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?Corrigé du baccalauréatS Centres étrangers?

13 juin 2012

EXERCICE 14 points

PartieA

1.La droite (I J) passe parI?

1 ;13; 0?

, et elle est dirigée par-→I J? -1 ;13; 1? Une représentationparamétriquede cette droite est ?x=1-1×t y=1

3+13×t

z=0+1×t,t?R, soit ?x=1-t y=1

3+t3z=t,t?R

4+t?? a-34? y=t? z=1-t?,t??R,passe par le point de coordonnées ?3

4; 0 ; 1?

, c"est-à-direK; le vecteur de coordonnées a-3

4; 1 ;-1?

en est un vecteur directeur. Or--→KL? a-34; 1 ;-1? . C"est donc bien une représentationparamétriquede (KL). solutionunique pour (t,t?). ?x=1-t y=1

3+t3z=t

x=3 4+t?? a-34? y=t? y=1

3+t3z=t

1-t=3 4+t?? a-34? 1

3+t3=t?

t=1-t??? ?x=1-t y=1

3+t3z=t

1-(1-t?)=3

4+t?? a-34? 1

3+1-t?3=t?

y=1

3+t3z=t

t ?=3 4+t?? a-34? 1

3+1-t?3=t?

t=1-t?

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

y=1

3+t3z=t

1

2=34+12×?

a-34? t ?=1

2t=1-t?qui a une solution si et seulement

si 1

2=34+12×?

a-34? ??a=14. Remarque :Au passage, on a trouvé les coordonnées du point d"intersection des deux droites?1

2;12;12?

. On a t=t?=12et on reporte pour avoir x, y, z.

PartieB

1.D"après la questionprécédente, dans ce cas, les diagonales(I J) et (KL) du quadrila-

tèreIK JLsont sécantes en un pointΩ. On vérifie queΩ?1

2,12,12?

est bien le milieu de [I J] et [KL].

2;yI+yJ2;zI+zJ2?

On vérifie sans problème que l"on a bien

?xI+xJ

2,yI+yJ2,zI+zJ2?

=?12;12;12? et aussi ?xK+xL

2;yK+yL2;zK+zL2?

=?12;12;12? Les diagonalesdu quadrilatèreIK JLse coupent en leur milieu, c"est donc un paral- lélogramme. On pouvait aussi montrer que--→IK et-→LJ ont les mêmes coordonnées.

2. a.Le vecteur-→nest un vecteur normal au plan (I JK) si et seulement si, il est or-

thogonal à deux vecteurs directeursnon colinéairesde ce plan. CommeI,J,Kdéfinissent ce plan, ils sont non alignés et les vecteurs-→I Jet--→IK ne sont pas colinéaires. scalaire. -→I J? -1 ;1 3; 1? et donc-→I J·-→n=-1×8+13×9+1×5=0.

Les vecteurs

-→I Jet?nsont bien orthogonaux.

De même :

--→KL? -1

2; 1 ;-1?

et donc--→KL•-→n=-12×8+1×9-1×5=0. -→nest bien orthogonal à deux vecteurs non colinéaire de (I JK), il est bien nor- mal à ce plan. b.Le plan(I JK)a donc uneéquationcartésiennede la forme 8x+9y+5z+d=0. Comme le pointIappartient à ce plan, ses coordonnées doivent vérifier cette

équation :

Centres étrangersPage 2/1213 juin 2012

Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

8×1+9×13+5×0+d=0??d=-11...

c.Je détaille le cas de M. Une manière de répondre à cette question est de chercher une représentation paramétrique de(BF)qui passe par B(1 ; 0 ; 0)et est dirigée par--→BF(0 ; 0 ; 1). Mest le point d"intersection du plan (I JK) et de la droite (BF). Ses coordon- nées(x;y;z) doiventdoncêtresolutionsdusystème formépar lestroiséqua- tions issues d"une représentationparamétriquede (BF) et l"équation8x+9y+

5z+d=0 du plan (I JK) :

?x=1+0×t y=0+0×t z=0+1×t y=0 z=t y=0 z=3 5 t=3 5

Les coordonnées du pointMsont?

1 ; 0 ;3

5? De même, les coordonnées deNsont solutionsde ?x=0+0×t y=1+0×t z=0+1×t y=1 z=t y=1 z=2 5 t=2 5

Les coordonnées du pointNsont?

0 ; 1 ;2

5? Une autre manière de répondre, est d"utiliser l"équation duplan(I JK)donnée dans la question précédente.

EXERCICE 25 points

1. a.Gest dérivable surRcar c"est la composée de la fonction carrée suivie de la

fonction exponentielletoutes deux dérivables surR(puis produit par1 2). Pour tout réelx, on poseu(x)=x2, ainsiu?(x)=2x: G ?(x)=1

2×u?(x)eu(x)=12×2xex2=g(x)

b.I1=? 1 0 x1ex2dx=? 1 0 g(x) dx=[G(x)]10=G(1)-G(0)=1

2e-12.

I 1=1 2e-12 c.In+2=? 1 0 xn+2ex2dx=? 1 0 xn+1×xex2dx

Posons

?u(x)=xn+1 v ?(x)=xex2=g(x)????u ?(x)=(n+1)xn v(x)=1

2ex2=G(x)

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Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

Toutes les fonctions sont continues car dérivables sur [0 ; 1]; on peut donc intégrer par parties : I n+2=?G(x)xn+1?10-? 1 0 (n+1)xn1

2ex2dx=12e-0-n+12?

1 0 xnex2dx= 1

2e-n+12In...

d.On faitn=1 dans l"égalité précédente :I3=1

2e-1+12I1=12e-I1=12

On recommence avecn=3:I5=1

2e-3+12I3=12e-2×12=12e-1.

I 3=1

2I5=12e-1

2.On remarque queI1=1

2e-12et queIn+2=12e-n+12In.

?Dans la boucle, on gère u avant n : on utilise la valeur de n entrante pour la nou- velle affectation de u.

ÉtapeunCommentaire

InitialisationI11ce sont les valeurs en entrant dans la boucle

Première entréeI11

Première sortie

de la boucleI33on incrémente de 2 en 2

Seconde entréeI33

Seconde sortieI55

.......la dernière valeur vérifiantn>21 est 19

Dernière entréeI1919

Dernière sortieI2121

AffichageI21le terme obtenu en dernier

En sortie de cet algorithme,on obtientI21.

3. a.Ici, il faut revenir à la définition de In

Pour toutx?[0 ; 1],xnex2?0 car " une fonction exponentielle» est positive. CommeInest donc l"intégrale d"une fonction positive, les bornes étant dans l"ordre croissant, finalementIn?0. b.?n?N,?x?[0 ; 1], x?1=?xn+1?xnon a multipliéparxn?0 et vérifié en 0 =?xn+1ex2?xnex2on a multipliépar ex2>0 =?In+1?Inpar intégrationde l"inégalité

Par définition,la suite

(In)est décroissante. c.La suite(In)est décroissante et minorée par 0, elle est donc convergentevers une limite ??0.

4.Montrons par l"absurde que?=0 . Supposonsdonc??=0.

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Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.

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