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?Corrigé du baccalauréat S?

Amérique du Sud novembre 2010

EXERCICE15 points

Commun à tous les candidats

1.La droiteDa pour vecteur directeuru(1 ; 3 ;1) lequel n"est manifeste-

ment pas colinéaire au vecteurı, vecteur directeur de la droite des abscisses

D: donc les droitesDetDne sont pas parallèles.

Prouvons à présent qu"elle ne sont pas sécantes. Une représentation paramétrique deDétant :xu y0 z0,uR, on a pourM(x;y;z) :

MDDil existe (u;t)R2tel queu t

033t
01t il existe (u;t)R2tel queut0 t 1 t1. Les deux dernières équations étant incompatibles, le système n"a pas de solu- tion et donc les droitesDetDne sont pas sécantes. Les droitesDetDn"étant niparallèles nisécantes, elles sontdoncnoncopla- naires.

2.Le vecteurwaıbcksera un vecteur directeur deΔsiwıetwu, i.e. sia0 eta3bc, i.e. encore sia0 etc3b.

Prenonsb1. Alors le vecteurw3kest un vecteur directeur deΔ.

3. a.SoitM(u; 0 ; 0) un point deD. On aalors:3yz3000. Donc

MPet ceci quel que soit le pointMdeD.

Donc le planPd"équation :3yz0 est un plan contenant la droite D. b.En tant que point deDle point J a pour coordonnées (t; 33t; 1t).

Pour obtenirtexprimons que J appartient au planP:

3yz0 3(33t)(1t)0 10t8t4

5. On en déduit que les coordonnées du point d"intersection J dela droite D et du planPsont4

5;35;95

c.Désignons parΔ1la droite passant par J et de vecteur directeurw. Elle a pour représentation paramétrique : x4 5 y3 5v z9

53v,vR.

Baccalauréat SA. P.M. E. P.

Étudions l"intersection des droitesDetΔ1. On a pourM(x;y;z) :

MDΔ1il existe (u;v)R2tel queu4

5 03 5v 09 53v
il existe (u;v)R2tel queu4 5 v 3 5 v 3 5.

5; 0 ; 0

Montrons queΔ1c"estΔ.

LadroiteΔ1apourvecteur directeurw, doncelleest parallèle àΔ, donc elle est orthogonale àDet àD.

D"autre part elle rencontreDen I etDen J.

DoncΔ1est une droite perpendiculaire àDetD.

Enfin,d"après1.DetDsontdeuxdroitesnoncoplanaires, et onaadmis qu"il existe dans ce cas une unique droite perpendiculaire àDetD. DoncΔ1est bien laperpendiculairecommuneΔàDetD. d.Le vecteurIJ ayant pour coordonnées 0 ;3 5;95 , on en déduit que la distance deDàDest :d(D;D)IJ3

5021232310

EXERCICE25 points

Candidatsn"ayantpas suivi l"enseignementde spécialité

1.On sait que la rotationRAa pour écriture complexe :zaei

2(za), i.e.

z ai(za).

Doncui(za)aiza(1i)iz5(1i)2

2iiz10ii(10z).

L"affixe du pointUest doncui(10z).

De même la rotationRBa pour écriture complexe :zbei

2(zb), i.e.

z bi(zb).

Doncti(zb)bizb(1i)iz5(1i)2

2iiz10ii(z10).

L"affixe du pointTest doncti(z10).

Montrons que le quadrilatèreMUDTest un parallélogramme de centre O.

On sait déjà que O est le milieu de [MD].

D"autre part, on aut0. Donc O est le milieu de [UT]. Les diagonales du quadrilatèreMUDTse coupent en leur milieu O : donc c"est un parallélogramme de centre O.

2.On remarque que :z

z5z5z(z5)(z5)25.

Donc :

Amérique du Sud2novembre2010

Baccalauréat SA. P.M. E. P.

MzΓ(z5)(z5)25(z5)(z5)25 z5252

z5 5. z5z5z0estdonclecercle de centreΩd"affixe 5 et de rayonr5. Comme on aΩAΩPΩOΩB5r, le quadrilatère OAPB est inscrit dansΓ.

3. a.Les points O,MetUsont alignés si et seulement si les vecteursOUetOMsont colinéaires, i.e. puisqueOMn"est pas nul, si et seulement s"il

existe un réelktel queOUkOM, i.e. encore s"il existe un réelktel queukz.

Or :ukzaveckréelu

zRuz u z uz u z. Donc les points O,MetUsont alignés si et seulement siu z u z. b.Il résulte dua.que les points O,MetUsont alignés si et seulement si u zuz0. Or : u zuz0?i(10z)z?i(10z)z010z10z2zz0 z z5z5z0MΓ. Donc les points O,MetUsont alignés si et seulement siMappartient au cercleΓ.

4.OMUest isocèle en OOMOU z u z 10z

OMMPMappartient 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 OMOU, doncDMTU.

Le parallélogrammeMUDTa donc ses diagonales de même longueur : c"est unrectangle. 5. u zest un imaginaire puruz u z uz u zuzuz0 i(10z) z?i(10z)z010z10z0zzzR.

Donc l"ensemble des nombres complexesztels queu

zsoit un imaginaire pur est l"axe réel privé de O. SiMest un point de la droite (OP) privée de O et P, alorsz0 etu0 et on a : argu z 2().

Et comme (

OM,OU)argu

z (2), on en déduit : (OM,OU)2(). Le parallélogrammeMUDTa donc ses diagonales perpendiculaires : c"est un losange. Le quadrilatèreMUDTest un carrési c"est un rectangleet un losange, doncsi 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 queMUDTsoit un carré : c"estΩ.

EXERCICE25 points

Candidatsayantsuivi l"enseignementde spécialité

Amérique du Sud3novembre2010

Baccalauréat SA. P.M. E. P.

1. a.11 est impair donc 114est impair : l"entierA(11) est pair.

b.Soitnun entier supérieur ou égal à 2. - Sin0 mod 3,n40 mod 3,A(n)1 mod 3. - Sin1 mod 3,n41 mod 3,A(n)2 mod 3. - Sin2 mod 3,n41 mod 3,A(n)2 mod 3. Donc, quel que soit l"entiern?2,A(n) n"est pas un multiple de 3. c.Soitdun diviseur deA(n) : il existe un entierktel quen41kd, i.e. tel que : kdn3n1. On en déduit, d"après le théorème de Bezout, quedetnsont premiers entre eux. Donc, tout entierddiviseur deA(n) est premier avecn. d.Soitdun diviseur deA(n). On a alors :n410 modd.

D"où :n41 modd, et donc :n81 modd.

Donc, pour tout entierddiviseur deA(n) :

81 modd.

2. a.Soitkun entier tel quenk1 modd.

Effectuons la division euclidienne dekpars(l"existence desest assurée d"après1.d) : Ilexiste un unique couple d"entiers (q,r)tel queksqravec0?rs.

D"où:nk(ns)qnr. Or:ns1 modd. Donc:(ns)q1 modd.

Et commenk1 modd, il en résulte :nr1 modd.

Orrsetsest le plus petit entier naturel non nul ayant cette propriété.

Doncr0 et doncsdivisek.

b.On a vu au1.dque :n81 modd. Donc d"aprèsa,sest un diviseur dek8. c.D"après1.c, l"entierdest premier avecn. Si, de plus,dest premier, alors il découle du petit théorème de Fermat que : n d11 modd. Commed?2 (car premier) alorskd1 est un entier naturel non nul.

D"où, d"aprèsa,sdivisek, i.e.sdivised1.

On a donc montré que :

Sidest un diviseur premier deA(n), alorssest un diviseur ded1.

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 non nulsktels quenk1 modd. D"après2.bsest un diviseur de 8, doncs{1,2,4,8}. Sis{1,2,4}, i.e. sisest un diviseur de 4, alors de :ns1 modpon déduit : n

41 modp.

D"où :

A(n)2 modp.

Or on ap2

, puisquenétant un entier pair alorsA(n)est un entier impair.

Amérique du Sud4novembre2010

Baccalauréat SA. P.M. E. P.

DoncA(n) n"est pas un multiple dep, contrairement à l"hypothèse. Doncsne divise pas 4 : doncs8, et, d"après2.c, 8 est un diviseur dep1, i.e.p10 mod 8, et doncp1 mod 8. 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)20737. Eneffectuantlesdivisionssuccessivesde20737parlesnombres de la liste donnée, on constate que 2073789233. Or

23315,3 donc23317. Et comme, dans la liste, il n"y a pas d"autres

nombres avant 17, cela signifie que 233 fait partie de la listedes nombres pre- miers congrus à 1 modulo 8. Donc les diviseurs premiers deA(12) sont 89 et 233.

EXERCICE35 points

Commun à tous les candidats

1.Les évènementsF,A,CetIconstituent une partition de l"univers. Donc :

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.

On obtient donc :p(F)p(A)1

6etP(C)P(I)13.

2. a.P(SA)P(A)PA(S)1

60,5112.

b.D"après la formule des probabilités totales : p(S)P(SF)P(SA)P(SAC)P(SI).

Donc :

P(S)1

60,2160,5130,1130,416(0,720,5)

1,71760.

c.On demande la valeur dePS(C) : P

S(C)P(CS)

P(S)1 30,1
1 61,72
17. La probabilité qu"il ait acheté le supplément sur le site canadien est2quotesdbs_dbs7.pdfusesText_13

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Durée : 4 heures

Amérique du Sud novembre 2010

EXERCICE15 points

Commun à tous les candidats

1.La droiteDa pour vecteur directeuru(1 ; 3 ;1) lequel n"est manifeste-

D: donc les droitesDetDne sont pas parallèles.

MDDil existe (u;t)R2tel queu t

2.Le vecteurwaıbcksera un vecteur directeur deΔsiwıetwu, i.e. sia0 eta3bc, i.e. encore sia0 etc3b.

3. a.SoitM(u; 0 ; 0) un point deD. On aalors:3yz3000. Donc

MPet ceci quel que soit le pointMdeD.

Pour obtenirtexprimons que J appartient au planP:

3yz0 3(33t)(1t)0 10t8t4

5;35;95

53v,vR.

Baccalauréat SA. P.M. E. P.

MDΔ1il existe (u;v)R2tel queu4

5; 0 ; 0

Montrons queΔ1c"estΔ.

D"autre part elle rencontreDen I etDen J.

DoncΔ1est une droite perpendiculaire àDetD.

5021232310

EXERCICE25 points

1.On sait que la rotationRAa pour écriture complexe :zaei

2(za), i.e.

Doncui(za)aiza(1i)iz5(1i)2

2iiz10ii(10z).

L"affixe du pointUest doncui(10z).

2(zb), i.e.

Doncti(zb)bizb(1i)iz5(1i)2

2iiz10ii(z10).

L"affixe du pointTest doncti(z10).

On sait déjà que O est le milieu de [MD].

2.On remarque que :z

Donc :

Amérique du Sud2novembre2010

Baccalauréat SA. P.M. E. P.

MzΓ(z5)(z5)25(z5)(z5)25 z5252

3. a.Les points O,MetUsont alignés si et seulement si les vecteursOUetOMsont colinéaires, i.e. puisqueOMn"est pas nul, si et seulement s"il

Or :ukzaveckréelu

4.OMUest isocèle en OOMOU z u z 10z

On a dans ce cas OMOU, doncDMTU.

Donc l"ensemble des nombres complexesztels queu

Et comme (

OM,OU)argu

EXERCICE25 points

Amérique du Sud3novembre2010

Baccalauréat SA. P.M. E. P.

1. a.11 est impair donc 114est impair : l"entierA(11) est pair.

D"où :n41 modd, et donc :n81 modd.

Donc, pour tout entierddiviseur deA(n) :

81 modd.

2. a.Soitkun entier tel quenk1 modd.

D"où:nk(ns)qnr. Or:ns1 modd. Donc:(ns)q1 modd.

Et commenk1 modd, il en résulte :nr1 modd.

Doncr0 et doncsdivisek.

D"où, d"aprèsa,sdivisek, i.e.sdivised1.

On a donc montré que :

3.Recherche des diviseurs premiers deA(n) dans le cas oùnest un entier pair.

41 modp.

D"où :

A(n)2 modp.

Or on ap2

Amérique du Sud4novembre2010

Baccalauréat SA. P.M. E. P.

4.Recherche des diviseurs premiers deA(12).

23315,3 donc23317. Et comme, dans la liste, il n"y a pas d"autres

EXERCICE35 points

Commun à tous les candidats

1.Les évènementsF,A,CetIconstituent une partition de l"univers. Donc :

P(F)P(A)P(C)P(I)1.

2P(F)1, i.e. 6P(F)1.

On obtient donc :p(F)p(A)1

6etP(C)P(I)13.

2. a.P(SA)P(A)PA(S)1

60,5112.

Donc :

60,2160,5130,1130,416(0,720,5)

1,71760.

S(C)P(CS)