Corrigé – exercices de géométrie – 14, Exercices de Géométrie analytique et calcul
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Corrigé – exercices de géométrie – 14, Exercices de Géométrie analytique et calcul

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Corrigé des exercices de géométrie 14 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les deux points d’affixes, la symétrie.
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Polynesie S corrige juin 2006.dvi

Durée : 4 heures

[ Corrigé du baccalauréat S Polynésie \ juin 2006

EXERCICE 1 5 points

1. Si z 6= −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 6= −1, (z ′−1)(z +1)= (

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] ⇐⇒

(−→ u ,

−−−→ AM

)

+ (−→

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 (

− 1

2 + i

p 3

2

)

= 2 (

cos 2π 3 + i sin 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 respectives des points P et B dans la translation de vecteur

−→ u . (OBPP1) est donc un

parallélogramme. Donc les vecteurs −−−→ OP1 et

−→ BP ont la même affixe, d’où

le même argument

(

2π

3

)

d’après la a. et le même module 2.

D’autre part la construction classique (opposé du conjugué) montre que

P etQ sont symétriques autour de l’axe (

O, −→ v )

et B et A le sont aussi. Donc

[BP] et[AQ] sont symétriques dans la symétrie autour de (

O, −→ v )

. Donc par

supplémentarité (−→

u , −−→ AQ

)

= π

3

Or d’après 2. b. (−→

u , −→ BP

)

+ (−→

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 ×× AB O

P P1 Q

Exercice 2 5 points

Proposition 1 : Faux

Avec M(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

2 BC ⇐⇒ 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

3 A (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). En-

fin les coordonnées de H vérifient bien l’équation du plan (ABC).

Proposition 5 : Vrai

De −−→ OG =

1

3

(−−→ OA +

−−→ OB +

−−→ OC

)

on en déduit que G

(

2

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. Autreméthode : 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. {

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 = d a′ et b = db′. Le PPCM(a ; b)= abd . En remplaçant dans l’énoncé abd d = 1 ⇐⇒ d

(

ab′−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 1000 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+10,54

Bn qn

An+1 0,66

An+10,34

Cn

rn An+1 0,66

An+10,34

On a donc

pn+1 = p (An+1)= pn ×p An (An+1)+qn ×pBn (An+1)+ rn ×pCn (An+1)=

soit pn+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 géométrique de raison −0,2.

e. Comme la raison de la suite (un ) est −1<−0,2< 1, on sait que lim

n→+∞ un = 0 et par conséquent

lim n→+∞

pn −0,55= 0 ⇐⇒ lim n→+∞

pn = 0,55.

Exercice 4 6 points

Partie A

1. On sait que F ′(x)= f (x)6 0 ⇐⇒ f est croissante sur R.

2. Sur [2 ; +∞[, f (x)> 4e−2, d’où ∫3

2 f (t)dt 6

x

2 4e−2 dt ⇐⇒ F (3)6 4e−2.

D’autre part cette intégrale d’une fonction positive sur l’intervalle [2 ; 3] est

positive.

Partie B

1. a. f (x)= x2e−x =⇒ f ′(x)= 2xe−xx2e−x = xe−x (2−x), dérivée qui a le signe du trinôme x(2− x). Celui-ci est positif entre les racines 0 et 2. Les varia- tions sont donc bien celles qui sont indiquées dans le tableau.

D’autre part f (0)= 0 et f(2) = 22e−2 = 4e−2. b. On a f (x)− g (x) = x2e−x −e−x =

(

x2−1 )

e−x qui est du signe du trinôme x2−1. Conclusion : (C ) est au dessus (Γ) sauf entre −1 et 1.

Polynésie 4 juin 2006

Corrigé du baccalauréat S

2. La fonction h est la fonction « écart vertical » entre les deux courbes de la

question précédente.

H ′(x)= (−2x−2)e−x− (

x2−2x −1 )

e−x = e−x (

−2x −2+ x2 +2x +1 )

= e−x (

x2−1 )

.

a. H ′(x)= (−2x−2)e−x− (

x2−2x −1 )

e−x = e−x (

−2x −2+ x2+2x +1 )

= e−x (

x2−1 )

.

Donc H est bien une primitive de h.

b. A (a)= ∫

α

1 f (t)dt

α

1 g (t)dt =

α

1 [ f (t)−g (t)]dt =

α

1 h(t)dt = [H(t)]α1 =

(

α2−2α−1 )

e−α+4e−1.

c. On a lim n→+∞

α 2

eα = lim

n→+∞ 2α

eα = lim

n→+∞ 1

eα = 0.

Donc lim n→+∞

A (a)= 4

e .

2

4

6

8

10

12

14

1 2 3 4−1−2−3-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

xPxQ

3. a. Voir ci-dessus

b. On a par définition PQ = ∣

xQ xP

∣ = xP xQ (d’après le graphique pour x <−1). D’autre part par définition : f (xP )= m et g (xQ )= m. Donc f (xP )= g (xQ ).

c. Si PQ = 1, alors xP = xQ +1. L’égalité précédente f (xP )= g (xQ ) s’écrit donc : x2Pe

xP = e−xQ ⇐⇒ (

xQ +1 )2 2e−xQ−1 = e−xQ ⇐⇒

(

xQ +1 )2 e−1 = 1 ⇐⇒

(

xQ +1 )2 = e ⇐⇒ xQ +1=−

p e ⇐⇒ xP =−

p e.

Polynésie 5 juin 2006

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