CORRECTION BAC 2007 S oblig

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL
Session 2007
MATHÉMATIQUES
- Série S ENSEIGNEMENT OBLIGATOIRE
CORRECTION par Martial LENZEN ([email protected])
L’énoncé est en police grasse, les réponses en police normale.
Exercice 1 (3 points)

→

→

→
L’espace est muni du repère orthonormal (O ; i , j , k).
Soient (P) et (P’) les plans d’équations respectives x + 2y – z + 1 = 0 et – x + y + z = 0.
Soit A le point de coordonnées (0 ; 1 ; 1).
1) Démontrer que les plans (P) et (P’) sont perpendiculaires.
→
Le vecteur →
n1 normal (orthogonal) au plan (P) admet comme coordonnées (1 ; 2 ; –1). Celui de
(P’), noté n2 , a pour coordonnées (–1 ; 1 ; 0). En faisant alors le produit scalaire de ces deux
vecteurs, on détermine que
→
→
n1 · n2 = –2 + 2 – 0 = 0,
→
→
donc n1 ⊥ n2 , impliquant que les plans (P) et (P’) sont perpendiculaires.
2) Soit (d) la droite dont une représentation paramétrique est :
1
x=– +t
3
1
où t est un nombre réel.
y=–
3
z=t
Démontrer que les plans (P) et (P’) se coupent selon la droite (d).



On sait que l’intersection de deux plans est soit vide, soit une droite, ou alors ils sont confondus. Or
pour tout réel t, on a :
– 1 + t + 2 – 1 – t + 1 = – 1 – 2 + 1 + t – t = 0 ⇒ (d) ⊂ (P), et
 3 
 3
3 3


 
1
1
1 1
– – + t + –  + t = – – t + t = 0 ⇒ (d) ⊂ (P’).
3 3
 3   3
(d) est à la fois dans le plan (P) et dans le plan (P’), donc (d) est dans (P) V (P’). Enfin, si ces deux
plans étaient confondus, ils auraient la même équation. On peut finalement en déduire que (d) est la
seule intersection possible entre ces deux plans.
3) Calculer la distance du point A à chacun des plans (P) et (P’).
Correction BAC Scientifique 2007 : Mathématiques (enseignement obligatoire)
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On rappelle que la distance d’un point A(xA ; yA ; zA) à un plan p d’équation ax + by + cz + d = 0 est
donnée par la formule suivante :
| axA + byA + czA + d |
d(A, p) =
.
a2 + b2 + c2
D’où :
d(A, P) =
2
|1·0 + 2·1 – 1·1 + 1|
=
2
2
2
1 + 2 + (–1)
6
et
d(A, P’) =
|–1·0 + 1·1 + 1·1|
2
.
2
2
2 =
(–1) + 1 + 1
3
4) En déduire la distance du point A à la droite (d).
Notons H, H’ et K les projetés orthogonaux de A respectivement sur (P), (P’) et (d), de sorte que le
quadrilatère AHKH’ soit un rectangle (trois angles droits). Faisons une figure :
(P)
(d)
H
(P’)
A
K
H’
On cherche donc à calculer AK. Puisque AHKH’ est un rectangle, on a :
AK = HH’ = AH2 + AH’2 = d(A, P)2 + d(A, P’)2 =
4 4
+ = 2.
6 3
Exercice 2 (3 points)
1) Restitution organisée de connaissances
Démontrer la formule d’intégration par parties en utilisant la formule de dérivation d’un produit
de deux fonctions dérivables, à dérivées continues sur un intervalle [a ; b].
On rappelle au préalable cette formule :
Si ƒ et g sont deux fonctions dérivables, à dérivées continues sur un intervalle [a ; b]. Alors :
Correction BAC Scientifique 2007 : Mathématiques (enseignement obligatoire)
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b
b
b
⌠
⌡a ƒ(t) g’(t) dt = [ ƒ(t) g(t) ]a – ⌠
⌡a ƒ’(t) g(t) dt.
La fonction ƒg est dérivable sur [a ; b], et (ƒg)’ = ƒ’g + ƒg’. Donc ƒg’ = (ƒg)’ – ƒ’g. Puisque ƒg’,
(ƒg)’ et ƒ’g sont continues sur [a ; b], on déduit de l’égalité précédente que :
b
b
⌠
⌡a ƒ(t) g’(t) dt = ⌠
⌡a (ƒ(t) g (t))’ – ƒ’(t) g (t) dt
b
b
= ⌠
(par linéarité de l’intégrale)
⌡a (ƒ(t) g (t))’ dt – ⌠
⌡a ƒ’(t) g (t) dt
b
= [ ƒ(t) g(t) ]ba – ⌠
⌡a ƒ’(t) g(t) dt
(car ƒg est une primitive de (ƒg)’)
π x
π x
2) Soient les deux intégrales définies par I = ⌠
⌡0 e sin x dx et J = ⌠
⌡0 e cos x dx.
a) Démontrer que I = – J et que I = J + eπ + 1.
Effectuons une intégration par parties sur [0 ; π], avec les fonctions ƒ(t) = sin t et g(t) = et, qui sont
dérivables et à dérivées continues sur [0 ; π]. On a alors ƒ’(t) = cos t et g’(t) = et. Donc :
π
t
t
I=⌠
⌡0π ƒ(t) g’(t) dt = [e sin t]0 – ⌠
⌡0π cos(t) e dt = – J (car sin(0) = sin(π) = 0).
De même, avec les fonctions ƒ(t) = cos t (⇒ ƒ’(t) = – sin t) et g(t) = et (= g’(t)), qui sont dérivables
et à dérivées continues sur [0 ; π], on trouve :
π
t
t
π
J=⌠
⌡0π ƒ(t) g’(t) dt = [e cos t]0 – – ⌠
⌡0π sin(t) e dt = – e – 1 + I,
(
)
Au final, nous avons bien déterminé que I = – J et I = J + eπ + 1.
b) En déduire les valeurs exactes de I et de J.
Il s’agit donc de résoudre le système de deux équations à deux inconnues suivant :
 I = – J

⇒ – J = J + eπ + 1 ⇔ 2 J = – eπ – 1.
π
 I = J + e + 1
D’où J = –
eπ + 1
eπ + 1
et I =
.
2
2
Exercice 3 (5 points) –
candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
Partie A
On considère l’équation : (E) z3 – (4 + i) z2 + (13 + 4i) z – 13i = 0, où z est un nombre complexe.
1) Démontrer que le nombre complexe i est solutions de cette équation.
On a : i3 – (4 + i) i2 + (13 + 4i) i – 13i = – i + (4 + i) + 13i – 4 – 13i
= i (–1 + 1 + 13 – 13) + 4 – 4 = 0,
donc i est bien solution de cette équation (E).
2) Déterminer les nombres réels a, b et c tels que, pour tout nombre complexe z, on ait :
Correction BAC Scientifique 2007 : Mathématiques (enseignement obligatoire)
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z3 – (4 + i) z2 + (13 + 4i) z – 13i = (z – i)(az2 + bz + c).
On a : z3 – (4 + i) z2 + (13 + 4i) z – 13i = (z – i)(az2 + bz + c)
= az3 + z2 (b – a i) + z (c – b i) – c i.
Par identification des coefficients (en effet, deux polynômes sont égaux si et seulement si leurs
coefficients sont égaux), on trouve :
 ab =– a1 i = – (4 + i)
 a = 1
 c – b i = 13 + 4i ⇒  b = – 4
 c = 13
 c = 13
D’où : z3 – (4 + i) z2 + (13 + 4i) z – 13i = (z – i)(z2 – 4z + 13).
3) En déduire les solutions de l’équation (E).
Il s’agit encore de trouver les solutions du polynôme z2 – 4z + 13. Or ∆ = 16 – 52 = – 36, d’où

4 + 6i
z1 =
= 2 + 3i et z2 = z1 = 2 – 3i. Les solutions de (E) dans sont donc :
2
s = {i ; 2 + 3i ; 2 – 3i}.
Partie B

→ 
Dans le plan complexe, rapport au repère orthonormal direct (0 ; u,
v→), on désigne par A, B et C
les points d’affixes respectives i, 2 + 3i et 2 – 3i.
π
1) Soit r la rotation de centre B et d’angle . Déterminer l’affixe du point A’, image de point A
4
par la rotation r.
Notons a, b, c et a’ les affixes respectives des points A, B, C et A’. Alors on sait que :
 2
iπ
2
a’ – b = e 4 (a – b) ⇔ a’ =  + i  (i – 2 – 3i) + 2 + 3i
2
2
1
⇔ a’ = – ( 2 + i 2)(2 + 2i) + 2 + 3i
2
⇔ a’ = – ( 2 + 2 i + 2 i – 2) + 2 + 3i
⇔ a’ = 2 + (3 – 2 2) i.
2) Démontrer que les points A’, B et C sont alignés et déterminer l’écriture complexe de
l’homothétie de centre B qui transforme C en A’.
Les affixes de ces trois points ont la même partie réelle, donc les points ont tous les trois la même
abscisse dans le plan. Ils sont donc alignés sur une droite parallèle à l’axe des imaginaires purs.
BA’ 2 2
2
=
=
. Ainsi, pour tout
BC
6
3
point M du plan d’affixe z, et en notant M’ d’affixe z’ son image, l’écriture complexe de cette
homothétie est donnée par :
2
2
(z – b) ⇔ z’ =
(z – 2 – 3i) + 2 + 3i.
z’ – b =
3
3
L’homothétie de centre B qui transforme C en A’ est de rapport
Correction BAC Scientifique 2007 : Mathématiques (enseignement obligatoire)
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Exercice 4 (4 points)
Pour chaque question, une seule des propositions est exacte. On donnera sur la feuille la réponse
choisie sans justification. Il sera attribué un point si la réponse est exacte, zéro sinon.
Dans certaines questions, les résultats proposés ont été arrondis à 10 –3 près.
1) Un représentant de commerce propose un produit à la vente.
Une étude scientifique a permis d’établir que, chaque fois qu’il rencontre un client, la probabilité
qu’il vende son produit est égale à 0,2.
Il voit cinq clients par matinée en moyenne. La probabilité qu’il ait vendu exactement deux
produits dans une matinée est égale à :
a) 0,4
b) 0,04
nombre
de ventes
c) 0,1024
d) 0,2048
nombre de
« non » ventes
5
=  2  × 0,2 2 × 0,8 3 = 0,2048
 
probabilité de ne
pas faire une vente
2 ventes
parmi 5
probabilité de
faire une vente
2) Dans une classe, les garçons représentent le quart de l’effectif. Une fille sur trois a eu son
permis du premier coup, alors que seulement un garçon sur dix l’a eu du premier coup. On
interroge un élève (garçon ou fille) au hasard. La probabilité qu’il ait eu son permis du premier
coup est égale à :
a) 0,043
b) 0,275
c) 0,217
Soient les événements suivants :
G : « c’est un garçon »
F : « c’est une fille »
d) 0,033
P : « permis du premier coup »
Faisons un arbre :
1/10
1/4
P
G

P
1/3
3/4
P
Donc (P) =
1 1 3 1
×
+ × = 0,275.
4 10 4 3
F

P
3) Dans la classe de la question 2, on interroge un élève au hasard parmi ceux ayant eu leur permis
du premier coup. La probabilité que cet élève soit un garçon est égale à :
a) 0,100
b) 0,091
c) 0,111
Correction BAC Scientifique 2007 : Mathématiques (enseignement obligatoire)
d) 0,25
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On cherche à calculer PP(G). On a donc :
(G V P) (G) (G V P) (G)
1/4
1
1
P(G) =
=
=
× G(P) =
×
= > 0,091.
(P)
(P) (G)
(P)
0,275 10 11
4) Un tireur sur cible s’entraîne sur une cible circulaire comportant trois zones délimitées par des
cercles concentriques, de rayons respectifs 10, 20 et 30 centimètres. On admet que la probabilité
d’atteindre une zone est proportionnelle à l’aire de cette zone et que le tireur atteint toujours la
cible. La probabilité d’atteindre la zone la plus éloignée du centre est égale à :
a)
5
9
b)
9
14
c)
4
7
Faisons un schéma :
Nous avons :
Aire(c1) = 100π
Aire(c2) = 400π
Aire(c3) = 900π
Probabilité
a1
100π
1
9
a2
300π
3
9
a3
500π
5
9
1
3
c3
c2
c1
donc a1 = 100π, a2 = 400π – 100π = 300π
et a3 = 900π – 400π = 500π. Faisons alors
un tableau de proportionnalité :
Surface
Valeur
d)
Total
900π
a3
a2
a1
10 10 10
1
5
La valeur recherchée est donc .
9
Exercice 5 (5 points)
On considère la fonction ƒ définie sur l’intervalle ]–1 ; +∞
∞[ par :
ln(1 + x)
ƒ(x) = x –
.
1+x
La courbe c représentative de ƒ est donnée sur le document annexe que l’on complètera et que
l’on rendra avec la copie.
Partie A : Étude de certaines propriétés de la courbe c
1) On note ƒ’ la dérivée de ƒ. Calculer ƒ’(x) pour tout x de l’intervalle ]–1 ; +∞
∞[.
Pour tout x de l’intervalle ]–1 ; +∞[, on a :
1
(1 + x) – ln(1 + x)
1+x
1 – ln(1 + x) (1 + x)2 – 1 + ln(1 + x)
=
1
–
=
.
ƒ’(x) = 1 –
(1 + x)2
(1 + x)2
(1 + x)2
Correction BAC Scientifique 2007 : Mathématiques (enseignement obligatoire)
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2) Pour tout x de l’intervalle ]–1 ; +∞
∞[, on pose N(x) = (1 + x)2 – 1 + ln(1 + x).
Vérifier que l’on définit ainsi une fonction strictement croissante sur ]–1 ; +∞
∞[.
Calculer N(0). En déduire les variations de ƒ.
On a N’(x) = 2(1 + x) +
1
pour tout x de l’intervalle ]–1 ; +∞[.
1+x
>0
>0
donc N’(x) > 0 pour tout x de l’intervalle ]–1 ; +∞[, et donc N est strictement croissante sur cette
intervalle. De plus, N(0) = 1 – 1 + ln(1) = 0, ce qui nous permet de dresser le tableau suivant :
x
–1
0
+∞
N
N(x)
–
0
+
ƒ’(x)
–
0
+
+∞
+∞
ƒ
0
Afin de nous permettre de compléter le tableau :
ln(X)
ln(1 + x)
* D’après le cours, lim
= – ∞ ⇒ lim
= – ∞ ⇒ lim ƒ(x) = +∞.
X→0 X
x → –1 1 + x
x → –1
* lim ƒ(x) = +∞ (croissances comparées)
x → +∞
* ƒ(0) = 0.
3) Soit d la droite d’équation y = x.
Calculer les coordonnées du point d’intersection de la courbe c et de la droite d.
Il s’agit de résoudre le système suivant :
 y = x – ln(1 + x)
1 + x ⇒ x – ln(1 + x) = x ⇒ ln(1 + x) = 0 ⇒ ln(1 + x) = 0 ⇒ x = 0.

1+x
1+x
 y = x
D’où y = 0, et la droite d coupe la courbe c en l’origine du repère.
Partie B : Étude d’une suite récurrente définie à partir de la fonction ƒ
1) Démontrer que si x ∈ [0 ; 4], alors ƒ(x) ∈ [0 ; 4].
D’après le tableau de variations ci-dessus, ƒ est croissante sur l’intervalle [0 ; 4], donc
0 ; x ; 4 ⇒ ƒ(0) ; ƒ(x) ; ƒ(4) ⇔ 0 ; ƒ(x) ; 3,68 ⇒ 0 ; ƒ(x) ; 4.
En effet, si ƒ(x) ; 3,68, on aura forcément que ƒ(x) ; 4 (mais attention, ce n’est plus vrai dans le
sens contraire !!!).
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2) On considère la suite (un) définie par : u0 = 4 et un + 1 = ƒ(un) pour tout n de ;.
a) Sur le graphique de l’annexe, en utilisant la courbe c et la droite d, placer les points de c
d’abscisses u0, u1, u2 et u3.
b) Démontrer que pour tout n de ; on a : un ∈ [0 ; 4].
On raisonne par récurrence sur l’entier n ∈ ;, avec la propriété P(n) : « un ∈ [0 ; 4] » :
• Initialisation (n = 0) : u0 = 4 ∈ [0 ; 4], donc P(0) est vraie.
• Hérédité (n ⇒ n + 1) : Supposons que P(n) soit vraie et montrons que P(n + 1) l’est aussi.
On sait par hypothèse de récurrence que un ∈ [0 ; 4]. En appliquant le résultat de la
question 1, on sait alors que ƒ(un) ∈ [0 ; 4] ⇔ un + 1 ∈ [0 ; 4].
c) Étudier la monotonie de la suite (un).
On raisonne encore par récurrence sur n ∈ ;. On va montrer que cette suite est strictement
décroissante. On choisit donc P(n) : « un + 1 ; un ».
• Initialisation (n = 0) : u0 = 4 et u1 = ƒ(u0) = ƒ(4) > 3,68. Donc u1 ; u0, et P(0) est vraie.
• Hérédité (n ⇒ n + 1) : Supposons que P(n) soit vraie et montrons que P(n + 1) l’est aussi.
hypothèse de récurrence
Alors
un + 1 ; un
⇒ ƒ(un + 1) ; ƒ(un)
car f est croissante sur [0 ; 4]
⇒ un + 2 ; un + 1
par définition de la suite.
Donc P(n + 1) est vraie.
d) Démontrer que la suite (un) est convergente. On désigne par ℓ sa limite.
Nous venons de montrer aux questions 1 et 2 (c) que la suite (un) est minorée (par 0) et
strictement décroissante. Par théorème du cours, elle converge donc vers une valeur que l’on note
ℓ.
e) Utiliser la partie A pour donner la valeur de ℓ.
Remarquons que ƒ continue et ℓ = lim(un) impliquent que :
ƒ(ℓ) = ƒ(lim un) = lim ƒ(un) = lim un + 1 = ℓ.
Cette valeur ℓ est donc solution du système



y = ƒ(x)
, que l’on a déjà résolu dans la partie A. Il
y=x
s’en suit que ℓ = 0.
Remarque : On aurait pu le constater directement sur le tableau de variations ci-dessus, mais on
demandait de « calculer »…
Correction BAC Scientifique 2007 : Mathématiques (enseignement obligatoire)
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ANNEXE
Exercice 5
y
d
c
1
Oo
1
u3 u2 u1 u0
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