Corrigé du bac S 2006: Mathématique Spécialité
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Terminale S, Asie, 2006
[CorrigédubaccalauréatSAsiejuin2006\
EXERCICE 1 4points
Communàtouslescandidats
PartieA.Restitutionorganiséedeconnaissances³ ´ ³ ´ ³ ´z z z′ ′ ′Onaarg ×z =argz ⇐⇒ arg +argz =argz ⇐⇒ arg =argz−argz .′ ′ ′z z z
PartieB
iz+3
1. a. M d’affixez(avecz6?−i)estinvariantpar f sietseulementsiz= ⇐⇒
z+i
2 2z +iz=iz+3 ⇐⇒ z =3.LespointsinvariantssontdonclespointsJetp p
Kd’affixesrespectives 3et− 3.
Le cercle de diamètre [AB] a pour rayon 2 et pour centre le point d’af-q p
2 2fixe i. Or la distance de ce point à J est égale à ( 3) +1 = 2, donc J
appartientaucercledediamètre[AB].MêmecalculpourK.
i(−2+3i 2−2i′ ′ ′ ′b. Sic estl’affixe deC ,alorsc = = =−1.Donc C appar-−2+i+i −2+2i
tientàl’axedesabscisses.
iz+3 i(z−3i)′2. On peut écrire z = = . En prenant les arguments de ces deux
z+i z−(−i)
′complexes(etenutilisantlerésultatdelapartieA)onobtientarg(z )=argi+µ ¶ ³ ´z−3i π −−→ −−→′arg à2πprès ⇐⇒ arg(z )= + AM , BM à2πprès ⇐⇒
z−(−i) 2³ ´−−→ −−→ π′arg(z )= MA, MB + à2πprès.
2
π π′3. a. z est imaginaire pur si et seulement si son argument est ou− . Les
2 2
points M correspondants sont tous les points de la droite (AB) excepté
lespointsAetB. ³ ´−−→ −−→ π
b. – SiM appartient audemi-cerclecontenantK,alors MA, MB = et
2′ ′parconséquentarg(z )=π,doncM auneaffixeréellenégative.³ ´−−→ −−→ π
– SiM appartientaudemi-cerclecontenantJ,alors MA, MB =− et
2′ ′parconséquentarg(z )=0,doncM auneaffixeréellepositive.
Dans tous les cas si M appartient au cercle de diamètre [AB] privé des
′pointsAetB,lepointM appartientàl’axedesabscisses.
Autreméthodenumérique:SiM appartientaucercledediamètre[AB],
2iθsonaffixes’écritz=i+2e ,avecθ∈[0; 2π].Ontrouvealorsque
cosθ′z = ∈R.
1+sinθCorrigédubaccalauréatS
B×3
2
C× 1
′ JK C× ×
−2 −1 1 2
−1 ×
A
−2
EXERCICE 2 5points
Réservéauxcandidatsn’ayantpassuivil’enseignementdespécialité
H GI
J
E F
D C
R
A B
Asie 2 juin2006CorrigédubaccalauréatS
1. Voirfigure
2. ConstructiondupointJ:
– DansleplanCDHG,ladroite(IC)coupeladroite(DH)enunpointP;
– DansleplanADHEladroite(PA)coupeladroite(EH)enJ.
Leplan(ACI)estdonccoupéparlesdeuxfacesparallèles (ABCD)et(EFGH):
lesintersections(AC)et(IJ)sontdoncparallèles.
−→ −→
3. a. R∈(AC):onsait qu’ilexiste un réeluniquek telque AR =kAC,ceréel
k étantl’abscissedeRsilerepèredeladroite(AC)estlecouple(A,C).−→ −→
(IR)⊥(AC) ⇐⇒ IR?AC =0.
−→ −→
b. SiRapourcoordonnées(x, y, z),AR =kAC =⇒x=k, y=k, z=0.µ ¶−→−→ 1 1
IR?AC =0 ⇐⇒ x− ×1+(y−1)×1+(z−1)×0=0 ⇐⇒ x− +y−1=0.
3 3
4 2
D’oùenremplaçantparlescoordonnéesdeR:2k− =0 ⇐⇒ k= .
3 3µ ¶
2 2
Conclusion:R ; ; 0 .
3 3 pµ ¶ µ ¶2 2 111 1 112 2c. OncalculeIR = + +1 = =⇒IR= .
3 3 9 3
→− −→
4. n de coordonnées (3 ; −3 ; 2) est normal au vecteur AC(1 ; 1 ; 0) (produit¡ ¢−→ 1scalairenul)etauvecteurAI ; 1; 1 .
3→−
Levecteur n orthogonalàdeuxvecteursnoncolinéairesduplan(ACI)estun
vecteurnormalàceplan.
Une équation du plan (ACI) est donc 3x−3y+2z+d= 0 et comme ce plan
contientA(0;0 ;0),d=0.
Uneéquationduplan(ACI)estdonc:3x−3y+2z=0.
|3×1−3×0+2×1| 5
5. AvecF(1;0;1)onsaitqued(F, ACI)= p =p .
2 2 2 223 +(−3) +2
EXERCICE 2 5points
Réservéauxcandidatsayantsuivil’enseignementdespécialité
PartieA:Étudededeuxcasparticuliers
2 2 2 2 2 21. Sin=2:1 +3 +5 =35=8×4+3,c’est-direque1 +3 +5 ≡3modulo3.Le
triplet(1;3;5)estdoncsolution.
2. a. Sin=3
r 0 1 2 3 4 5 6 7
R 0 1 4 1 0 1 4 1
2 2 2Exemple :sim=8n+3 alorsm =64n +48n+9=64n +48n+8+1=¡ ¢
2 28× n +6n+1 +1 ⇐⇒ m ≡1modulo8.
b. Lesseuls restespossibles sontdonc0,1et4.Avectroiscarréslasomme
desrestesnepeutêtreque0, 1, 2, 3, 4, 5, 6,maispas7.
2 2 2Conclusion:iln’existepasd’entierx, y, ztelsquex +y +z ≡7modulo8.
PartieBÉtudeducasgénéraloùn>3
1. S’ilexistetroisentiersnaturelsx, y etz telsque
2 2 2 n n 2 2 2 n n nx +y +z ≡2 −1modulo2 alorsx +y +z =2 q+2 −1=2 (q+1)−1,
donccettesommeestimpaire.Donc:
– aucundestroisn’estpair;
– il ne peut y avoir un pair et deux impairs car la somme des carrés serait
paire;
– ilpeutyavoirdeuxpairs;
– ilnepeutyavoirtroispairs,carlasommedescarrésseraitpaire.
2. x=2q, y=2r, z=2s+1.
Asie 3 juin2006CorrigédubaccalauréatS
¡ ¢
2 2 2 2 2 2 2 2 2a. Doncx +y +z =4q +4r +4s +4s+1=4× q +r +s +s +1.
2 2 2Conclusionx +y +z ≡1modulo4
2 2 2 n n 2 2 2b. Or on a supposé que x +y +z ≡2 −1 modulo 2 soit x +y +z =
n n2 ×q+2 −1=4α−1(carn estaumoinségalà3).
Ceciestimpossible :unmultiple de4plus1nepeut êtreégalàunmul-
tiplede4moins1.
Eneffets’ilexisteαetβtelsque:
8α−1=8β+1alors8α−8β=2 ⇐⇒ 4α−4β=1.Ladifférencededeux
multiplesde4nepeutêtreégaleà1.Conclusion:iln’existepasdetriplet
solutionavecunseulimpair.
3. Onsupposequex, y, z sontimpairs.
2a. Pourtoutnaturelk nonnul,k +k=k×(k+1)produitdedeuxnaturels
consécutifs:l’undesdeuxfacteursestpair,doncleproduitestpair.
b. Posons:x=2q+1, y=2r+1etz=2s+1,alors ¡ ¢ ¡ ¢
2 2 2 2 2 2 2 2x +y +z =4q +4q+1+4r +4r+1+4s +4s+1= 4q +4q + 4r +4r +¡ ¢ £¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢¤
2 2 2 24s +4s +3=4 q +q + r +r + s +s +3.Ord’aprèslaquestion
2 2 2précédentechaqueparenthèseestunnombrepair,doncx +y +z =4×
2 2 2(2α+2β+2γ)+3=8(α+β+γ)+3c’est-à-direquex +y +z ≡3modulo8.
2 2 2 3 n−3 3 n−3c. Orpuisquen>3onpeutécrirex +y +z =2 ×2 q+2 ×2 −1=
32 a−1=8a−1.(aveca∈N)
Onpeutexpliciter:s’ilexisteαetβtelsque:
8α−1=8β+3alors8α−8β=4 ⇐⇒ 2α−2β=1.Ladifférencededeux
pairsnepeutêtreégaleà1.Ceciestimpossible:Unmultiplede8plus3
nepeutêtreégalàunmultiplede8moins1.
Conclusionfinale:pourn>2leproblèmeproposén’apasdesolution.
EXERCICE 3 4points
Communàtouslescandidats
1. a. L’énoncé dit que p =0,5, que p (G )=0,7 et que p (G )=1−0,8=1 G 2 P 21 1
0,2.
b. Puisqu’iln’yapasdematchnul,onap +q =1.n n
c. Pourn>1, p =p G =p (G )+p (G )=( )n+1 n+1 G n+1 P n+1n n¡ ¢
p ×0,7+ 1−p ×0,2 ⇐⇒ p =0,7p +0,2−0,2p =0,5p +0,2.n n n+1 n n n
2. a. Onpeutécrireparexemplelarelationderécurrenceprécédente
p =0,5p +0,2 ⇐⇒ p −0,4=0,5p +0,2−0,4 ⇐⇒n+1 n n+1 n ¡ ¢
p −0,4=0,5p −0,2 ⇐⇒ p −0,4=0,5 p −0,4 ⇐⇒n+1 n n+1 n
v =0,5v .n+1 n
Cette relation de récurrence montre que la suite v est une suite géo-( )n
métriquederaison0,5.
nOnendéduitquev =v ×0,5 .Orv =p −0,4=0,5−0,4=0,1.Doncn 1 1 1
nv =0,2×0,5 .n
nb. Onendéduitquep =v +0,4=p =0,4+0,2×0,5 .n n n
nc. Comme−1<0,5<1,onsaitque lim 0,5 =0,donc lim p =0,4.n
n→+∞ n→+∞
Celasignifiequesurungrandnombredeparties,Pierregagneraenmoyenne
4partiessur10.
EXERCICE 4 7points
CommunàtouslescandidatsPartieA
−x ′ −x −x ′ −x −x1. Soit u telle que u(x)=xe ; alorsu (x)=e −xe etu +u=e −xe +
−x −xxe =e ,doncu estbienunesolutiondel’équationdifférentielle(E).
′ ′2. (E ):y +y=0 ⇐⇒ y =−y.Lessolutionsdecetteéquationsontlesfonctions0
−xx7!Ce , C étantunréelquelconque.
Asie 4 juin2006CorrigédubaccalauréatS
′ −x3. Une fonction v estsolution de(E) sietseulement si v +v=e .Onavuà la
′ −xquestion 1queu estunetelle fonctiondoncqueu +u=e .Encalculant la
′ ′ ′différence membre à membre : v −u +v−u= 0 ⇐⇒ (v−u) +(v−u)=0,
autrementdit,lafonctionv−u estsolutiondeE .0
−x −x4. Ona donc pour toute solution v de(E), v−u=Ce ⇐⇒ v=u+Ce ⇐⇒
−x −x −xv=xe +Ce ⇐⇒ v=(x+C)e , C∈R.
05. Lasolution f prenantlavaleur2en0vérifie f (0)=(0+C)e =2 ⇐⇒ C=2.2 2
−xConclusion: f (x)=(x+2)e .2
PartieB
−x1. – On a lim (x+k)=−∞ et lim e =+∞, donc par produit de limites
x→−∞ x→−∞−xlim (x+k)e =−∞.
x→−∞
x−x −x −x– Ona f (x)=xe +ke .Comme lim e =0etcomme lim =0,onk xx→+∞ x→+∞e
endéduitque lim f (x)=0.k
x→+∞
L’axe des abscisses est donc asymptote horizontale àC au voisinage dek
plusl’infini.
2. On remarque que les fonctions f sont toutes les solutions de l’équation dif-k
′ −x ′ −x −x −xférentielle(E),donc f +f =e .Donc f (x)=e −f (x)=e −(x+k)e =k kk k′ −xf (x)=e (1−k−x).
k
−x ′3. Comme e >0 quel que soit xréel, le signe def (x) est celui de 1−k−x ex-
k
pressionquis’annulepourx=1−k.D’oùletableaudevariations:
x −∞ 1−k +∞
′f (x)
k + 0 −
k−1e
f (x)k
−∞ 0
PartieC Z0 £ ¤0−x −x 2 21. a. I = e dx= −e =−1+e =e −1.0 −2−2 Z0
n+1 −xb. OnaI = x e dx.Onpose:n+1
−2
n+1 ′ −xu(x)=x v (x)=e
′ n −xu (x)=(n+1)x v(x)=−e
toutes ces fonctions étant continues, car dérivables. En intégrant par
parties: Z0£ ¤0 n −xn+1 −xI = −x e +(n+1) x e dx,c’est-à-diren+1 −2 −2
n+1 2I =(−2) e +(n+1)I .n+1 n
OnadoncunerelationderécurrencepourlecalculdeI .n
2
