Corrigé du baccalauréat S
7
pages
Français
Documents
2010
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe Tout savoir sur nos offres
7
pages
Français
Documents
2010
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe Tout savoir sur nos offres
Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat S \ Amérique du Sud novembre 2010 EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats 1. La droite D? a pour vecteur directeur ??u (?1 ; 3 ; ?1) lequel n'est manifeste- ment pas colinéaire au vecteur ??ı , vecteur directeur de la droite des abscisses D : donc les droites D et D? ne sont pas parallèles. Prouvons à présent qu'elle ne sont pas sécantes. Une représentation paramétrique de D étant : ? ? ? x = u y = 0 z = 0 , u ?R, on a pour M(x ; y ; z) : M ?D?D? ?? il existe (u ; t) ?R2 tel que ? ? ? u = ?t 0 = 3+3t 0 = 1? t ?? il existe (u ; t) ?R2 tel que ? ? ? u+ t = 0 t = ?1 t = 1 . Les deux dernières équations étant incompatibles, le système n'a pas de solu- tion et donc les droites D et D? ne sont pas sécantes. Les droites D et D? n'étant ni parallèles ni sécantes, elles sont donc non copla- naires. 2. Le vecteur ??w = a??ı + b??? + c??k sera un vecteur directeur de ∆ si ??w ? ??ı et ?? w ???u , i.
Voir
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat S \ Amérique du Sud novembre 2010 EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats 1. La droite D? a pour vecteur directeur ??u (?1 ; 3 ; ?1) lequel n'est manifeste- ment pas colinéaire au vecteur ??ı , vecteur directeur de la droite des abscisses D : donc les droites D et D? ne sont pas parallèles. Prouvons à présent qu'elle ne sont pas sécantes. Une représentation paramétrique de D étant : ? ? ? x = u y = 0 z = 0 , u ?R, on a pour M(x ; y ; z) : M ?D?D? ?? il existe (u ; t) ?R2 tel que ? ? ? u = ?t 0 = 3+3t 0 = 1? t ?? il existe (u ; t) ?R2 tel que ? ? ? u+ t = 0 t = ?1 t = 1 . Les deux dernières équations étant incompatibles, le système n'a pas de solu- tion et donc les droites D et D? ne sont pas sécantes. Les droites D et D? n'étant ni parallèles ni sécantes, elles sont donc non copla- naires. 2. Le vecteur ??w = a??ı + b??? + c??k sera un vecteur directeur de ∆ si ??w ? ??ı et ?? w ???u , i.
- n8 ?
- diagonales perpendiculaires
- mp ??
- cercle ?
- droite perpendiculaire
- entier pair
- perpendiculaire commune
- vecteur directeur de ∆
- unique couple
- ??
Durée : 4 heures
[Corrigé du baccalauréat S\ Amérique du Sud novembre 2010
EX E R C IC Epoints1 5 Commun à tous les candidats −→ ′ 1.La droiteDa pour vecteur directeuru(−3 ;1 ; −1) lequel n’est manifeste −→ ment pas colinéaire au vecteurıdirecteur de la droite des abscisses, vecteur ′ D: donc les droitesDetDne sont pas parallèles. Prouvons à présent qu’elle ne sont pas sécantes. x=u Une représentation paramétrique deDétant :y=0 ,u∈R, z=0 on a pourM(x;y;z) : u= −t ′2 M∈D∩D⇐⇒il existe (u;t)∈R0tel que =3+3t 0=1−t u+t=0 2 ⇐⇒il existe (u;t)∈Rtel quet= −1 . t=1
Les deux dernières équations étant incompatibles, le système n’a pas de solu ′ tion et donc les droitesDetDne sont pas sécantes. ′ Les droitesDetDn’étant ni parallèles ni sécantes, elles sont doncnon copla naires. −→−→−→−→−→−→ 2.Le vecteurw=a ı+b+c ksera un vecteur directeur deΔsiw⊥ıet −→−→ w⊥u, i.e. sia=0 et−a+3b−c=, i.e. encore sia=0 etc=3b. −→−→−→ Prenonsb=le vecteur1. Alors w=+3kest un vecteur directeur deΔ.
3.
a.SoitM(u; 0 ; 0) un point deD. On a alors :−3y+z= −3×0+0=0. Donc M∈Pet ceci quel que soit le pointMdeD. Donc le planPd’équation :−3y+z=0 est un plan contenant la droite D.
′ b.En tant que point deDle point J a pour coordonnées (−t; 3+3t; 1−t). Pour obtenirtexprimons que J appartient au planP:
4 −3y+z=0⇐⇒ −3(3+3t)+(1−t)=0⇐⇒ −10t=8⇐⇒t= −. 5 On en déduit que les coordonnées du point d’intersection J de la droite µ ¶ 4 3 9 ′ Det du planP; .sont ; 5 5 5 −→ c.Désignons parΔ1la droite passant par J et de vecteur directeurw. Elle a pour représentation paramétrique : 4 x= 5 3 y= +v,v∈R. 5 9 z= +3v 5
Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
Étudions l’intersection des droitesDetΔ1a pour. On M(x;y;z) : 4 u= 5 3 2 M∈D∩Δ1⇐⇒il existe (u;v)∈Rtel que 0= +v 5 9 0= +3v 5 4 u= 5 3 2 ⇐⇒il existe (u;v)∈Rtel quev= −. 5 3 v= − 5 µ ¶ 4 Donc la droiteΔ1est sécante àDen un point I de coordonnées ; 0 ; 0 . 5
Montrons queΔ1c’estΔ. −→ La droiteΔ1a pour vecteur directeurwelle est parallèle à, donc Δ, donc ′ elle est orthogonale àDet àD. ′ D’autre part elle rencontreDen I etDen J. ′ DoncΔ1est une droite perpendiculaire àDetD. ′ Enfin, d’après1.DetDsont deux droites non coplanaires, et on a admis ′ qu’il existe dans ce cas une unique droite perpendiculaire àDetD. ′ DoncΔ1est bien laperpendiculaire communeΔàDetD. µ ¶ −→3 9 d.on en déduit que la; , 0 ; ayant pour coordonnées Le vecteur IJ 5 5 p 3 3 10 ′ ′2 2 2 distance deDàDest :d(D;D)=IJ= ×0+1+3=. 5 5
EX E R C IC E2 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
5 points
iπ ′ − 2 1.On sait que la rotationRAa pour écriture complexe :z−a=e (z−a), i.e. ′ z−a= −i(z−a). 2 Doncu= −i(z−a)+a= −iz+a(1+i)= −iz+5 (1+i)= −iz+10i=i(10−z). { } =2i L’affixe du pointUest doncu=i(10−z).
iπ ′ 2 De même la rotationRBa pour écriture complexe :z−b=e (z−b), ′ z−b=i(z−b). 2 Donct=i(z−b)+b=iz+b(1−i)=iz+5 (1−i)=iz−10i=i(z−10). { } =−2i L’affixe du pointTest donct=i(z−10).
i.e.
Montrons que le quadrilatèreMU D Test un parallélogramme de centre O. On sait déjà que O est le milieu de [M D]. D’autre part, on au+t=O est le milieu de [0. Donc U T]. Les diagonales du quadrilatèreMU D Tse coupent en leur milieu O : donc c’est un parallélogramme de centre O.
2.On remarque que :z z−5z−5z=(z−5)(z−5)−25. Donc :
Amérique du Sud
2
novembre 2010
Baccalauréat S
3.
A. P. M. E. P.
2 2 Mz∈Γ⇐⇒(z−5)(z−5)=25⇐⇒(z−5)(z−5)=25⇐⇒ |z−5| =5⇐⇒ |z−5| =5. L’ensembleΓdes pointsMd’affixeztels que :z z−5z−5z=0 est donc lecercle de centreΩd’affixe 5 et de rayonr=5.
Comme on aΩA=ΩP=ΩO=ΩB=5=r, le quadrilatère OAPB est inscrit dansΓ. −−→ a.Les points O,MetUsont alignés si et seulement si les vecteurs OUet −−→−−→ OMsont colinéaires, i.e. puisque OMn’est pas nul, si et seulement s’il −−→−−→ existe un réelktel que OU=kOMencore s’il existe un réel, i.e. ktel queu=k z. ³ ´ u u u u u Or :u=k zaveckréel⇐⇒ ∈R⇐⇒ = ⇐⇒ =. z z z z z u u Donc les points O,MetUsont alignés si et seulement si=. z z b.Il résulte dua.que les points O,MetUsont alignés si et seulement si u z−u z=0. Or : u z−u z=0⇐⇒i(10−z)z+i(10−z)z=0⇐⇒10z+10z−2z z=0⇐⇒ ✄ ✄ z z−5z−5z=0⇐⇒M∈Γ.
Donc les points O,MetUsont alignés si et seulement siMappartient au cercleΓ.
4.OMUest isocèle en O⇐⇒OM=OU⇐⇒ |z| = |u| ⇐⇒ |z| = |10−z| ⇐⇒ OM=MP⇐⇒Mappartient à la médiatrice du segment [OP].
Donc l’ensemble des pointsMdu plan tels que OMUsoit un triangle isocèle en O est la droite (AB).
On a dans ce cas OM=OU, doncD M=T U. Le parallélogrammeMU D Ta donc ses diagonales de même longueur : c’est unrectangle. ³ ´ u u u u u 5.est un imaginaire pur⇐⇒⇐⇒ = − ⇐⇒ = − u z+u z=0⇐⇒ z z z z z i(10−z)z−i(10−z)z=0⇐⇒10z−10z=0⇐⇒z=z⇐⇒z∈R. ✄ ✄ u Donc l’ensemble des nombres complexesztels que soit un imaginaire pur z est l’axe réel privé de O.
SiMest un point de la droite (OP) privée de O et P, alorsz6=0 etu6=0 et on a : ³ ´ uπ arg=(π). z2 ³ ´ −→→−−−u−→−−→−π Et comme (OM, OU)=arg (2π(Oen déduit : ), on M, OU)=(π). z2 Le parallélogrammeMU D Ta donc ses diagonales perpendiculaires : c’est un losange.
Le quadrilatèreMU D Test un carré si c’est un rectangle et un losange, donc si Mest sur la droite (AB) et sur la droite (OP) privée de O et P, i.e. siMest enΩ. Donc il existe une unique position du pointMtel queMU D Tsoit un carré : c’estΩ.
EX E R C IC E2 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
Amérique du Sud
3
5 points
novembre 2010
Baccalauréat S
1.
2.
4 4 a.Sinest impair,nl’est aussi, doncn+1 est pair. 4 4 Sinest pair,nl’est aussi, doncn+1 est impair.
A. P. M. E. P.
b.Soitnun entier supérieur ou égal à 2. 4 – Sin≡3,0 mod n≡3,0 mod A(n)≡1 mod 3. 4 – Sin≡1 mod 3,n≡3,1 mod A(n)≡3.2 mod 4 – Sin≡3,2 mod n≡1 mod 3,A(n)≡3.2 mod Donc, quel que soit l’entiern>2,A(n) n’est pas un multiple de 3.
4 c.Soitdun diviseur deA(n) : il existe un entierktel quen+1=kd, i.e. tel que : 3 kd−n×n=1.
On en déduit, d’après le théorème de Bezout, quedetnsont premiers entre eux. Donc, tout entierddiviseur deA(n) est premier avecn.
4 d.Soitdun diviseur deA(n). On a alors :n+1≡0 modd. 4 8 D’où :n≡ −1 modddonc :, et n≡1 modd. Donc, pour tout entierddiviseur deA(n) :
8 n≡1
modd.
k a.Soitkun entier tel quen≡1 modd. Effectuons la division euclidienne dekpars(l’existence desest assurée d’après1.d) : Il existe un unique couple d’entiers (q,r) tel quek=s q+ravec 06r<s. k s q r s s q D’où :n=(n)×n. Or :n≡1 modd. Donc : (n)≡1 modd. k r Et commen≡1 modd, il en résulte :n≡1 modd. Orr<setsest le plus petit entier naturel non nul ayant cette propriété. Doncr=0 et doncsdivisek.
b.On a vu au1.dque : dek=8.
8 n≡1
moddd’après. Donc a,sest un diviseur
c.D’après1.c, l’entierdest premier avecn. Si, de plus,dest premier, alors il découle du petit théorème de Fermat que :
d−1 n≡1
modd.
Commed>2 (car premier) alorsk=d−1 est un entier naturel non nul. D’où, d’aprèsa,sdivisek, i.e.sdivised−1.
On a donc montré que : Sidest un diviseur premier deA(n), alorssest un diviseur ded−1.
3.Recherche des diviseurs premiers deA(n) dans le cas oùnest un entier pair.
Soitpun diviseur premier deA(n) et soitsle plus petit des entiers naturels k non nulsktels quen≡1 modd. D’après2.bsdoncest un diviseur de 8, s∈{1, 2, 4, 8}. s Sis∈i.e. si{1, 2, 4}, sest un diviseur de 4, alors de :n≡1 modpon déduit : 4 n≡1 modp.
D’où :
Amérique du Sud
A(n)≡2
4
modp.
novembre 2010
Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
Or on ap>puisque2 , nétant un entier pair alorsA(n) est un entier impair. DoncA(n) n’est pas un multiple depà l’hypothèse., contrairement Doncsne divise pas 4 : doncs=d’après8, et, 2.c, 8 est un diviseur dep−1, i.e.p−1≡8, et 0 mod doncp≡8.1 mod
On a donc montré que, dans le cas oùnest un entier pair : Sipest un diviseur premier deA(n), alorspest congru à 1 modulo 8.
4.Recherche des diviseurs premiers deA(12). A(12)=20 737. En effectuant les divisions successives de 20 737 par les nombres de la liste donnée, on constate que 20 737=89×233. Or 233≈donc 23315, 3 <17. Et comme, dans la liste, il n’y a pas d’autres nombres avant 17, cela signifie que 233 fait partie de la liste des nombres pre miers congrus à 1 modulo 8. Donc les diviseurs premiers deA(12) sont 89 et 233.
EX E R C IC E3 Commun à tous les candidats
5 points
1.Les évènementsF,A,CetIconstituent une partition de l’univers. Donc :
2.
3.
P(F)+P(A)+P(C)+P(I)=1.
D’où, puisqueP(A)=P(F) etP(C)=P(I)=2P(F) on a :P(F)+P(F)+2P(F)+ 2P(F)=1, i.e. 6P(F)=1. 1 1 On obtient donc :p(F)=p(A)=etP(C)=P(I)=. 6 3 1 1 a.P(S∩A)=P(A)×PA(S)= ×0, 5=. 6 12 b.D’après la formule des probabilités totales :
p(S)=P(S∩F)+P(S∩A)+P(S∩AC)+P(S∩I).
Donc : 1 1 1 1 1 17 P(S)= ×0, 2+ ×0, 5+ ×0, 1+ ×0, 4=(0, 7+2×0, 5)=. {z } 6 6 3 3 6 60 =1,7
c.On demande la valeur dePS(C) : 1 ×0, 1 P(C∩S) 2 3 PS(C)== = . 1 P(S) 17 ×1, 7 6 2 La probabilité qu’il ait acheté le supplément sur le site canadien est . 17 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 2 2 1 1 1 2 a.d=0, 335− +0, 310− +0, 355− ≈0,001 016 7. 3 3 3 2 D’où : 1 000d≈1,016 7.
2 b.Le neuvième décile est :D9=0001,510 4. Donc 1 d<D9. On peut donc considérer, au risque de 10 %, que le choix d’un si te euro péen, nordaméricain ou asiatique se fait de manière équiprobable.
Amérique du Sud
5
novembre 2010
Baccalauréat S
EX E R C IC E4 Commun à tous les candidats
1.Pour tout réelxde [0 ; 1] :
2.
x x e [(1+x)−1]xe ′✁ ✁ f(x)= =. 2 2 (1+x) (1+x)
A. P. M. E. P.
5 points
x′ Commex>0 et que pour tout réelx, e est>0, on af(x)>0. Doncfest croissante sur [0 ; 1]. 1 a..On partage l’intervalle [0 ; 1] en cinq intervalles de même longueur 5 Si bien que : · ¸ [ k k+1 [0 ; 1]=; . 5 5 06k64 Soitkun entier compris entre 0 et 4. La fonctionfétant croissante sur · ¸ k k+1 l’intervalle [0 ; 1], elle l’est en particulier sur l’intervalleIk=; . 5 5 Donc pour toutxdeIk: µ ¶ µ ¶ k k+1 f6f(x)6f. 5 5
Il découle alors de l’inégalité de la moyenne que : µ ¶ Zk+1µ ¶ 1k1k+1 5 f6f(x) dx6f 5 5 5 5 k 5
i.e. : µ ¶ Zk+1µ ¶ x 1ke 1k+1 5 f6dx6f 5 5 1+x5 5 k 5 et ceci, quel que soit l’entierkcompris entre 0 et 4.
Interprétation graphique : la fonctionfétant continue et positive sur l’intervalleIkcidessus représente l’aire sous la courbe de la, l’intégrale fonctionfen unité d’aire., exprimée On en déduit que cette aire est comprise entre l’aire du recta nglerK, si tué audessous de la courbe, et celle du rectangleRK, situé audessus de 1 la courbe, ces rectangles ayant pour base et pour hauteurs respectives 5 µ ¶ µ ¶ k k+1 fetf. 5 5
b.En sommant les inégalités précédentes pourkcompris entre 0 et 4, on obtient : µ ¶ Zk+1µ ¶ 4 4x4 X X5X 1ke 1k+1 f6dx6f. k 5 5 1+x5 5 k=0k=05k=0
Or : µ ¶ µ ¶ 4 4 X X 1k1k1 •f=f=S4. 5 5 5 5 5 k=0k=0 Zk+1Z 4x1x X5 e e •dx=dx(Relation de Chasles). k 1+x01+x k=05 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 4 4 5 X X X 1k+1 1k+1 1k1 •f=f=f=(S5−1). 5 5 5 5 5 5 5 k=0k=0k=1
Amérique du Sud
6
novembre 2010
