un seul point invariantΩd’affixeω=2−i. ′ 4. a.On az−z=2iz−2−4i= −2i(2−i−z). ′ b.En prenant le module des deux complexes cidessus, on obtientM M= ′ M M | −2i| ×ΩMet siΩ6=M,=2. ΩM ′ z−z L’égalité trouvée au a peut, siΩ6=M, s’écrire= −2i. En prenant 2−i−z ³ ´ −−→ −−−→ π ′ les arguments de ces deux complexes, on obtientMΩ,M M= −. 2 ′ c.On en déduit que le triangleΩM Mest un triangle rectangle enM. 2 2 d.On a | z E | = 1+3=4=2 . à ! · µ¶ µ¶¸ 1 32π2π 2π −i Doncz E =2− −i=2 cos− +i sin− =2e . 3 2 23 3 Pour placer le point E, il suffit de construire le cercle de centre O et de rayon 2. Le point E est le point de ce cercle d’abscisse 1. ³ ´ −−→ −−→ π ′ ′ D’après les questions b et c on a EE= 2ΩE etEΩ,E E= −. On 2 construit donc la perpendiculaire en E à la droite (EΩ) et on place sur ³ ´ −−→ −−→ π ′ ′′ cette droite le point Etel que EE= 2ΩE etEΩ,E E= −. 2

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Corrigé terminale S Amérique du Sud

A. P. M. E. P.

E X E R C IC E points2 5 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 1.Cf. cours n 2.– Oncherchentel que 2≡1 mod7 ;n=3 est le premier naturel qui convient. n – Oncherchentel que 3≡7 ;1 modn=6 est le premier naturel qui 6 convient car 3=729=7×104+1. 3. a.Soita∈N,a6=7k,k∈N. Il exister∈N,r<7 tel quea=7k+r. On a donc 6 6 a≡rmod 7, donca≡rmod 7. Or : 6 – 1≡7 : évident :1 mod ¡ ¢ 2 3 3 – 2≡1 mod27 donc d’après la propriété 1 b cidessus,≡ 2 1 mod7 ; 6 – 3≡1 mod7 ; ¡ ¢¡ ¢ 3 2 6 23 3 – 4=2=d’après la propriété 1 b cidessus 22 ;≡71 mod⇒ ¡ ¢ 2 3 2≡1 mod7. 6 6 – 5=15 625=7×2 232+1, donc 5≡1 mod7. 6 66 66 – Enfin6=(2×3)=2×3 ,donc d’après la propriété du 1 a, 6≡1 mod 7. 6 Conclusion : on a démontré que dans tous les cas :a≡7.1 mod k b.On aa≡7,1 modkétant le plus petit naturel vérifiant cette congruence. D’autre part 6=k q+ravecr<k. ¡ ¢ q 6k q+k r kr kq r On a donca=a=a×a=a×a. Ora≡1 mod7, donc 6r r a≡a≡7. Donc1 moda≡1 mod7. Orkétant le plus petit naturel vérifiant ka≡7, il en résulte que1 mod r=0, c’estàdire quekdivise 6. Les valeurs possibles pourksont donc 1, 2, 3 et 6. c.t l’ordre deOn a trouvé l’ordre de 2 : c’est 3, donc l’ordre de 4 est aussi 3 e 3, c’est 6 ; on a vu que l’ordre de 5 est 6. 2006 2006 2006 2006 2006 4.A 2006 =2+3+4+5+6 . ¡ ¢ 334 2 0066×334+2 6×6 2334 2 On a 2006=6×334+2. Donc 2=2=2×2=2×2 . 6 2006 2 Or 2≡7, donc finalement 21 mod≡7. De même pour les2 mod 2 2 2 2 2 autres puissances, doncA n ≡2+3+4+5+6 mod7, soitA n ≡90≡6 mod 7 (car 90=7×12+6). FinalementA 2006 ≡7 .6 mod

E X E R C IC E points3 4 Commun à tous les candidats 1 1. a.On a une loi de Bernoulli de paramètresp=etn=50. 4 1 b.On a E=n p=50× =12, 5.(tulipes jaunes) 4 µ ¶µ ¶ n50−n 50−n ¡ ¢ 1 3 ¡ ¢ 3 50 50 c.On ap(X=n)== ×. n n 50 4 44 µ ¶µ ¶ 15 50−15 ¡ ¢ 1 3 50 d.p(X=15)= ×≈0, 089. 15 4 4 2. a.Si lot choisi est le 2, on a autant de chances d’avoir une tulipe jaune que 1 le contraire. La loi de Bernoulli a ici pour paramètresn=50 etp=. 2 La probabilité d’obtenirntulipes jaunes est donc : µ ¶µ ¶µ ¶ n50−n50 ¡ ¢ 1 1 ¡ ¢ 1 ¡ ¢ 50 5050 −50 p B ( J n ) = ×= =2 . n nn 2 22

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A. P. M. E. P.

µ ¶µ ¶ n50−n ¡ ¢ 1 3 50 b.De la même façon que précédemmentp A ( J n ) = ×= n 4 4 50−n ¡ ¢ 3 50 ×. n 50 4 A et B forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales, p ( J n ) =p(A∩J n ) +p(B∩J n ) =p(A)×p A ( J n ) +p(B)×p B ( J n ) = µ ¶µ ¶ 50−n50−n50−n50 1 ¡ ¢ 3 1 ¡ ¢ 1 1 ¡ ¢ 3 11 ¡ ¢ 3+2 50 5050 50 × +× =+ =. n 50 n 50 n 50 50 n 50 2 42 22 42 24 50−n 1 ¡ ¢ 3 50 n 50 p(A∩J n ) p A ( J n ) ×p(A) 2 4 c.p=p(A)= == = n J n µ ¶ 50−n p ( J n ) p ( J n ) 1 ¡ ¢ 3 1 50 + n 50 50 2 42 50−n 3 50−n 3 50 4 =. µ ¶ 50−n50 50−n50 3+ 2 3+2 50 4 50−n 3 ¡ ¢ 50−n50−n50 d.p n Ê0, 9⇐⇒ Ê0, 9⇐⇒3Ê0, 93+2⇐⇒0, 1× 50−n50 3+2 ln 9+50 ln 2 50−n50 3Ê0, 9×2⇐⇒(50−n) ln 3Êln(9)+50 ln 2⇐⇒50−nÊ ln 3 ln 9+50 ln 2 ⇐⇒nÉ50− ⇐⇒nÉ16, 45. ln 3 Conclusion : il faut quen<17. Interprétation : Si le nombre de tulipes jaunes est peu élevé (ici moins de 17) la probabilité d’avoir choisi le lot 1 est très grande; si ce nombre de tulipes jaunes se rapproche de 25 sur 50, la probabilité est grande que le lot choisi soit le lot 2.

E X E R C IC E points4 8 Commun à tous les candidats 1. a.On a limf n (x)= −∞et limf n (x)= +∞. x→0 x→+∞ 1 1 ′ Dérivée :f(x)= + >0 sur ]0 ;+∞[. Les fonctionsf n sont donc crois n x n santes de−∞à+∞. b.La fonctionf n est continue comme somme de fonctions continues et croissante de−∞à+∞: il existe donc un réel uniqueα n ∈]0 ;+∞[ tel quef n ( α n ) =0. 1 11 Commef n (1)= −1<0 etf n (e)=1−1= >0, on en déduit que n nn 1<α n <e. 2. a.L’équation est de la forme :y=a x+1 ; en utilisant le fait qu’elle contient 1 le pointB n , on obtient 0=an+1⇐⇒a= −. On a doncM(x;y)∈ n 1 Δ n ⇐⇒y= −x+1 n b.Δ 1 y= −x+1 1 Δ 2 y= −x+1 2 1 Δ 1 y= −x+1 3

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2

1

0

−1

−2

α 2 α 3 1 2

3

4

A. P. M. E. P.

5

−3 1 c.Le point commun àΓetΔ n a ses coordonnées qui vérigfient lnx= −x+ n 1 1⇐⇒lnx+x−1=0⇐⇒f n (x)=0 qui a pour solution uniqueα n sur n ]0 ;+∞[. d.α 1 est la solution de lnx+x−1=0 qui a pour solution évidenteα 1 =1 (suggéré aussi par le croquis). Toujours d’après le croquis la suite (α n ) semble croissante. α n α n 3. a.On sait que lnα n + −1=0⇐⇒lnα n =1−. n n α n α n α n α n α n n−n−1 b.f n+1 ( α n ) =lnα n + −1=1− +−1== −α n = n+1n n+1n+1n n(n+1) α n − <0. n(n+1) c.Orf n+1 ( α n+1 ) =0. Conclusion comme les fonctionsf n sont croissantes et commef n+1 ( α n ) <f n+1 ( α n+1 ), il en résulte queα n <α n+1 , ce qui si gnifie que la suite (α n ) est croissante d.La suite (α n ) est croissante et majorée par e : elle est donc convergente vers un réelℓÉe. α n Par continuité, on alim=0, donc lnℓ−1=0⇐⇒lnℓ=1⇐⇒ℓ= n→+∞ n e. Z e 4. a.On aA ( D n ) =lnxdx. α n En intégrant par parties, on trouve qu’une primitive de la fonctionx7→ lnxest la fonctionx7→xlnx−x. ³ ´ α n e e−e− A ( D n ) =[xlnx−x] α =α n lnα n +α n =α n (1−lnα ) =α n 1−1+ = n n 2 α n . n b.

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1

lnα n 0

−1

α n 1

2

e

A. P. M. E. P.

−2 D’après le dessin l’intégrale est comprise entre l’aire du rectangle ha churé de gauche à droite et l’aire du rectangle hachuré de droite à gauche : d’où l’encadrement :

2 α n lnα n (e−α n ) É É1×(e−α n ) n c.L’encadrement précédent permet (en multipliant parnet en divisant par lnα n , pourn6=1) d’obtenir les deux inégalités : 2 α n 2 e−αent donc l’encadrement fi n(e−α n ) Éetα n Én ( n ). On obti lnα n nal : 2 α 2 n αÉ n n(e−α n ) É lnα n 2 d.Par passage à la limite on a donclimn(e−α n ) =e .. n→+∞ ³ ´ e On peut en déduite quelimα n =1lim e−. n→+∞n→+∞ n µ ¶ 1 La suite (α n c’estàdire lentement.) converge donc comme la suite n

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