Corrigé Nouvelle–Calédonie série S mars

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Corrigé Nouvelle–Calédonie série S mars 2009 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats 1. a. L'écriture complexe de cette rotation est z ?? zA = ei 2pi 3 (z ? zA). Pour z = zB, on obtient donc : z ? = 1+ei 2pi 3 (3+4i?1)= 1+ ( ? 1 2 + i p 3 2 ) (2+4i)= . . .= zD. L'image du point B est bien le point D. b. Comme A est le centre d'une rotation qui transforme B en D, B et D sont sur un même cercle de centre A ; le rayon est AB. AB = |2+4i| = p 22+42 = 2 p 5. 2. a. L'écriture complexe de cette homothétie est z ?? zB = 3 2 (z ? zB). Pour z = zA, on obtient donc : zF = 3+4i+ 3 2 (1?3?4i)=?2i. b. Calculons l'affixe du milieu de [CD] : zC+ zD 2 = ·· · = ?2i, on trouve bien zF ! c. zC? zF zA? zF = 2 p 3+ i(?2? p 3)+2i 1+2i = 2 p 3? i p 3 1+2i = p 3 (2? i)(1?2i) 5 = p 3 ?5i

• formule rappelée


• ?2e?n ?


• equation cartésienne


• question précédente


• za? zf


• nouvelle–calédonie


• calcul d'aire

Sujets

• Mathématiques
• Équation cartésienne
• Nouvelle-Calédonie

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 mars 2009
• Nombre de lectures: 36

Extrait

CorrigéNouvelle–CalédoniesérieSmars2009
EXERCICE 1 4points
Communàtouslescandidats
2π′ i
31. a. L’écriturecomplexedecetterotationestz −z =e (z−z ).A A
Pourz=z ,onobtientdonc:B
? !p
2π 1 3′ i 3z =1+e (3+4i−1)=1+ − +i (2+4i)=...=z .D
2 2
L’imagedupointBestbienlepointD.
b. CommeAestlecentred’unerotationquitransformeBenD,BetDsont
surunmêmecercledecentreA;lerayonestAB.
p p
2 2AB=|2+4i|= 2 +4 =2 5.
3′2. a. L’écriturecomplexedecettehomothétie estz −z = z−z .( )B B
2
3
Pourz=z ,onobtientdonc:z =3+4i+ (1−3−4i)=−2i.A F
2
z +zC D
b. Calculons l’affixe dumilieu de[CD] : =???=−2i, ontrouve bien
2
z !F
p p p p
p pz −z 2 3+i(−2− 3)+2i 2 3−i 3 (2−i)(1−2i) −5iC F
c. = = = 3 = 3 =
z −z 1+2i 1+2i 5 5A Fp
−i 3.
En écrivant les modules et arguments, on obtient donc la forme expo-
nentielle :
pz −z πC F −
2= 3e .
z −zA F
? ?
z −z −→ −→ πC F
Maisarg =(FA,FC )=− [2π].
z −z 2A F
Les droites (FA) et (FC) sont donc orthogonales en F; comme on a déjà
vuqueFestlemilieude[DC],(AF)estbienlamédiatricede[DC].
3. D’aprèslaquestion1°):
– DappartientaucercledecentreAquipasseparB(1.b.).
−→ −→ 2π
– (AB, AD)= :Dappartientàlaperpendiculaireà(AB)passantparF(voir
3
ladéfinitiondeF).
Choisir pour D celui des deux points d’intersection de la droite et du cercle
pourlequell’angleestlebon!
Enfin,CestlesymétriquedeDparrapportàF(oul’autrepointd’intersection).A.P.M.E.P. BaccalauréatS
B×4
3
2
1
A
×
×−4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5
D
−1
F
×−2
−3
C
×
−4
EXERCICE 2 5points
−−→ −−→
1. a. LestroispointsA,BetCsontdeuxàdeuxdistincts,AB (−4,2,0)etAC (−4,0,3)
−4 0
ne sont pas colinéaires ( 6? ). A, B et C déterminent donc bien un
−4 3
plan.
→−
b. On montre que n est orthogonal à deux vecteurs directeurs non coli-
néairesduplan(ABC).Nouschoisissons bienentendulesdeuxvecteurs
du1a.
→− −→ →− −→ →−
n •AB =−12+12=0etn •AC =0. n estbiennormalà(ABC).
→−
c. Commen estnormalà(ABC),uneéquationcartésiennede(ABC)estde
laforme3x+6y+4z+d=0.
Comme, deplus, Aappartient auplan, ses coordonnéesdoivent vérifier
l’équationprécédente:12+d=0.D’oùlerésultat.
d. Onappliquelaformulerappeléeplushaut:
? ?
? ?4? ? p2−4+ −12? ? 122 2 619
δ = p = p =E
2 2 2 93 +6 +4 9 61
→− →−
2. a. u le vecteur de coordonnées (1; 2; 4/3) est directeur de (D) et n est
normalà(ABC).
3 6 4 →− →−
Or, on vérifie aisément ( = = ) que u et n sont colinéaires, donc
41 2
3
(D)estorthogonaleà(ABC).
−1
De plus, si t = dans la représentation paramétrique de (D), on re-
3
trouvelescoordonnéesdeE,donc(D)passeparE.
b. D’aprèslaquestion précédente,leprojetéorthogonaldeEsur(ABC)est
lepointd’intersectionde(D)et(ABC).
Notons(x, y, z)lescoordonnéesdeG.
Nouvelle–Calédonie 2 mars2009A.P.M.E.P. BaccalauréatS

 x = 1+t y = 2t
5 4 ⇐⇒
 z = + t 9 3
3x+6y+4z−12 = 0
  4x = 1+t x =  3  2y = 2t y = 3⇐⇒5 4 z = + t  z = 1 9 3 ? ? 5 4 13(1+t)+12t+4 + t−12 = 0 t =9 3 3? ?
4 2
Gapourcoordonnées , ,1 .
3 3
r r p
4 16 64 244 2 61
c. δ =GE = + + = = . Ouf! On retrouve la mêmeE
9 9 81 81 9
valeurquedansle1.b.!
EXERCICE 3 5points
1 1
1. a = etb =1−a =1 1 1
2 2
A2A1 0,75
0,25
0,5 A2
0,5 A2
0,5
0,5A1 A2
Aveclaformule desprobabilitéstotales :p(A )=p(A ∩A )+p(A ∩A )donc2 2 1 2 1
3 1 5 3
a =a × +b × = etb =1−a =2 1 1 2 2
4 2 8 8
2. Onrefaitunarbreetonutiliseencorelaformuledesprobabilitéstotales:
An+1An 0,75
0,25
an An+1
b An n+1
0,5
0,5An An+1
3 1 3 1
a =p(A )=p(A ∩A )+p(A ∩A )= a + b = a + (1−a )=n+1 n+1 n+1 n n+1 n n n n n
4 2 4 2
1 1
a +n
4 2
2
3. Soit(U )lasuitedéfiniepourtoutentiernatureln nonnul,parU =a − .n n n
3
2 1 1 2 1 1 1
a. U =a − = a + − = a − = U .n+1 n+1 n n n
3 4 2 3 4 6 4
1
Pardéfinition,(U )estdoncgéométriquederaison etdepremiertermen
4
1
U =− .1
6
? ? ? ?n−1 n−11 1 2 1 1
b. OnendéduitU =− puisa = − .n n
6 4 3 6 4
Nouvelle–Calédonie 3 mars2009
bbbbbbbbbbbbbbA.P.M.E.P. BaccalauréatS
? ?n−11
c. est le terme général d’une suite géométrique dont la raison est
4
strictementcompriseentre−1et1,elleconvergedoncvers0.Onendé-
2
duitque(a )convergevers .n
3
? ? ? ? ? ?n−1 n−12 1 1 2 1
d. a >0,6665⇐⇒ − >0,6665⇐⇒6 −0,6665 > ⇐⇒n
3 6 4 3 4? ? ?? ? ?
2 1
ln 6 −0,6665 >(n−1)ln
3 4
ln(4−6×0,6665)
Onobtientfinalement:n>1+ >5,98.
1ln 4
Lepluspetitentiernatureln telque:a >0,6665estdonc6.n
EXERCICE 4 6points
Communàtouslescandidats
1. a. Commelafonctionexponentielle eststrictement positivesurR, f(x)est
du signe de x+1, donc négative si x<−1, positive si x>−1 et s’annule
pourx=−1.
 
( )   lim −x = +∞ parcomposition −x parproduitx→−∞ lim e = +∞b. =⇒ =⇒X x→−∞lim e = +∞   X→+∞ lim (1+x) = −∞
x→−∞
lim f(x)=−∞
x→−∞
Si on reprendle schéma précédent en+∞, on obtient la forme indéter-
minée«+∞×0».Pourleverl’indétermination, ondéveloppe:
x−xf(x)=e + etonretrouveunelimiteducours!
xe
Réponse: lim f(x)=0
x→+∞
c. f est obtenue par composition et produit de fonctions usuelles, f est
doncbiendérivablesurRet
′ −x −x −x∀x∈R,f (x)=e −(1+x)e =−xe
′f (x)estdoncdusignecontrairedex et f eststrictement croissantesur
]−∞;0]etstrictementdécroissantesur[0;+∞[.
Commeladérivées’annuleuneseulefoisetenchangeantdesigne(+;-)
en0, f(0)=1estunmaximum pour f surR.
d. Penserauxélémentscaractéristiquesdelacourbequiontétérencontrés
dans l’étude et notamment la tangente « horizontale » au point d’abs-
cisse0.
Nouvelle–Calédonie 4 mars2009A.P.M.E.P. BaccalauréatS
1
−2 −1 1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
2. a. ∀n∈N,−1>n et f(x)>0sur[−1; n]d’aprèslaquestion1.a.
On intègre donc une fonction positive avec les bornes dans le « bon »
ordre,doncpourtoutn∈N:I >0.n
Zn+1
b. Pourtoutn∈N:I −I = f(x)dx≥0pourlesmêmesraisonsquen+1 n
n
danslaquestionprécédente!
?
′u(x) = 1+x u (x)=1
3. a. Onpose: ′ −x −xv (x) = e v(x)=e
′ ′Les 4 fonctions u,u , v et v sont toutes continues sur [a ; b], on peut
doncintégrerparparties:
Z Zb b? ? ? ?b b−x −x −a −b −xf(x)dx= −(1+x)e − −e dx=(1+a)e −(1+b)e − e =a a
a a
−b −a(−2−b)e +(2+a)e .
b. Onutiliselaquestionprécédenteaveca=−1etb=n,
n
−n −nI =(−2−n)e +e=−2e − +e.n ne
c. Aveclesmêmesargumentsquedanslaquestion1.b.,ontrouve
lim I =e.n
n→+∞
d. Pour tout n∈N, f(x) est positive sur [−1 ; n], donc I mesure l’aire dun
domaine limité par les droites d’équations x=−1, x=n, l’axe des abs-
cissesetlacourbereprésentativede f.Cettelimitesignifiequecetteaire
apourlimiteequandn tendvers+∞.
4. Onutilise laquestion3.a.enposanta=−1etb=α.Zα
−αf(x)dx=e⇐⇒(2−α)e +e=e⇐⇒α=−2
−1
Cecalculintégralcorrespondàuncalculd’aire:
Sur[−2;−1], f(x)60,
l’aire du domaine limité par les droites d’équations x=−2, x=−1, l’axe des
abscissesetlacourbeestdonc
Z Z−1 −2
− f(x)dx= f(x)dx=e
−2 −1
Nouvelle–Calédonie 5 mars2009