[PDF] Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers juin 2005

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juin 2005

Durée : 4 heures

Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers juin 2005

EXERCICE13 points

Commun à tous lescandidats

1.

D10,6R

1 0,3 R10,7

D10,4D

2 0,7R 2 0,2 R20,8 D20,3 En suivant l"arbre de probabilités pondéré ci-dessus, on ap(R1)=0,6×0,3= 0,18.

2.De mêmep(R2)=0,4×0,7×0,2=0,056.

Doncp(R)=0,18+0,056=0,236.

3.On sait quepR(R1)=p(R1∩R)

p(R)=0,180,236≈0,7626≈0,763.

4.On a un schéma de Bernoulli avecp=0,236 etn=5, car 20 % de 25 repré-

sentent 5 personnes. Donclaprobabilité d"avoir 5 réponsesauquestionnaire est : 25
5?

×(0,236)5×(1-0,236)20≈0,179.

EXERCICE23 points

Candidatsn"ayant passuivi l"enseignementde spécialité

1.M=N??z=z2??z(1-z)=0???z=0

z=1. z=-1 z=1. Conclusion siM?E,z,z2etz3sont des complexes distincts et par consé- quent M, N et P aussi.

2. a.MNPest rectangle enPsi et seulement siMP2+PN2=MN2????z3-z??2+??z2-z3??2=??z2-z??2????z(1-z2)??2+??z2(1-z)??2=|z(z-1)|2??

b.En reprenant l"égalité précédente :|1+z|2+|z|2=1?? (1+z)(

1+z)+zz=1??(1+z)(1+z)+zz=1??

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

z+1

2??z+12?

=14??? z+12? ?z+12? 14. c.Soit C le point d"affixe-1

2. La condition précédente?

z+12? ?z+12? =14 entraîne que???? z+1 2???? =12??CM=12. GéométriquementMappartient aucercledecentreCetderayon 1

2,Métantdistinct deOet deA (quisont

sur le cercle et de B. Conclusion : l"ensembleCest le cerclede centre C de rayon1

2, privé de O

et de A.

3. a.On aM(z)?Cetz=reiα.

sin(3α)=0?? ?cos(3α)>0

3α=0 [2π]???

cos(3α)>0

α=0 [2π

3]?? cos(3α)>0

α=0 ou2π

3ou-2π3??α=0 ouα=2π3ouα= -2π3,

car dans ces trois cas le cosinus est positif (et même égal à 1.) L"ensembleFcherché est donc la réunion des trois demi-droites d"ori- gineOfaisantrespectivement avecl"axe?

O,-→u?

unanglede0,2π

3et-2π3,

privées du points O. b.Figure : ACODE

14)-→u-→

v B c.D"après les questions2. a.et2. b.il faut queMappartiennent aux deux ensemblesCetF: graphiquement on voit qu"il y a deux solutions. il faut donc quer>0,α?? -2π

3, 0,2π3?

et que|z+1|2+|z|2=1.

Centres étrangers2

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

— Siα=-2π3,z=re-2iπ

3,z+1=-r2+1+ir?

3 2.

Donc|z+1|2+|z|2=1???

-r 2+1?

2+3r24+r2=1??

2r2-r+1=1??2r2-r=0??r=1

2. Première solution le point

E d"affixe-1

2e-2iπ

3=-14-i?

3 4.

— Siα=2π

3, le calcul derest le même; on trouve le point D d"affixe

1

2e2iπ

3=-14+i?

3 4. — Siα=0,z=r,|z+1|2+|z|2=1??(r+1)2+r2=1??2r2+r=

0??r= -1

2qui n"a pas de solution. Il y a donc comme prévu deux

solutions : les points D et E.

EXERCICE23 points

Candidatsayantsuivi l"enseignementde spécialité

Partie A

1.Sia=2petb=2q, alorsN=a2-b2=4p2-4q2=4×... n"est pas impair ;

Sia=2p+1 etb=2q+1, alorsN=(2p+1)2-(2q+1)2=(2p+2q+2)(2p-2q) n"est pas impair.

Conclusionaetbn"ont pas la même parité.

2.On a par définition deN,a>b. OrN=(a+b)(a-b), donc est le produit de

deux naturels. En posanta+b=peta-b=q,N=p×q. D"aprèsla question

1,aetbsont de parités contraires, donca+b=peta-b=qsont impairs et

leur produit aussi.

Partie B

1. a.Les restes deXsont les naturels de 0 à 8. On calcule les restes deX2:

X012345678

X2014077041

b.On a 250507=9×27834+1, donc 250507≡1 modulo 9. D"après la question précédente et puisquea2-250507=b2, les restes modulo 9 deb2sont ou 0, ou 1, ou 4 ou 7. On en déduit que les restes modulo 9 dea2=250507+b2sont 1, 2, 5 ou

8. Mais ces trois dernières valeurs sont interdites d"aprèsla question 1. a.

Donc le reste modulo 9 dea2est égal à 1.

Toujours d"après la question 1. a., on en déduit que les restes possibles de asont 1 ou 8.

2. a.Si (a;b) vérifie l"équationa2-250507=b2, alorsa2=250507+b2?

250507??a??

250507??a?501.

b.(501 ;b) solution de (E) si 5012-250507=b2??494=b2qui n"a pas de solution dansN, car 222=484 et 232=529. Il n"y a pas de couple solution de la forme (501 ;b).

3. a.On a503≡8 modulo 9 et 505≡1 modulo 9. D"aprèsla question précé-

dente, on peut dire queaest congru ê 503 ou à 505 modulo 9.

Centres étrangers3

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

b.(505+9k;b) solution de (E) si et seulement si 5052+81k2+9090k-

250507=b2??255025+81k2+9090k-250507=b2??

4518+81k2+9090k=b2.

Pourk=0, 4518 n"est pas un carré;

Pourk=1, 4518+81+9090=13689=1172=b2??b=117. Donc le couple (514 ; 117) est un couple solution.

Partie C

631×397. (Effectivement 250507 n"est pas premier.

2.631 n"est pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 : ilest premier :

397 n"est pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 : il estpremier.

Conclusion 631 et 397 sont premiers entre eux.

3.D"après laquestion précédente la seule écritureprimaire de250507 est 631×

397. Il n"existe pas d"autre écriture de ce nombre si ce n"estl"écriture triviale

1×250507. L"écriture précédente est donc unique.

EXERCICE35 points

Commun à tous lescandidats

1.Par définition de A1centre de gravité du triangle BCD, donc isobarycentre

des points B, C et D :--→A1B+--→A1C+---→A1D=-→0??3--→A1A+--→AB+--→AC+--→AD=

-→0??--→AA1=1 3?

AB+--→AC+--→AD?

Calculons

AA1·--→CD=1

3?

AB+--→AC+--→AD?

·?--→CA+--→AD?

=-AC2+AD23=0, car

AC = AD.

Un calcul analogue montre que--→AA1·--→BC=0.

Conclusion:ladroite(AA

est orthogonale à ce plan.

2.La droite (AB) est perpendiculaire à (AC) et à (AD), dont est perpendiculaire

au plan (ACD). Le volume du tétraèdre est donc égal à

V = AB×S(ACD)=a×a2

2=a32.

D"après la question précédente on peut également utiliser la hauteur AA1et la base (BCD) :

V = AA

1×S(BCD) = AA1×1

2a?

2×?3

2×a?2=AA1×a2?3

2.

On a donca×a2

2=a32=AA1×a2?

3

2??AA1=a?

3 3.

3. a.Le point G vérifie :--→GA+--→GB+--→GC+--→GD=-→0??4--→GA+--→AB+--→AC+--→AD=

-→0??--→AG=1 4?

AB+--→AC+--→AD?

Or on a vu que

AA1=1 3?

AB+--→AC+--→AD?

, donc--→AG=34--→AA

1qui signifie

que G appartient ê la droite (AA

1) (et même que G a pour abscisse3

4si le

repère est (A, A 1).)

On en déduit en prenant les normes que AG=3

4×a?

3 3=a? 3 4. b.I est le milieu de [BC] donc--→MB+--→MC=2--→MI . D"autre part--→MA+--→MB+--→MC+---→MD=4---→MG .

Centres étrangers4

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

Donc?--→MA+--→MB+--→MC+---→MD? =2?--→MB+--→MC? ??4MG=4MI??

MG=MI.

Conclusion : l"ensemble des pointsMcherchés est le plan médiateur du segment [BC].

4. a.Par définition de H :--→AG=--→GH=1

4?

AB+--→AC+--→AD?

Donc 4

AG=--→AB+--→AC+--→AD??--→BA=4--→GA+--→AC+--→AD . b.On a HC2-HD2=?--→HC+--→HD??--→HC---→HD? Or

HC+--→HD=2--→HA+--→AC+--→AD , mais par définition du point H,--→HA=2--→GA .

Donc--→HC+--→HD=4--→GA+--→AC+--→AD=--→BA (d"après la question précédente.

D"autre part--→HC---→HD=--→DC .

Conclusion : HC

2-HD2=--→BA·--→DC .

c.On a vu que [BA] est hauteur pour la base (ACD), donc--→BA·--→DC=0, donc HC

2-HD2=0??HC = HD

EXERCICE47 points

Commun à tous lescandidats

I. Premièrepartie

1.On af?(x)=1

1+x-1=-x1+x?0 car 1+x>0. La fonctionfest décroissante

à partir de la valeurf(0)=ln1-0=0. Doncfest négative etf(x)?0?? ln(1+x)-x?0??ln(1+x)?x.

D"autre partg?(x)=1

1+x-1+x=(x-1)(x+1)+11+x=x21+x?0.

La fonctiongest donc croissante ê partir de la valeurg(0)=ln1-0+0 2=0.

Doncgest positive etg(x)?0??ln(1+x)-x+x2

2?0?? x-x2

2?ln(1+x).

2.Finalement, en regroupant les deux inégalités pourx?0,

x-x2

2?ln(1+x)?x.

II. Deuxième partie

1.Initialisation:u1=3

2>0 : la relation est vraie au rang 1.

Hérédité: soitn?N,n?1 et supposons queun>0; alors u n+1=un? 1+1 2n+1? >0 car les deux facteurs sont supérieurs à zéro. La relation est vraie au rang 1 et si elle vraie au rangnau moins égal à 1, elle

2.Initialisation:u1=ln?

1+1 21?
=ln32: la relation est vraie au rang 1.

Hérédité: soitn?N,n?1 et supposons que

lnun=ln? 1+1 2? +ln?

1+122?

+···+ln?

1+12n?

;alorspardéfinitiondelasuite: lnun+1=lnun+ln? 1+1 2n+1?

Centres étrangers5

Corrigédu baccalauréat SA. P. M. E. P.

ln? 1+12? +ln?

1+122?

+···+ln?

1+12n?

+ln?

1+12n+1?

La relation est vraie au rang 1 et si elle vraie au rangnau moins égal à 1, elle est vraie au rangn+1. On a donc démontré par récurrence quen>0, lnun=ln? 1+1 2? +ln?

1+122?

+···+ln?

1+12n?

3.Quel que soit le natureln>0,1

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