UNIVERSITE CHEIKH ANTA DIOP DE DAKAR 1/ 6 . . OFFICE DU BACCALAUREAT BP 5005-DA

UNIVERSITE CHEIKH ANTA DIOP DE DAKAR 1/ 6 . . OFFICE DU BACCALAUREAT BP 5005-DAKAR-Fann-S´ en´ egal Serveur Vocal: 628 05 59 T´ el´ efax (221) 864 67 39 - T´ el. : 824 95 92 - 824 65 81 11 G 18bis B 01 Dur´ ee: 2 heures S´ eries : S1-S3 - Coeff. 8 . . Epreuve du 2` eme groupe M A T H E M A T I Q U E S Les calculatrices ´ electroniques non imprimantes avec entr´ ee unique par clavier sont autoris´ ees. Les calculatrices permettant d’afficher des formulaires ou des trac´ es de courbe sont interdites. Leur utilisation sera consid´ er´ ee comme une fraude.(CF.Circulaire n0 5990/OB/DIR. du 12 08 1998) 1. EXERCICE 1. 1. R´ esolution dans C de l’´ equation : (E ) : z2 −5(1 + i)z + 2(1 + 7i) = 0 Le discriminant de (E ) est ∆= 25(1 + i)2 −8(1 + 7i) = −8 −6i Cherchons δ = x + iy tel que δ2 = ∆. On doit avoir :    Re (δ2) = Re (∆) |δ2| = |∆| 2xy = −6 < 0 c’est ` a dire    x2 −y2 = −8 x2 + y2 = 10 2xy = −6 < 0 En faisant la somme et la diff´ erence des deux premi` eres ´ equations et en divisant le r´ esultat par 2 on trouve :    x2 = 1 y2 = 9 xy < 0 On peut donc prendre x = 1 et y = −3 Les racines de (E) sont donc      z1 = 5(1 + i) + 1 −3i 2 = 3 + i z2 = 5(1 + i) −1 + 3i 2 = 2 + 4i 2. L’´ etude de probl` emes faisant intervenir une expression de la forme − − → MO + a − − → MA + − − → MB (fonction vectorielle de Leibniz) peut se faire en fonction de la somme s = 1 + a + 1 = a + 2 des coefficients. Si s = 0 c’est ` a dire a = −2 alors − − → MO + a − − → MA + − − → MB = − − → MO + a (− − → MO + − → OA) + − − → MO + − − → OB = (1 + a + 1)− − → MO + a− → OA + − − → OB = a− → OA + − − → OB vecteur constant. Par cons´ equent − − − → MM′ = a− → OA + − − → OB et fa est est la translation de vecteur a− → OA + − − → OB. Si s ̸= 0 c’est ` a dire a ̸= −2 alors le syst` eme  (O, 1), (A, a), (B, 1)  a un barycentre G et on a : − − → MO + a − − → MA + − − → MB = − − → MG + − → GO + a (− − → MG + − → GA) + − − → MG + − − → GB = s− − → MG + − → GO + a− → GA + − − → GB = s− − → MG 1 2 M A T H E M A T I Q U E S 2 /6 11 G 18 bis A 01 S´ eries : S1- S3 Epreuve du 2` eme groupe . . La relation qui d´ efinit M′ devient : − − − → MM′ = s− − → MG c’est ` a dire − − → MG + − − → GM′ = s− − → MG ou − − → GM′ = (s −1)− − → MG ; finalement − − → GM′ = −(a + 1)− − → GM. Par cons´ equent fa est l’homoth´ etie de centre G et de rapport −a −1. En r´ esum´ e : si a = −2, alors fa est la translation de vecteur − → u = −2− → OA + − − → OB. si a ̸= −2, alors fa est l’homoth´ etie de centre G et de rapport −a −1. NB. L’affixe de − → u est z− → u = −2z1 + z2 = −4 + 2i. L’affixe de G est zG = azA + zB 1 + a + 1 = 3a + 2 + i(a + 4) a + 2 . On peut aussi faire un calcul direct. En appelant z et z′ les affixes de M et M′, la relation − − − → MM′ = − − → MO + a − − → MA + − − → MB qui d´ efinit le point M′ devient z′ −z = −z + a(z1 −z) + z2 −z c’est ` a dire z′ = αz + β avec α = −(a + 1) et β = 3a + 2 + i(a + 4) On reconnaˆ ıt l’´ ecriture complexe d’une similitude directe plane. - Si α = 1 c’est ` a dire a = −2, fa est la translation de vecteur, le vecteur − → u d’affixe β = 3a + 2 + i(a + 4) = −4 + 2i - Si α ̸= 1 c’est ` a dire a ̸= −2, α ´ etant r´ eel, fa est l’homoth´ etie de rapport −a −1 et de centre le point G d’affixe −β α −1 = 3a + 2 + i(a + 4) a + 2 2. EXERCICE 2. 1. a) Pour d´ eterminer la solution g´ en´ erale de l’´ equation diff´ erentielle : y ′′ −2y ′ + 2y = 0 on r´ esoud d’abord l’´ equation caract´ eristique (eq) : r2 −2r + 2 = 0. Le discriminant r´ eduit de (eq) est 1 −2 = −1 = i2, donc ses racines sont : r1 = 1 + i et r2 = 1 −i. La solution g´ en´ erale de y ′′ −2y ′ + 2y = 0 est alors y = ex (c1 cos x + c2 sin x) o` u c1 et c2 sont des constantes r´ eelles. b) Soient a, b et c des r´ eels. Si a, b et c sont proportionnels ` a 1, 2 et 2, il existe une constante k non nulle telle que a = 1.k, b = 2.k et c = 2.k. L’´ equation ay ′′ −by ′ + cy = 0 devient alors k(y ′′ −2y ′ + 2y) = 0 ou y ′′ −2y ′ + 2y = 0 et sa solution g´ en´ erale est bien de la forme y = ex (c1 cos x + c2 sin x) o` u c1 et c2 sont des constantes r´ eelles ; d’apr` es le a). R´ eciproquement, si la solution g´ en´ erale de l’´ equation ay ′′ −by ′ + cy = 0 est de la forme x 7→e1x (c1 cos 1.x + c2 sin 1.x) o` u c1 et c2 sont des constantes r´ eelles, alors les racines de son ´ equation caract´ eristique sont r1 = 1 + i et r2 = 1 −i. Le polynˆ ome caract´ eristique est donc de la forme k(r −r1)(r −r2) = k(r2 −2r + 2) et l’´ equation diff´ erentielle elle-mˆ eme aura la forme k(y ′′ −2y ′ + 2y) = 0. Par cons´ equent (a, b, c) = k(1, 2, 2). M A T H E M A T I Q U E S 3 /6 11 G 18 bis A 01 S´ eries : S1- S3 Epreuve du 2` eme groupe . . 3 2. D’apr` es ce qui pr´ ec` ede, pour que les solutions de l’´ equation diff´ erentielle ay ′′ −by ′ + cy = 0 soient des fonctions de la forme x 7→ex (c1 cos x + c2 sin x) o` u c1 et c2 sont des constantes r´ eelles, il faut et il suffit que a, b et c soient proportionnels ` a 1, 2 et 2. Les triplets possibles sont : t1 = (1, 2, 2), t2 = (2, 4, 4) et t3 = (3, 6, 6). p(t1) = p(t2) = p(t3) = 1 6 3 , donc la probabilit´ e pour que les solutions de l’´ equation diff´ erentielle ay ′′ −by ′ + cy = 0 soient des fonctions de la forme x 7→ex (c1 cos x + c2 sin x) o` u c1 et c2 sont des constantes r´ eelles est 3 1 63 = 1 72. 3. EXERCICE 3. A et O sont deux points du plan. On note (Γ) le cercle de diam` etre [AO] et I le centre de (Γ). M est un point de (Γ) distinct des points A et O. Le point N est tel que le triangle MON soit ´ equilat´ eral direct. Le point G uploads/S4/ 11g18bisb1cor-s1-s30.pdf

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  • Publié le Oct 10, 2021
  • Catégorie Law / Droit
  • Langue French
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