Correction épreuve de maths (Bac S, 2001)

Correction épreuve de maths
(Bac S, 2001)
Exercice 1 (Barycentres)
1) Attention : On se place , dans cet exercice, dans l’espace .(pas
dans le plan)
On a G1 = bar {(A,2) ; (B,1) ; (C,-1) }
D’où : 2 G1A + G1B − G1C = 0
⇔ 2 G1A + AB − AC = 0
⇔ 2 AG1 = CB
⇔ AG1 = 1 CB
2
De même, on trouve pour G-1 :
AG−1 = 1 BC
2
2)a) Soit k ∈[-1 ;1] :
On a : (k2 + 1) Gk A + kGk B − kGkC = 0
⇔ (k2 + 1) Gk A + kGk A + k AB − kGk A− k AC = 0
⇔ AGk = − 2k BC
k +1
b) Soit f définie sur [-1 ;1] :
−x
f(x) = 2
x +1
On a f ’(x) =
−(x2+1) + x(2x)
(x2+1)
2
=
x 2−1
2
(x2+1)
Comme -1 ≤ x ≤ 1 , -1 ≤ x2 – 1≤ 0
D’où f ’(x) ≤ 0 , ∀ x ∈ [-1 ;1]
Donc f est décroissante sur [-1 ;1] .
c) On a - 1 ≤ f(x) ≤ 1
2
2
Remarque : F vérifie les hypothèses du théorème de la bijection sur
l’intervalle [-1 ;1] : f est dérivable et strictement monotone (ici,
décroissante) sur [-1 ;1] , donc f réalise une bijection de [-1 ;1] sur
[- 1 ; 1 ]
2 2
Alors , Gk décrit le segment [G-1 ; G1 ]
3) Notons E : l’espace .
E = { M∈E / || 2 MA+ MB −MC || = || 2 MA−MB + MC || }
Introduisons G1 dans le membre de gauche de l’égalité et G-1 dans
celui de droite.
On obtient alors : || 2 MG1 || = || 2 MG−1 ||
⇔ MG1 = MG-1 . Donc, E est le plan médiateur de [G-1 G1]
4)
On a : F = { M∈E / || 2 MA+ MB −MC || = || 2 MA−MB − MC || }
On introduit G1 dans le membre de gauche . Dans le membre de
droite, on constate que la somme des coefficients est égale à 0 ;
dans ce cas , NE PAS FAIRE INTERVENIR DE
BARYCENTRES !!
Décomposer le vecteur MB en faisant intervenir le point A. Faire
de même avec le vecteur MC .
On a : 2|| MG1 || = || − AB − AC ||
D’où : MG1 = 1 || CA+ BA ||
2
F = { sphère de centre G1 , de rayon 1 || CA+ BA || }
2
5) A(0,0,2) B(-1,2,1) C(-1,2,5)
a) Notons (x,y,z) les coordonnées de G1 .
 x 
0


 
On a : CB 0  et AG1 y 


 


 −4
 z −2 
Comme AG1 = 1 CB , on obtient le système suivant :
2
 x=0

D’où G1(0,0,0)
 y=0

z−2=−2
Posons (x,y,z) les coordonnées de G-1 .
 x  0
 0

  
 
BC 0 , AG−1 y  =  0 

  
 

  
 4
 z− 2   2 
 x=0

D’où :  y =0

 z=4
C’est-à-dire : G-1(0,0,4)
1
1
 
 
On a : CA −2  et BA −2 
 
 
 −3 
1
2
 
CA+BA −4 . Donc : || CA+ BA || = 4+16+4 = 24 =2 6
 
 −2 
Alors F = { Sphère de centre O et de rayon 6 } et
E = { plan d’équation z = 2 }
Comme 6 > 2 , E ∩ F ≠ ∅ ( = E et F sont sécants )
b)
On a F = { M(x,y,z) ∈E / x2 + y2 +z2 = 6 }
D’où :
E ∩ F = { M(x,y,z) ∈E / x2 + y2 + 2 2 = 6 }
= { M(x,y,z) ∈E / x2 + y2 = 2 }
Donc E ∩ F est un cercle de rayon 2
Exercice 2 (Transformation complexe)(Spécialité)
5π
z’ = z ei 6 .
Mn+1 = f(Mn)
1) f est la rotation de centre O et d’angle 5π . ( On a z’ = az + b
6
avec |a| = 1 et arg a = 5π )
6
4π
π
π
z0 = ei 2 , z1 = ei 3 ,z2 = ei 6
2)
π 5nπ
Posons (Hn) : « zn = ei( 2 + 6 ) »
π
π 5×0π
- Pour n = 0 : z0 = ei 2 = ei( 2 + 6 ) . Donc (H0) est vraie .
- Supposons (Hn) vraie jusqu’à un certain n :
Par définition, zn+1 = zn ei 5π
6
i(π + 5nπ )
= ei 5π
6 (e 2 6 )
π 5(n+1)π
= ei( 2 + 6 ) . Donc (Hn+1) est vraie .
Par le principe de récurrence, (Hn) est vraie pour tout n ∈N
3) n ≥ p
(n,p) ∈ N2
π 5pπ
π 5nπ
On a : Mn (zn = ei( 2 + 6 ) ) et Mp (zp = ei( 2 + 6 ) )
5pπ
Mn et Mp sont confondus ⇔ 5nπ =
+ 2kπ , k∈Z
6
6
⇔ 5π (n-p) = 2kπ , k∈Z
6
⇔ 5(n-p) = 12k , k∈Z
12 | 5(n-p)
Comme pgcd(12 ;5) = 1 . Alors, 12 | n-p (d’après le théorème de
Gauss).
Par conséquent : n-p est multiple de 12 .
4)a)
(E) : 12x – 5y = 3
De façon évidente : 12×4 – 5×9 = 48 – 45 = 3 . Donc (4,9) solution de
(E).
Soit (x,y) solution de (E) :
Alors 12x – 5y = 3 (1)
Or, on a 12×4 – 5×9 = 3 (2)
En faisant (1) - (2) : 12(x-4) – 5(y-9) = 0
C’est-à-dire : 12(x-4) = 5(y-9)
On a : 12 | 5(y-9)
Comme pgcd(12 ;5) = 1 , alors 12 | (y-9) (Par le théorème de Gauss)
Donc y-9 = 12k , k∈Z
C’est-à-dire : y = 12k + 9 , k∈Z
D’où x-4 = 5k .C’est-à-dire : x = 5k + 4.
Les solutions de (E) sont de la forme :
{ (5k+4, 12k+9) , k∈Z }
b)
Mn ∈[O,x) ⇔ π + 5nπ = 2mπ , m ∈Z
2
6
⇔ n = 1 (12m – 3 ) , m ∈Z
5
Comme n entier , 12m – 3 = 5m’ , m’ ∈ N
D’où 12m – 5m’ = 3.
D’après 4)a) , m = 5k + 4 et m’ = 12k + 9 , k ∈ N
Donc n = 12k + 9 , k∈ N .
Exercice 2 (Suite et complexes)(Obligatoire)
α 0 = π ; ∀n∈N , α n+1 = α n + 5π
2
6
1)
Les calculs des différents angles ne présentent aucune difficulté.
2) Faire une récurrence (cf exo2 Spécialité)
3) a)
( OM n ,OM n+ 6 ) = arg zn+6 = arg
zn
5 (n +6 )π
i(π +
)
2
6
i(π + 5n π )
2 6
e
= arg
e
=π [2π] , ∀n∈N
i5π
e
Donc Mn et Mn+6 sont diamétralement opposés.
On a : arg
zn+12
zn
= arg
5 (n+12 )π
i(π +
)
2
6
i(π + 5 nπ )
2 6
e
= arg
e
Donc Mn et Mn+12 sont confondus.
b) Soit n de N :
i(π +5 nπ + 20π )
2 6
6
i(π + 5n π )
2 6
zn+4 = e
zn
e
Donc : zn+4 =
=
− 2iπ
3 zn
e
i10π
3
e
=
, ∀n∈N
− 2iπ
3
e
i10 π
e
= 0[2π]
= 5π [2π]
On a : MnMn+4 = | zn+4 – zn |
=|
− 2 iπ
3 zn
e
– zn | = |zn| |
− 2 iπ
3
e
-1|= |
− 2 iπ
3
e
-1|
( car |zn| = 1 )
=| - 1 - i 3- 1|=| -3- i 3 |=
2
2
2
2
9+3 = 3
4 4
Donc MnMn+4 = 3 , ∀n∈N
Comme cette relation est vraie pour tout n , Mn+4Mn+8 = 3
On démontre également que MnMn+8 = 3 ( considérer
zn+8
zn
)
Par conséquent, le triangle MnMn+4Mn+8 est équilatéral.
Remarque : Le triangle MnMn+4Mn+8 n’est pas aplati ,car Mn+6 et
Mn+12 ne sont pas des sommets de ce triangle (cf question 3)a) )
4)
Ω = { M0M1M2 , M0M2M3, …. }
Comme on tire simultanément : on dénombre des combinaisons.
card Ω = C123 =
12! = 10×11×12 = 220
3!(12−3)!
3×2
Notons A = « Obtenir les 3 sommets d’un triangle équilatéral »
Cas favorables : M0M4M8 , M1M5M9 , M2M6M10 , M3M7M11 .
D’où : P(A) = 4 = 1
220
55