Corrige BAC S 2005 - Amerique du Nord - Math

Transcription

BACCALAURÉAT SÉRIE S - 2005 - AMÉRIQUE DU NORD : CORRIGÉ
Exercice 1 (4 points)
Bien qu'aucune justification ne soit demandée dans cet exercice,
on donne dans un but pédagogique quelques explications.
1. On commence par faire une figure pour émettre une conjecture puis on vérifie par le calcul.
Notons a = -2 + 3i, b = -3 - i et c = 2,08 + 1,98i les affixes respectives de A, B et C.
y
+A+
+
C
1
O
x
1
B
+
D'après la figure, il semble bien que le triangle ABC ne soit pas isocèle (il aurait fallu que le point C ait
pour affixe c = 2 + 2i) et est peut-être rectangle en A.
Calcul des longueurs :
AB = |b - a| = |-1 - 4i| = 17  4,12 à 10-2 près
2
AC = |c - a| = |4,08 - 1,02i| =
2
æ 204 ö æ 51 ö
ç
÷ +ç ÷ =
è 50 ø è 50 ø
44217
=
50
2
BC = |c - b| = |5,08 - 2,98i| =
2
æ 254 ö æ 149 ö
ç 50 ÷ + ç 50 ÷ =
è
ø è
ø
32 ´ 173
51 17
=
 4,21 à 10-2 près
50
50
86717
 5,89 à 10-2 près
50
Il apparaît effectivement que le triangle ABC n'est isocèle en aucun sommet.
Contrôle de l'orthogonalité des droites (AB) et (AC) :
c - a 4, 08 - 1, 02i (4, 08 - 1, 02i )(-1 + 4i ) -4, 08 + 4, 32i + 1, 02i + 4, 08 5, 34i
=
=
=
=
(-1 - 4i )(-1 + 4i )
(-1 - 4i )(-1 + 4i )
b-a
-1 - 4i
17
Comme
c-a
est un imaginaire pur, on a : (AB) ^ (AC)
b-a
BAC S 2005 - Amérique du nord
Page 1
G. COSTANTINI http://bacamaths.net
Variante :
BC2 =
86717
2601 ´ 17
44217 86717
et AB2 + AC2 = 17 +
= 17 +
=
2500
2500
2500
2500
Donc, d'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle en A.
Conclusion :
Réponse (b) : rectangle et non isocèle
2. Notons A le point d'affixe a = 4i et B le point d'affixe b = -2. On a ainsi :
z' =
z-a
z -b
Note : il n'y a pas lieu de priver la
L'ensemble des points M d'affixe z' tel que z ¹ -2 et |z'| = 1 est donc tel que :
médiatrice d'un point. En effet, le
z ¹ -2 et |z - a| = |z - b|
En interprétant géométriquement :
point d'affixe -2 n'est pas sur la
M ¹ B et AM = BM
médiatrice du segment [AB].
L'ensemble recherché est donc la médiatrice du segment [AB].
Réponse (b) : une droite
3. Le nombre complexe z' est réel si et seulement si il existe k Î  tel que :
z-a
=k
z -b
uuuur
uuuur
Ce qui se traduit géométriquement par : M ¹ B et AM = k BM
z ¹ b et
M Î (AB) \ {B}
Autrement dit :
Rappel : le nombre complexe nul
z' est réel Û (z' = 0 ou arg(z') = 0 [p])
Variante :
n'a pas d'argument !
æ z-aö
z' réel Û (z = a ou arg ç
÷ = 0 [p])
è z -b ø
uuuur uuuur
z' réel Û (M = A ou ( BM , AM ) = 0 [p])
z' réel Û (M = A ou M Î (AB) \ {A ; B})
Rappel : un angle orienté n'a de
sens que lorsque les vecteurs sont
non nuls !
z' réel Û (M Î (AB) \ {B})
Réponse (c) : une droite privée d'un point
4. L'écriture complexe de la rotation de centre D(i) et d'angle z' - i = e
-
ip
3
æ1
3 ö
i ÷÷ ( z - i ) =
(z - i) = çç è2 2 ø
p
est :
3
æ1
3 ö
1
3
i ÷÷ z - i çç 2
2
2
2
è
ø
æ1
3 ö
1
3
i ÷÷ z + i z' = çç 2
2
è2 2 ø
Réponse (a)
1. La fonction ¦ est de la forme :
¦=
u
v
ìu ( x) = 2 x + 1
où í
îv ( x ) = x + 1
Les fonctions u et v sont dérivables sur [0 ; 2] (puisque affines), donc ¦ l'est également et on a :
Page 2
¦' =
¦'(x) =
u¢v - uv¢
v2
2( x + 1) - (2 x + 1)
( x + 1)
2
=
1
( x + 1)
2
Comme ¦' est strictement positive sur [0 ; 2], ¦ est strictement croissante sur [0 ; 2].
1x2
Soit x Î [1 ; 2] :
En appliquant la fonction ¦ qui est croissante sur [1 ; 2] :
¦(1)  ¦(x)  ¦(2)
Et comme ¦(1) =
3
5
et ¦(2) = :
2
3
3
5
 ¦(x) 
2
3
¦(x) Î [1 ; 2]
D'où :
2. a. On construit sur le graphique les trois premiers termes des suites (un) et (vn) à l'aide de la droite D
d'équation y = x qui permet de ramener les termes de la suite sur l'axe des abscisses.
y
C¦
1
D
0,5
O
0,5
u0 = 1
u1
u 2 v2 v1
v0 = 2
x
Le graphique permet de conjecturer que la suite (un) est croissante, que la suite (vn) est décroissante et
que les deux suites convergent vers un même réel compris entre 1,6 et 1,7.
Page 3
b. On considère la propriété Ã définie pour tout entier naturel n par :
Ã(n) : 1  vn+1  vn  2
· Comme v0 = 2 et v1 = ¦(2) =
5
, on a Ã(0). La propriété Ã est initialisée en 0.
3
· Supposons que, pour un certain entier naturel n, on ait Ã(n) :
1  vn+1  vn  2
Comme ¦ est croissante sur l'intervalle [1 ; 2] :
¦(1)  ¦(vn+1)  ¦(vn)  ¦(2)
3
5
 vn+2  vn+1 
3
2
Et comme 1 
3
5
et  2 :
3
2
1  vn+2  vn+1  2
Ce qui est Ã(n + 1).
La propriété Ã est donc héréditaire à partir de n = 0
Conclusion : la propriété Ã est initialisée en 0 et héréditaire à partir du rang 0. Du principe de
raisonnement par récurrence, on en déduit qu'elle est vraie pour tout entier naturel n.
Pour tout entier naturel n :
1  vn+1  vn  2
On démontre de même que :
1  un  un+1  2
c. Pour tout entier naturel n, on a :
vn+1 - un+1 = ¦(vn) - ¦(un) =
2vn + 1 2un + 1 2un vn + 2vn + un + 1 - 2un vn - 2un - vn - 1
=
(vn + 1)(un + 1)
vn + 1
un + 1
vn+1 - un+1 =
vn - un
(vn + 1)(un + 1)
On considère la propriété Q(n) définie pour tout entier naturel n par :
Q(n) : vn - un  0
· Comme v0 - u0 = 1 et v1 - u1 =
1
5 3 1
- =  , on a Q(0).
3 2 6
4
· Supposons que, pour un certain entier naturel n, on ait Q(n) :
vn - un  0
Comme (vn + 1)(un + 1) est positif (d'après la question 2.b.), le signe de vn+1 - un+1 est le même que
celui de vn - un qui est positif par hypothèse de récurrence donc :
vn+1 - un+1  0
Ce qui est Q(n + 1).
On a donc, pour tout entier naturel n :
vn - un  0
Par ailleurs, toujours d'après la question 2.b. on a :
(vn + 1)(un + 1)  4
Et par décroissance de la fonction inverse sur  *+ :
1
1

(vn + 1)(un + 1)
4
Et en multipliant par vn - un qui est positif d'après ce qui précède :
Page 4
vn - un
1
 (vn - un)
(vn + 1)(un + 1) 4
1
(vn - un)
4
vn+1 - un+1 
d. On considère la propriété R définie pour tout entier naturel n par :
æ1ö
R(n) : vn - un  ç ÷
è4ø
n
On a v0 - u0 = 1 d'où R(0).
Supposons que, pour un certain entier naturel n, on ait R(n) :
æ1ö
vn - un  ç ÷
è4ø
vn+1 - un+1 
Alors, d'après la question 2.c. :
n
1 æ1ö
´ç ÷
4 è4ø
æ1ö
vn+1 - un+1  ç ÷
è4ø
n
n+1
Ce qui est R(n + 1).
On a donc, pour tout entier naturel n :
æ1ö
vn - un  ç ÷
è4ø
n
e. D'après les questions 2.c. et 2.d. on a pour tout entier naturel n :
æ1ö
0  vn - un  ç ÷
è4ø
Or
n
n
æ1ö
lim ç ÷ = 0
n®+¥
è4ø
1
Î ]-1 ; 1[, donc :
4
(Limite d'une suite géométrique de raison q Î ]-1 ;1[)
Et d'après le théorème des gendarmes : lim (vn - un) = 0
n®+¥
Récapitulons :
(un) est croissante
(vn) est décroissante
(vn - un) converge vers 0
Les suites (un) et (vn) sont adjacentes. Elles convergent donc vers un même réel a (dans [1 ; 2]).
un+1 = ¦(un)
On sait que :
lim un+1 = lim ¦(un)
Par passage à la limite :
n®+¥
Et comme ¦ est continue sur [1 ; 2]:
n®+¥
a = ¦(a)
a=
2a + 1
a +1
a(a + 1) = 2a + 1
a2 - a - 1 = 0
On calcule le discriminant D = b2 - 4ac = 5 et on obtient :
a=
Mais comme a Î [1 ; 2] :
a=
1- 5
1+ 5
ou a =
2
2
1+ 5
 1,618 à 10-3 près
2
Page 5
Cette limite est le nombre d'or.
lim e-x = 0
1. a. On sait que :
x ® +¥
lim (2 - e-x) = 2
Donc :
x ® +¥
lim (x - 1) = +¥
Par ailleurs :
x ® +¥
lim ¦(x) = +¥
Donc, par produit :
x ® +¥
b. Pour tout réel x de [0, +¥[, on a :
¦(x) - (2x - 2) = (x - 1)(2 - e-x) - (2x - 2) = (1 - x) e-x = e-x - xe-x
lim x e-x = 0 et
On sait que :
x ® +¥
lim e-x = 0
x ® +¥
lim ¦(x) - (2x - 2) = 0
Donc, par différence :
x ® +¥
Ce qui prouve que la droite D d'équation y = 2x - 2 est asymptote oblique à la courbe C en +¥.
¦(x) - (2x - 2) = (1 - x) e-x
c. On a vu que :
On en déduit que :
· Sur [0 ; 1], la courbe C est au-dessus de son asymptote D.
· Sur [1, +¥[, la courbe C est en dessous de son asymptote D.
2. a. La fonction ¦ est de la forme :
ì u ( x) = x - 1
où í
-x
îv ( x ) = 2 - e
¦ = uv
Les fonction u et v sont dérivables sur [0, +¥[ donc ¦ l'est également et on a :
¦' = u'v + uv'
¦'(x) = (2 - e-x) + (x - 1) e-x = x e-x + 2(1 - e-x)
Ce qui donne :
b. Lorsque x > 0, on a -x < 0 et par stricte croissance de l'exponentielle :
e-x < e0
1 - e-x > 0
D'où :
x e-x > 0
Par ailleurs, comme x > 0 :
La somme de quantités strictement positives étant strictement positive, on a pour tout réel x > 0 :
¦'(x) > 0
c. On a ¦'(0) = 0. La fonction ¦ est strictement croissante (sa dérivée ne s'annule qu'en un point isolé).
Tableau de variation de ¦ :
+¥
x 0
Signe de la dérivée ¦'
+
0
+¥
Variation
de la
fonction ¦
-1
3. Sur l'intervalle [1 ; 3], la courbe C est en dessous de D, l'aire en question est donc donnée par l'intégrale :
ò
3
1
[(2 x - 2) - ¦ ( x )]dx =
Page 6
ò
3
1
( x - 1)e - x dx
u(x) = x - 1 et v(x) = - e-x
Posons :
Les fonctions u et v sont dérivables sur [1 ; 3] et de dérivées continues sur [1 ; 3] :
u'(x) = 1 et v'(x) = e-x
Une intégration par parties donne alors :
ò
3
1
( x - 1)e - x dx = éë( x - 1) ( -e - x ) ùû +
1
3
ò
e - x dx = éë( x - 1) ( -e - x ) - e - x ùû = éë - xe - x ùû = -3e-3 + e-1 u.a.
1
1
3
3
1
3
Or, une unité d'aire correspond à 4 cm2. L'aire du domaine plan délimité par la courbe C, la droite D et les
droites d'équations x = 1 et x = 3 est donc :
4 12
 0,87 cm2 à 10-2 près
e e3
4. a. On cherche le point de la courbe C dont l'abscisse x est telle que :
¦'(x) = 2
x e-x + 2(1 - e-x) = 2
(x - 2) e-x = 0
x=2
¦(2) = 2 - e-2
On calcule l'image de 2 :
La courbe C a une tangente T parallèle à D au point A(2 ; 2 - e-2).
b. Nous devons calculer la distance entre un point A(xA ; yA) et une droite D. Plaçons-nous dans le cas
général et procédons de la même manière que pour le calcul de la distance entre un point et un plan.
r
Notons ax + by + c = 0 une équation de la droite D. Un vecteur normal à D est par exemple n (a ; b).
Notons H(xH ; yH) le projeté orthogonal de A sur D.
r
n
A
d=?
H
D
r uuuur
r
uuuur
Comme les vecteurs n et AH sont colinéaires, on a en calculant de deux façons n . AH :
r uuuur
n . AH = |a(xH - xA) + b(yH - yA)| =
a 2 + b2 ´ AH
Mais comme le point H est sur la droite D, on a :
axH + byH + c = 0
AH =
D'où :
ax A + by A + c
a2 + b2
r
r
Ici, un vecteur directeur de la droite D est u (1 ; 2). Un vecteur normal à D est par exemple n (2 ; -1).
La distance entre le point A et la droite D est alors :
d(A, D) =
Ce qui donne en cm :
2 xA - y A - 2
5
=
1
e
2
5
u.d. (unité de distance)
2
 0,12 cm à 10-2 près
e2 5
Page 7
Représentation graphique : (unités non respectées)
y
3
2
2 - e-2
A
1
1
O
2
3
x
C
D
T
Page 8
OBLIGATOIRE
1. a. Si le dé indique 1, le joueur gagne avec une probabilité de
pD1 (G ) =
lettres) :
2
(puisqu'il y a 4 voyelles sur un total de 10
5
2
5
Si le dé indique 2, le joueur tire simultanément deux lettres de l'urne. La probabilité que ces deux lettres
æ4ö
ç ÷
2
6
2
pD2 (G ) = è ø =
=
10
æ ö 45 15
ç ÷
è2ø
soient des voyelles est :
Si le dé indique 3, le joueur tire simultanément trois lettres de l'urne. La probabilité que ces trois lettres
æ 4ö
ç ÷
3
4
1
pD3 (G ) = è ø =
=
æ10 ö 120 30
ç ÷
è3ø
soient des voyelles est :
b. D'après la formule des probabilités totales appliquée à la partition D1 È D2 È D3 :
p(G) = pD1 (G ) p(D1) + pD2 (G ) p(D2) + pD3 (G ) p(D3)
p(G) =
2 1
2 1
1 1
23
+
´
´ +
´ =
5 6
15 3
30 2
180
Le joueur a environ 13% de chance de gagner une partie.
2. Il s'agit de calculer :
2 1
pD1 (G ) p( D1 ) 5 ´ 6 12
p( D1 Ç G )
pG(D1) =
=
=
=
23
p (G )
p (G )
23
180
3. Considérons l'expérience E qui consiste à jouer une partie. On note S l'événement "gagner la partie"
(succès). Notons p la probabilité d'un succès ; d'après la question 1.b., p =
23
. On répète de manière
180
indépendante n = 6 fois l'expérience E et on note X le nombre de parties gagnées par le joueur. La variable
aléatoire X représentant le nombre de succès obtenus suit donc une loi binomiale de paramètres n et p.
æ 6ö
æ 23 ö æ 157 ö
-2
p(X = 2) = ç ÷ p 2 (1 - p)4 = 15 ´ ç
÷ ç 180 ÷  0,14 à 10 près
2
180
è
ø è
ø
è ø
2
On a donc :
4
4. On recherche la plus petite valeur du paramètre n tel que :
p(X  1)  0,9
En passant à l'événement contraire :
1 - p(X = 0)  0,9
p(X = 0)  0,1
n
æ 157 ö
ç 180 ÷  0,1
è
ø
Par croissance du logarithme :
æ 157 ö
æ 1ö
n ln ç
 ln ç ÷
÷
è 180 ø
è 10 ø
157
æ 157 ö
Et comme ln ç
Î ]0 ; 1[) :
÷ < 0 (car
180
è 180 ø
Page 9
n -
-
La calculatrice donne :
ln10
æ 157 ö
ln ç
÷
è 180 ø
ln10
 16,84 à 10-2 près
æ 157 ö
ln ç
÷
è 180 ø
n  17
Et comme n est un entier :
Conclusion : le joueur doit effectuer au minimum 17 parties pour que la probabilité d'en gagner au moins
une soit supérieure à 0,9.
SPÉCIALITÉ
1. a. Démonstration de cours.
Plaçons-nous dans le plan complexe et notons zA, zB et zC les affixes respectives des points A, B et C.
Rappelons que l'écriture complexe d'une similitude directe S est de la forme :
Rappel : un système linéaire
z' = az + b avec a Î * et b Î 
de deux équations à deux
Il existe donc une similitude directe S qui transforme B en A et A en C si et seulement si :
ì z = az B + b
il existe (a, b) Î * ´  tel que í A
î zC = az A + b
inconnues x et y
{
( E1 )
( E2 )
ax + by = c
a ¢x + b ¢y = c ¢
admet un unique couple
Ce système, d'inconnues a et b, admet une unique solution si et seulement si :
zB ¹ zA
solution (x, y) si et seulement
si :
ab' - a'b ¹ 0
Or, les points A et B sont distincts donc zA et zB aussi.
Donc le système admet un unique couple solution (a, b) dans  ´ .
En effectuant (E1) - (E2), on obtient :
a=
Et comme A et C sont distincts, on a bien :
z A - zC
zB - z A
a Î *
Il existe donc bien une unique similitude directe S transformant B en A et A en C.
b. Le rapport de la similitude S est donné par :
et son angle par :
(
AC 1 + 5
=
BA
2
uuur uuur
p
BA , AC = - [2p]
2
)
2. Le centre W de la similitude S est invariant par S :
S(W) = W
S(B) = A
Par ailleurs :
On en déduit que :
On a C = S o S(B) donc :
uuur uuur
( WB , WA) = - p2
[2p]
W appartient au cercle de diamètre [AB]
uuur uuur
WB , WC = -p [2p]
(
)
W appartient à la droite (BC)
Page 10
Ces deux dernières informations permettent de construire W.
uuur uuur
3. a. Puisque D = S o S(A), on a :
WA , WD = -p [2p]
(
Donc les points A, W et D sont alignés.
Puisque de plus C = S o S(B), on a :
)
uuur uuur
( BA , CD ) = -p [2p]
Donc les droites (CD) et (AB) sont parallèles.
CD 1 + 5
=
AC
2
b. Puisque [CD] = S([AC]), on a :
D'où :
(1 + 5 )
CD =
2
2
=
6+2 5
=3+ 5
2
4. a. Puisque le point E est le projeté orthogonal du point B sur la droite (CD), on a :
(BE) ^ (CD)
Et comme les droites (AB) et (CD) sont parallèles :
(BE) ^ (AB)
Par ailleurs, comme S(B) = A et S(E) = F :
(BE) ^ (AF)
Deux droites perpendiculaires à une même troisième sont parallèles donc :
(AB) // (AF)
Les points A, B et F sont alignés.
Le point F est donc l'intersection de la perpendiculaire à (WE) passant par W et de la droite (AB).
b. Comme BACE est un rectangle (car (AB) // (CE), (AB) ^ (AC) et (CE) ^ (BE)), son image par S, à
savoir ACDF, en est un aussi. Comme (BE) est parallèle à (FD), BEDF est aussi un rectangle.
De plus, puisque C, E et D sont alignés dans cet ordre on a :
ED = CD - CE = 3 + 5 - 2 = 1 + 5 = AC = BE
Un rectangle ayant deux côtés consécutifs de même longueur est un carré.
Conclusion :
BFDE est un carré
Page 11
Note : cet arc de cercle
permet de construire le
point C.
C
D
E
5
W
A
B
F
Page 12

Corrige BAC S 2005 - Amerique du Nord - Math

Transcription

Documents pareils

Exponentielle et tangente

Première S2. Corrigé du DS de Mathématiques du janvier-2010

Correction du sujet de Mathématiques du BTS 2006

Corrige BAC S 2005 Polynesie

Test 3 EXERCICE 1 : (2 points) f est de la forme u × v3 où u : x ↦→ x

DS derivation

Fondamental 1

on all winter helmets

Télécharger l`Article en

CP conférence Daniel Costantini 22nov11 - ESC Saint