Polynésie juin 2011 - AlloSchool [PDF] brevet nouvelle calédonie 2011 maths corrigé
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?Correction du baccalauréat S (obligatoire)
15? a+1 =320+1220- 13 4? 15? a+1 =34-134? 15? a+1 . La propriété est vraie au ranga+1. On a donc démontré par récurrence que pourn?N?,un=3
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?Correction du baccalauréat S (obligatoire) Polynésie?
10 juin 2011
Exercice 15 points
Commun à tous les candidats.
1.Méthode 1 :
Le dessin suggère de considérer la rotation
de centre A et d"angle2. Son écriture com-
plexe est :z?-zA=i(z-zA)??z?-2+5i= i (z-2+5i).L"image B
?du point B dans cette rotation a donc pour affixe : zB?-2+5i=i(7-3i-2+5i)??
zB?=2-5i+5i-2=0.
L"image de B dans la rotation de centre A et
d"angle2est le point O. Ceci démontre que
le triangle ABO est isocèle et rectangle en A. -2 -4 -62 4 6 ?O A BMéthode 2 : OA
2=|zA|2=22+52=29;
AB2=|zB-zA|2=|7-3i-2+5i|2=|5+2i|2=25+4=29;
OB2=|zB|2=|7-3i|2=72+32=49+9=58.
D"une part AO
2=AB2??AO=AB??ABO est isocèle en A;
D"autre part 29+29=58??AO2+Ab2=OB2??ABO est rectangle en A d"après la réciproque du théorème de Pythagore.Méthode 3 :
SoitZ=zO-zA
zB-zA=-2+5i5+2i=i(2i+5)2i+5=i.On aZ=AO
AB=1, soit AO = AB;
De plus arg(Z)=?--→AB ,--→AO?
2ce qui montre que l"angle?BAO est droit. Le
triangle ABO est donc rectangle isocèle en A.Méthode 4 :zO-zA
zB-zA=zO-zAzB-zA=i signifie que O est l"image de B dans la rotation de centreA et d"angle
2.2.Soient A et B les points d"affixes respectives i et-2i.
On a|z-i| = |z+2i| ??AM= BM??M?Δmédiatrice de [AB]. mais comme A et B appartiennent à l"axe des ordonnées, la médiatrice de [AB] (d"équationy=-12est parallèle à l"axe des abscisses. La proposition est vraie.
3.z=3+i?
3, donc|z|2=9+3=12=?2?3?2?|z|=2?3. On peut en facorisant
ce module écrire : z=2? 3? ?32+i12?
=2?3?cosπ6+isinπ6?=2?3eiπ6.Donc, pourn?N,z3n=?
2?3eiπ6?3n=?2?3?3nei3nπ6=?2?3?3neinπ2. Or einπ2
est égal à i,-1,-i ou 1 suivant les valeurs denet la puissance n"est donc un nombre imaginaire que pournimpair. La proposition est fausse.Correctiondu baccalauréat SA. P.M. E. P.
4.Soitzun nombre complexe non nul d"argumentπ2. On peut donc écrirez=ρi
avecρréel positif non nul. Donc|i+z|=1+|z| ?? |i+ρi|=1+|ρi| ?? |i(1+ρ)|=1+|ρi| ??1+ρ=1+ρ qui est bien vraie.La proposition 4 est vraie.
5.Soitzun nombre complexe non nul.
Si le module dezest égal à 1 alorszs"écritz=eiθ, avecθ?R.Doncz2+1
2cos2θqui est un réel.
Exercice 25 points
Enseignementobligatoire
1.On a l"arbre pondéré suivant :
G 1 0,1G 2 0,8 G20,2G10,9G
2 0,6 G20,42.On ap2=p(G1∩G2)+p?
G1∩G2?
=p(G1)×pG1(G2)+p?G1?×p(G1)(G2)=
0,1×0,8+0,9×0,6=0,08+0,54=0,62.
3.Il faut trouverpG2?
G1? =p?G1∩G2?
p(G2)=0,540,62=2731.4.La probabilité que le joueur ne gagne aucune des trois parties est égale à 0,9×
0,4×0,4=0,144.
La probabilité qu"il gagne au moins une partie est donc égaleà1-0,144=0,856.
5.À la partien, on a l"arbre suivant :
G n pnG n+1 0,8Gn+10,2
Gn1-pnG
n+1 0,6Gn+10,4
Onadoncpn+1=p(Gn∩Gn+1)+p?
Gn∩Gn+1?
=p(Gn)×pGn(Gn+1)+p?Gn? p 15pn+35.
Polynésie210 juin 2011
Correctiondu baccalauréat SA. P.M. E. P.
6.InitialisationOn a bien34-134?
15? 1 =34-1320=15-1320=220=110=0,1=p1.Hérédité
Supposons qu"il existea?N,a>1 tel quepa=3
4-134?
15? a D"après la formule démontrée à la question 4 : p a+1=15pa+35=15?
34-134?
15? a? +35=35×14+35-134?15? a+1 =320+1220- 13 4? 15? a+1 =34-134? 15? a+1 . La propriété est vraie au ranga+1. On a donc démontré par récurrence que pourn?N?,un=3