Baccalauréat S Polynésie, correction

Baccalauréat S Polynésie, correction
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. Pour tous nombres complexes z et z 0 , z × z 0 = z × z 0 . En effet :
z × z 0 = (a + bi)(a 0 + b 0 i) = (aa 0 − bb 0 ) + (ab 0 + a 0 b)i = (aa 0 − bb 0 ) − (ab 0 + a 0 b)i
z × z 0 = (a − bi)(a 0 − b 0 i) = (aa 0 − bb 0 ) − (ab 0 + a 0 b)i = z × z 0
¡ ¢n
2. Pour tout entier naturel n non nul, et tout nombre complexe z, z n = z .
Démonstration par récurrence :
¡ ¢2
• Pour n = 2, en utilisant la question précédente, avec z¡=¢z 0 , on a z 2 = z .
n
• Supposons que, pour un entier n donné, on ait : z n = z :
¡ ¢n
¡ ¢n+1
z n+1 = z n × z = z n × z = z × z = z
¡ ¢n
• Ainsi, pour tout entier n, on a z n = z
Partie B
On considère l’équation (E) : z 4 = −4 où z est un nombre complexe.
1. Si le nombre complexe z est solution de l’équation (E) alors les nombres complexes −z et z sont aussi
solutions de l’équation (E). En effet :
¡ ¢4
(−z)4 = z 4 = −4 et (E) ⇐⇒ z 4 = z = −4 = −4
2. On considère le nombre complexe z 0 = 1 + i.
Ãp
p !
p
p π
2
2
(a) z 0 = 2
+i
= 2ei 4
2
2
³p π ´4 ¡p ¢4 ³ π ´4
(b) z 04 = 2ei 4 = 2 × ei 4 = 2 × eiπ = −4
3. Les trois autres solutions de l’équation (E) sont : z 1 = −z 0 = −1 − i ;
1
z 2 = z 0 = 1 − i et z 3 = z 1 = −1 + i
Partie C
a
Soient A, B, C et D les points d’affixes respectives :
z A = 1 + i ; z B = −1 + i ; z C = −1 − i et z D = 1 − i.
π
Soit r la rotation du plan de centre C et d’angle de mesure − .
3
On appelle E l’image du point B par r et F celle du point D par r .
2
B
A
1
E
−3
−2
−1
C
1
0
−1
2
D
−2
F
−3
−4
1. Écriture complexe de la rotation r :
0
z − (−1 − i) = e
2.
−i π3
Ãp
! Ã
p !
p !
1
1
3
3 1
3
z+
+i − −
−i
−
(z − (−1 − i)) ⇐⇒ z =
2
2
2
2
2
2
Ã
0
p
(a) Ainsi l’affixe du point E, notée z E , est égale à −1 + 3 :
Ãp
! Ã
Ã
p !
p !
p
1
1
3
3 1
3
−i
(−1 + i) +
−
+i − −
= −1 + 3
zE =
2
2
2
2
2
2
(b) Et l’affixe z F du point F est :
Ãp
! Ã
Ã
p !
p !
p
1
1
3
3 1
3
(1 − i) +
+i − −
= −i(1 + 3)
−i
−
zF =
2
2
2
2
2
2
z A − zE
:
z A − zF
p
p
p
p
p
z A − zE
1 + i − (−1 + 3)
2− 3+i
(2 − 3 + i)(1 − i(2 + 3)
4
1
=
=
=
p
p =
p
p =
p = 2− 3 ∈
z A − z F 1 + i − (−i(1 + 3)) 1 + i(2 + 3)
12 + (2 + 3)2
8+4 3 2+ 3
(c) Calcul du quotient
(d) Ainsi :
Arg
z A − z E ³−→ −→´
= AF, AE = 2kπ =⇒ A, E et F sont alignés
z A − zF
Exercice 2
Commun à tous les candidats.
Des robots se trouvent au centre de gravité O d’un triangle de sommets S, I et X.
Chacun se déplace en trois étapes successives de la manière suivante :
• à chaque étape, il passe par l’un des trois sommets S, I et X puis il rejoint le point O ;
3 points
R+
• les robots sont programmés de telle sorte que, lors d’une étape, la probabilité de passer par le sommet S
est égale à celle de passer par le sommet X et la probabilité de passer par le sommet S est le double de
celle de passer par le sommet I ;
• les différentes étapes sont indépendantes les unes des autres ;
• on ne tient pas compte des passages par O.
S
2p
p
I
O
2p
X
Partie A - Un seul robot
Un seul robot se trouve au point O.
1. À chaque étape, on note p la probabilité que le robot passe par le sommet I.
Soit la probabilité recherchée. En utilisant les données de l’énoncé, nous pouvons dire que
1
p + 2p + 2p = 5p = 1 ⇐⇒ p = .
5
2. On note E l’évènement : « au cours des trois étapes, le robot passe successivement par les 3 sommets S, I
et X dans cet ordre ». Les événements étant indépendants, nous avons :
p(E) = p(S ∩ I ∩ X) = p(S) × p(I) × p(X) = p × 2p × 2p = 4p 3 =
4
125
3. On note F l’évènement : « au cours des trois étapes, le robot passe exactement par les 3 sommets S, I et X
dans un ordre quelconque ».
24
Il y a 3! = 6 façons d’arranger les trois lettres S, I et X, donc la probabilité de F est p(F) = 3!p(E) =
.
125
Partie B - Plusieurs robots
Des robots se trouvent au point O, leurs déplacements étant indépendants les uns des autres.
4
Nou sommes en présence d’une loi binomiale de paramètres p =
et n.
125
Calcul du nombre minimal n de robots doit-il y avoir pour que la probabilité de l’évènement : « au moins l’un
des robots passe successivement par les sommets S, I et X dans cet ordre » soit supérieure ou égale à 0,99 :
à !µ
¶ µ
¶
¶
µ
n
4 0 121 n
121 n
p(X Ê 1) Ê 0, 99 ⇐⇒ 1 − p(X = 0) = 1 −
Ê 0, 99 ⇐⇒ 1 − 0, 99 = 0, 01 Ê
0 125
125
125
µ
¶
121 n
(la fonction ln est strictement croissante sur ]0; +∞[)
⇐⇒ ln(0, 01) Ê n ln
125
µ µ
¶
¶
121
ln(0, 01)
ln
<0
⇐⇒ ¡ 121 ¢ É n
125
ln 125
⇐⇒ 141, 597 É n
n doit être supérieur ou égal à 142.
Exercice 3
5 points
Enseignement obligatoire
³
´
Dans l’espace muni d’un repère orthonormal O ;~ı ; ~ ; ~
k , on considère :
• les points A(1 ; 1 ; 1) et B(3 ; 2 ; 0) ;
−→
• le plan (P) passant par le point B et admettant le vecteur AB pour vecteur normal ;
• le plan (Q) d’équation : x − y + 2z + 4 = 0 ;
• la sphère (S) de centre A et de rayon AB.
1. Une équation cartésienne du plan (P) est : 2x + y − z − 8 = 0. En effet, un vecteur normal de ce plan étant
¯
¯ 2
−→ ¯¯
AB ¯ 1 , une équation de (P) s’écrit 2x + y − z + d = 0.
¯ −1
Le point B appartient au plan, ses coordonnées vérifient donc l’équation : 2 × 3 + 2 − 0 + d = 0 ⇐⇒ d = −8.
2. Équation de la sphère (S) :
M(x; y; z) ∈ (S) ⇐⇒ (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = (3 − 1)2 + (2 − 1)2 + (0 − 1)2 = 6
3.
(a) Distance du point A au plan (Q) :
d (A; (Q)) =
p
|1 × 1 − 1 × 1 + 2 × 1 + 4|
6
= p = 6 = AB
p
6
12 + (−1)2 + 22
Comme la distance de A, centre de la sphère, à (Q) est égale au rayon de la sphère, le plan (Q) est
tangent à la sphère (S).
(b) Le plan (P) est tangent à la sphère (S) pour la même raison :
d (A; (P)) =
p
|2 × 1 + 1 × 1 − 1 × 1 − 8|
6
= p = 6 = AB
p
6
22 + 12 + (−1)2
4. On admet que le projeté orthogonal de A sur le plan (Q), noté C, a pour coordonnées (0 ; 2; −1).
(a) Les plans (P) et (Q) sont sécants, car leurs vecteurs normaux ne sont pas colinéaires. En effet, les
triplets de nombres (2; 1; −1) et (1; −1; 2) ne sont pas proportionnels.
(b) Soit (D) la droite d’intersection des plans (P) et (Q).
Une représentation paramétrique de la droite (D) est :

 x
y

z
=
=
=
t
12 − 5t
4 − 3t
avec t ∈
R
¯
¯ 1
¯
Cette droite passe par le point I(0; 12; 4) et a pour vecteur directeur ~
u ¯¯ −5 .
¯ −3
La droite, dont on donne la représentation paramétrique est l’intersection des deux plans si et seulement si elle est orthogonale aux vecteurs normaux de chaque plan et qu’elle possède au moins un
point commun avec les deux plans.
Le point I appartient aux deux plans :
2 × 0 + 1 × 12 − 1 × 4 − 8 = 0 et 1 × 0 − 1 × 12 + 2 × 4 + 4 = 0
Et le vecteur ~
u est orthogonal aux vecteurs normaux de chacun des deux plans (P) et (Q) :
¯
¯
¯ 1
¯ 1
¯
¯
¯ −5 · ¯ −1 = 1×1+(−5)×(−1)+(−3)×(−2) = 0 et
¯
¯
¯ −3 ¯ −2
¯
¯
¯ 1
¯ 2
¯
¯
¯ −5 · ¯ 1
= 1×2+(−5)×1+(−3)×(−1) = 0
¯
¯
¯ −3 ¯ −1
(c) Le point A n’appartient pas à la droite (D) :


 1=t
 t =1
1 = 12 − 5t =⇒
1 6= 7 impossible


1 = 4 − 3t
1=1
(d) On appelle (R) le plan défini par le point A et la droite (D). Ce plan existe car A n’est pas sur la droite
(D).
L’affirmation suivante est fausse :
« Tout point du plan (R) est équidistant des points B et C ».
¯
¯
¯ 1
¯ −1
¯
¯
−
→
Les vecteurs ~
u ¯¯ −5 et AI ¯¯ 11 sont deux vecteurs directeurs du plan (R). Donc tout point du plan
¯ −3
¯ 3
(R) ont pour coordonnées :

 x = 1−k +l
y = 1 + 11k − 5l
M

z = 1 + 3k − 3l
avec k ∈
R et l ∈ R
Calculons, pour tout k et tout l , BM2 − CM2 :
BM2 − CM2 = (1 − k + l − 3)2 + (1 + 11k − 5l − 2)2 + (1 + 3k − 3l )2 − (1 − k + l )2 − (1 + 11k − 5l − 2)2 − (1 + 3k − 3l + 1)2
= (−2 − k + l )2 + (1 + 3k − 3l )2 − (1 − k + l )2 − (2 + 3k − 3l )2
= (−2 − k + l − 1 + k − l )(−2 − k + l + 1 − k + l ) + (1 + 3k − 3l − 2 − 3k + 3l )(1 + 3k − 3l + 2 + 3k − 3l ))
= (−3)(−1 − 2k + 2l ) + (−1)(3 + 6k − 6l ) = 3 + 6k − 6l − 3 − 6k + 6l = 0
Ainsi, tout point M du plan (R) est équidistant de B et C.
Exercice 4
7 points
Commun à tous les candidats.
Partie A
1. On considère la fonction g définie sur [1 ; +∞[ [par
g (x) = ln(2x) + 1 − x
(a) Cette question demande le développement d’une certaine démarche comportant plusieurs étapes. La
clarté du plan d’étude, la rigueur des raisonnements ainsi que la qualité de la rédaction seront prises
en compte dans la rédaction.
L’équation g (x) = 0 admet sur [1 ; +∞[ une unique solution notée α :
1
1−x
2
−1 = −1 =
.
Dérivée : g 0 (x) =
2x
x
x
¶
µ
ln(2x)
1
1
ln(2x)
1
+
−
= −∞ car lim
= lim
=0
Limites : g (1) = ln 2 et lim g (x) = lim 2x
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x→+∞
2x
2x 2
2x
2x
x
1
0
0
g (x)
α
+∞
−
ln 2
g
0
−∞
La fonction dérivée est négative sur [1 ; +∞[, la fonction g est donc strictement décroissante sur
[1 ; +∞[. Étant continue sur cet intervalle, elle réalise ainsi une bijection de [1 ; +∞[ sur ] − ∞ ; ln 2].
Or 0 ∈] − ∞ ; ln 2], 0 possède donc un unique antécédent, noté α, sur [1 ; +∞[.
(b) g (α) = 0 ⇐⇒ ln(2α) + 1 − α = 0 ⇐⇒ ln(2α) + 1 = α.
2. Soit la suite (u n ) définie par u 0 = 1 et pour tout entier naturel n, par u n+1 = ln (2u n ) + 1
¡
¢
On désigne par (Γ) la courbe d’équation y = ln(2x)+1 dans un repère orthonormal O ;~ı ; ~ . Cette courbe
est donnée dans l’annexe.
(a) Construction sur l’axe des abscisses des quatre premiers termes de la suite (voir en fin de copie).
(b) Pour tout entier naturel n, 1 É u n É u n+1 É α :
Récurrence :
• u 0 = 1 donc 1 É u 0 É α.
• Supposons que, pour un n donné, on ait : 1 É u n É α.
La fonction h : x → ln(2x) + 1 est croissante d’après la courbe donnée, donc :
1 É ln 2 + 1 = h(1) É u n+1 = h(u n ) É h(α) = α
• Ainsi, pour tout n entier naturel, on a 1 É u n É α.
De plus, la fonction g étant décroissante sur [1 ; +∞[, on a
1 É u n É α =⇒ u n+1 − u n = g (u n ) Ê g (α) = 0 ⇐⇒ u n É u n+1
La suite (u n ) est donc décroissante et 1 É u n É u n+1 É α.
(c) La suite (u n ) est croissante et majorée par α. Elle est donc convergente. Soit ` sa limite.
La fonction h étant continue sur [1 ; α], ` vérifie :
lim u n = ` =⇒ lim h(u n ) = u n+1 = h(`) =⇒ h(`) = `
n→+∞
n→+∞
Nous savons que seul α vérifie h(x) = x sur [1 ; +∞[. Ainsi :
lim u n = α
n→+∞
Partie B
On considère la fonction f définie sur [1 ; +∞[ par
f (x) = (x − 1)e1−x
¡
¢
On désigne par (C ) la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthonormal O ;~ı ; ~ . Cette courbe
est donnée dans l’annexe.
1. Pour tout nombre réel x supérieur ou égal à 1, on pose :
x
Z
F(x) =
1
x
Z
f (t ) dt =
1
(t − 1)e1−t dt
(a) La fonction F est croissante sur [1 ; +∞[, car sa dérivée est positive :
F0 (x) = f (x) Ê 0 sur [1 ; +∞[ d’après la représentation graphique donnée en annexe.
(b) Pour tout réel x appartenant à [1 ; +∞[ :
½
½ 0
u = t −1
u =1
En posant :
, on a
.
v 0 = e1−t
v = −e1−t
Ainsi
Z x
£
¤x
£
¤x
F(x) = −(t − 1)e1−t 1 +
e1−t dt = −(x − 1)e1−x + −e1−t 1 = −xe1−x + e1−x − e1−x + 1 = −xe1−x + 1
1
(c) Sur [1 ; +∞[, la fonction ln étant bijective de ]0 ; +∞[ sur
F(x) = −xe1−x +1 =
R:
¢
¡
1
⇐⇒ 1 = 2xe1−x ⇐⇒ ln 2xe1−x = ln 1 = 0 ⇐⇒ ln(2x)+1−x = 0 ⇐⇒ ln(2x)+1 = x
2
2. Soit un réel a supérieur ou égal à 1. On considère la partie Da du plan limitée par la courbe (C ), l’axe des
abscisses et les droites d’équation x = 1 et x = a.
La fonction x → (x − 1)e1−x étant positive sur [1 ; +∞[ et a étant supérieur à 1, l’aire Da est égale à F(a).
1
Ainsi : F(a) = ⇐⇒ ln(2a) + 1 = a ⇐⇒ a = α.
2
ANNEXE
Cette page sera complétée et remise avec la copie à la fin de l’épreuve
=
x
EXERCICE 4
y
3
(Γ)
u3
u2
2
u1
1
(C )
O
Da
u0
1
−1
u1
2
u2 u3 α
3
4
5
6
7