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Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat S Polynésie \ juin 2006 EXERCICE 1 5

Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat S Polynésie \ juin 2006 EXERCICE 1 5 points 1. Si z ̸= −1, z = z −1 z +1 ⇐ ⇒z2 + z = z −1 ⇐ ⇒z2 = −1 ⇐ ⇒z = i ou z = −i. Les points invariants par f sont les deux points d’afﬁxes i et −i 2. a. z ̸= −1, (z′ −1)(z +1) = µ z −1 z +1 −1 ¶ (z +1) = z −1−z −1 = −2. b. L’égalité de ces deux complexes entraîne l’égalité de leurs modules soit ¡ z′ −1)(z +1) ¯ ¯ = |−2| ⇐ ⇒|z′ −1|×|z +1| = 2 ⇐ ⇒AM′ ×BM = 2. Même chose pour les arguments : arg[(z′ −1)(z +1)] = arg(−2) ⇐ ⇒ arg(z′ −1)+arg(z +1) = π [2π] ⇐ ⇒ ³− → u , − − − → AM′ ´ + ³− → u , − − → BM ´ = π [2π]. 3. M appartient au cercle (C) de centre B et de rayon 2 si et seulement si BM = 2 ⇐ ⇒|z −(−1)| = 2 ⇐ ⇒|z + 1| = 2. En reportant dans la première relation trouvée à la question précédente, il suit que 2AM′ = 2 ⇐ ⇒AM′ = 1 qui signiﬁe que M′ appartient au cercle (C′) de centre A et de rayon 1. 4. a. p + 1 = −2 + 1 + i p 3. D’où |p + 1|2 = 1 + 3 = 4 = 22 = ⇒|p + 1| = 2. Donc p +1 = 2 Ã −1 2 +i p 3 2 ! = 2 ¡ cos 2π 3 +isin 2π 3 ¢ = 2e 2iπ 3 b. On vient de trouver que |p +1| = 2 ⇐ ⇒BP = 2 qui signiﬁe que P appar- tient au cercle (C). c. Soit P1 le point d’afﬁxe p +1. Les points P1 et O sont les images respec- tives des points P et B dans la translation de vecteur − → u . (OBPP1) est donc un parallélogrammme. Donc les vecteurs − − − → OP1 et − → BP ont la même afﬁxe, d’où le même argument µ2π 3 ¶ d’après la a. et le même module 2. D’autre part la construction classique (opposé du conjugué) montre que P et Q sont symétriques autour de l’axe ³ O, − → v ´ et B et A le sont aussi. Donc [BP] et[AQ] sont symétriques dans la symétrie autour de ³ O, − → v ´ . Donc par supplémentarité ³− → u , − − → AQ ´ = π 3 Or d’après 2. b. ³− → u , − → BP ´ + ³− → u , − − → AP′ ´ = π. Conclusion : le point P′ appar- tient à la droite (AQ), ou encore les points A, P′ et Q sont alignés. d. On en déduit la construction simple de P′ : – Construire Q symétrique de P autour de l’axe des ordonnées ; – Le segment [AQ] coupe le cercle(C) en P′. Corrigé du baccalauréat S −2 −2 × × A B O P P1 Q Exercice 2 5 points Proposition 1 : Faux AvecM(x ; y ;z), − − → AM ·− − → BC = 0 ⇐ ⇒2x −4y +0(x −2) = 0 ⇐ ⇒2x −4y = 0 ⇐ ⇒ x −2y = 0 qui est l’équation d’un plan. Or les coordonnées (1 ; 2 ; 0) du point I ne vériﬁent pas cette équation. Proposition 2 : Vrai ° ° °− − → MB +− − → MC ° ° ° = ° ° °− − → MB −− − → MC ° ° ° ⇐ ⇒ ° ° °2− − → MI ° ° ° = ° ° °− − → CB ° ° ° ⇐ ⇒IM = 1 2BC ⇐ ⇒M appartient à la sphère de centre I et de diamètre [BC]. Proposition 3 : Faux En prenant comme base de ce tétraèdre le triangle rectangle OBC, [OA] est une hauteur. Le volume est donc V = 1 3A (OBC)×OA = 1 3 × 1 2 ×4×2×2 = 8 3. Proposition 4 : Vrai Les coordonnées des trois points vériﬁent bien l’équation donnée. Le vecteur − − → OH   8 9 4 9 8 9  = 4 9   2 1 2  ; il est donc bien normal au plan (ABC). Enﬁn les coordonnées de H vériﬁent bien l’équation du plan (ABC). Proposition 5 : Vrai De − − → OG = 1 3 ³− − → OA +− − → OB +− − → OC ´ on en déduit que G µ2 3 ; 4 3 ; 2 3 ¶ puis que − − → AG a pour coordonnées   2 3 4 3 −4 3  qui est colinéaire au vecteur   1 2 −2  . Une équa- Polynésie 2 juin 2006 Corrigé du baccalauréat S tion paramétrique de la droite (AG) est donc :    x = 0+1× t y = 0+2× t z = 2+(−2)× t ⇐ ⇒    x = t y = 2× t z = 2−2t avec t ∈R Exercice 2 5 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité Proposition 1 : Vrai Par récurrence : initialisation 3|22×0 −1 ⇐ ⇒3|0. Vrai Hérédité : supposons que 3|22n −1 ⇐ ⇒il existe k ∈R tel que 22n −1 = 3k ⇐ ⇒ 22n = 3k +1. Or 22(n+1) = 22n+2 = 22n ×22 = 4×22n = 4(3k +1) = 12k +4. Finalement 22(n+1) −1 = 12k +3 = 3(4k +1)qui est un multiple de 3. Autr e méthode : 22 ≡1 mod 3, d’où ¡ 22¢n ≡1 mod 3 ⇐ ⇒22n ≡1 mod 3 ⇐ ⇒ 22n −1 ≡0 mod 3 ⇐ ⇒22n −1 est un multiple de 3. Proposition 2 : Faux x2 +x ≡0 mod 6 ⇐ ⇒x(x +1) ≡0 mod 6. Or les entiers x et x +1 sont consé- cutifs ; il en résulte donc que ou x ≡0 mod 3 (si x + 1 est pair) , ou x + 1 ≡0 mod 3 (si x est pair) et dans ce dernier cas x ≡0 mod 3 est faux. Exemple : 22 +2 ≡0 mod 6 et 2 ≡0 mod 3 est faux. Proposition 3 : Faux Un couple solution est suggéré : (4 ; 9) puisque 12×4−5×9 = 3. ½ 12x −5y = 3 12×4−5×9 = 3 = ⇒(par différence) 12(x −4)−5(y −9) = 0 ⇐ ⇒ 12(x −4) = 5(y −9) (1). Donc 5 étant premier avec 12 divise x−4 ; il existe donc α tel que x−4 = 5α ⇐ ⇒ x = 4+5α et en remplaçant dans l’égalité (1), y −9 = 12α ⇐ ⇒y = 9+12α. Si α est impair on n’obtient pas les couples solutions proposés. Proposition 4 : Si d est le PGCD(a ; b) alors il existe deux entiersa′ etb′ tels que a = da′ et b = db′. Le PPCM(a ; b) = a′b′d. En remplaçant dans l’énoncé a′b′d −d = 1 ⇐ ⇒d(a′b′ −1) = 1. Cette éga- lité prouve que d divise 1, donc que d = 1. On a donc PGCD(a ; b) = 1 et PPCM(a ; b) = ab. L’égalité s’écrit donc : ab −1 = 1 ⇐ ⇒ab = 2. Les seuls couples solutions sont (1 ; 2) et (2 ; 1) et le seul avec a < b est le couple(1 ; 2). Proposition 5 : Vrai On a par hypothèse M = 100a +10b +c = 27k, (1) k ∈NetN = 100b +10c + a. Donc M −N = 99a −90b −9c = 9(11a −10b −c). Or (1) = ⇒−10b −c = 100a −27k. Donc M −N = 9(11a +100a −27k) = 9(11a−27k) = 9(3×37a−3×9k) = 27(37a−9k) qui est bien un multiple de 27. Exercice 3 4 points 1. a. 318+110 = 428 personnes sur 1 000 ont eu au moins un retard le premier mois ; la probabilité est donc égale à 0,428. b. Sur les 572 personnes n’ayant pas eu de retard le premier mois, 250+60 = 310 ont eu au moins un retard le mois suivant ; la probabilité est donc égale à 310 572 = 155 286. Polynésie 3 juin 2006 Corrigé du baccalauréat S 2. a. La lecture du tableau permet de dire que p1 = 0,512, q1 = 0,318 et r1 = 0,110. b. On dresse l’arbre suivant : An pn An+1 0,46 An+1 0,54 Bn qn An+1 0,66 An+1 0,34 Cn rn An+1 0,66 An+1 0,34 On a donc pn+1 = p (An+1) = pAn (An+1)+pBn (An+1)+pCn (An+1) = 0,46pn+ 0,66qn +0,66rn. c. Or pn + qn +rn = 1. D’où pn+1 = 0,46pn +0,66(1−pn) = −0,2pn +0,66. d. un = pn −0,55 = ⇒un+1 = pn+1−0,55 = −0,2pn +0,66−0,55 = −0,2(un + 0,55)+0,11 = −0,2un, égalité qui montre que la suite (un) est une suite uploads/Ingenierie_Lourd/ bac-2006-juin-s-polynesie-mathematiques-corrige.pdf