Corrigé – exercices de géométrie – 2, Exercices de Géométrie analytique et calcul
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Corrigé – exercices de géométrie – 2, Exercices de Géométrie analytique et calcul

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Corrigé des exercices de géométrie 2. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: La probabilité cherchée, L’ensemble des points M.
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[ Baccalauréat S Métropole septembre 2006 \

EXERCICE 1 5 points

Commun à tous les candidats

Partie A

1.

b

b E1

0,5

b E2 0,2

b O20,8

b

O1

0,5

b E2 0,8

b O20,2

2. On a p (E1)= 0,5 ; pE1 (O2)= 0,8 ; p (E1∩E2)= 0,5×0,2 = 0,1.

3. La probabilité cherchée est p (E1∩E2)+p (O1∩O2)= 0,1+0,5×0,2 =

0,1+0,1 = 0,2.

Partie B

1. On a ici une épreuve de Bernoulli de paramètres n et p = 0,5 = 1

2 . La proba-

bilité que k touristes partent à l’Est est donc : (n

k

)

0,5k × (1−0,5)nk = (n

k

)

0,5n .

2. a. étant donné qu’il y a au moins 3 touristes et qu’il n’y a que 2 plages, il y a

obligatoirement au moins deux touristes au moins sur une plage, donc il

ne peut pas y avoir deux touristes heureux.

b. Il ne peut y avoir un touriste heureux que dans deux cas :

— un seul est parti à l’Est et les autres (n−1) vers l’Ouest ;

— un seul est parti vers l’Ouest et les autres (n−1) vers l’Est.

On adonc p = (n 1

)

0,5×0,5n−1+ (n 1

)

0,5×0,5n−1 = n

(

1

2

)n

+n

(

1

2

)n

= 2n

(

1

2

)n

=

n

2n−1 .

c. La probabilité qu’il y ait un touriste heureux parmi 10 touristes est : 10

29 =

10

512 ≈ 0,195 soit 0,20 au centième près (1 chance sur 5).

EXERCICE 2 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. −−−→ OM (x ; y) et

−−−→ OM ′ (x′ ; y ′).

−−−→ OM et

−−−→ OM ′ sont orthogonaux si et seulement si

−−−→ OM ·

−−−→ OM ′ (x′ ; y ′)= 0 ⇐⇒

xx′+ y y ′ = 0.

Or z z = (x′+ iy ′)(x − iy)= xx′+ y y ′+ i (

x y ′− xy )

. D’où Re (

z z )

= xx′+ y y ′.

Conclusion : −−−→ OM et

−−−→ OM ′ sont orthogonaux si et seulement si Re(z z)= 0.

2. De même O, M et M ′ sont alignés si et seulement si leurs coordonnées sont

proportionnelles, soit si y =αx et y ′ =αx′ soit si x y ′− xy = 0.

Or Im (

z z )

= x y ′− xy .

Conclusion : O, M et M ′ sont alignés si et seulement si Im(z z)= 0.

Applications

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. Soit N (

z2−1 )

. D’après la question 1. −−−→ OM et

−−→ ON sont orthogonaux si et seule-

ment si Re(z (

z2−1 )

)= 0 ⇐⇒ Re [

(x − iy) (

x2− y2−1+2ix y )]

= 0 ⇐⇒ x (

x2− y2−1 )

+

2x y2 = 0 ⇐⇒ x (

x2−1 )

= 0 ⇐⇒ x = 0ou x2+y2−1= 0 ⇐⇒ x = 0ou x2+y2 =

1.

L’ensemble des points M est donc la réunion de l’axe des ordonnées (x = 0)

et du cercle centré en O et de rayon 1 (x2+ y2 = 1).

4. P

(

1

z2 −1

)

.

a. Pour tout z ∈C∗

(

1

z2 −1

)

(

z2−1 )

=

(

1

z2 −1

)[

z2 (

1

z2 −1

)]

=−z2 (

1

z2 −1

)(

1

z2 −1

)

=−z2 ∣

1

z2 −1

2

=−z2 ∣

1

z2 −1

2

b. O, N et P sont alignés d’après 2. si et seulement si Im

[(

1

z2 −1

)

(

z2−1 )

]

=

0 ⇐⇒ Im

[

z2 ∣

1

z2 −1

2]

= 0 ⇐⇒ Im (

z2 )

= 0 ⇐⇒ Im (

x2+2ix y + y2 )

=

0 ou

1

z2 −1

2

= 0 ⇐⇒ x y = 0 ou 1

z2 −1 = 0 ⇐⇒ x = 0 ou y = 0 ou

1

z2 =

1 ⇐⇒ x = 0 ou y = 0 ou z =−1 ou z = 1.

Conclusion : l’ensemble des points M tels que O, N et P sont alignés est

la réunion des deux axes de coordonnées (excepté l’origine O).

EXERCICE 2 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

(E ) : 17x −24y = 9

1. a. On a 17×9−24×6 = 9 qui est vraie.

b. De

{

17x −24y = 9

17×9−24×6 = 9 , on déduit par différence :

17(x −9)−24(y −6) = 0 ⇐⇒ 17(x −9)= 24(y −6) (1).

Donc 24 divise 17(x −9), mais étant premier avec 17, divise x −9. Il existe

donc k ∈Z tel que x −9= 24k ⇐⇒ x = 9+24k.

En reportant dans (1), 17×24k = 24(y −6) ⇐⇒ 17k = y −6 ⇐⇒

y = 6+17k.

L’ensemble des solutions de l’équation (E ) est donc :

{(9+24k ; 6+17k)} , k ∈Z.

On vérifie que pour tout k ∈Z, 17(9+24k)−24(6+17k) = 153+17×24k

144−24×17k = 9.

2. a. Si Jean a effectué y tours avant d’attraper le pompon à l’instant t , alors

que le pompon a effectué x tours, alors t = 17x (le pompon), et comme

Jeanmet 3

8 ×24= 9 secondes pour aller deH à A, alors pour lui t = 9+24y ,

soit en égalant : 17x = 9+24y ⇐⇒ 17x −24y = 9,x ∈N, y ∈N.

Métropole-La Réunion 2 septembre 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Le couple (x ; y) doit donc être une solution de l’équation résolue à la

question 1.

Or d’après l’ensemble des solutions, le plus petit couple de nombres posi-

tifs vérifiant cette équation est le couple (9 ; 6). Donc le temps nécessaire

à Jean pour attraper le pompon est t = 17×9 = 9+24×6 = 153 secondes

soit 2 minutes et 33 secondes.

b. En deux minutes Jean n’a pas le temps d’attraper le pompon.

c. En raisonnant comme au a.

— Si Jean attrape le pompon au point B, on doit avoir t = 17

4 + 17x =

5

8 ×24+24y ⇐⇒ 68x = 43+96y ⇐⇒ 68x −96y = 43.

Or le PGCD de 68 et 96 est 4 qui ne divise pas 43, donc cette équation

n’a pas de solutions entières.

— Si Jean attrape le pompon au point C, on doit avoir t = 17

2 + 17x =

7

8 ×24+24y ⇐⇒ 34x = 25+48y ⇐⇒ 34x −48y = 25.

Le PGCD de 34 et 48 est 2 qui ne divise pas 25, donc cette équation n’a

pas de solutions entières.

— Si Jean attrape le pompon au point D, on doit avoir t = 51

4 + 17x =

1

8 ×24+24y ⇐⇒ 68x =−39+96y ⇐⇒ 68x −96y =−39.

Le PGCD de 68 et 96 est 4 qui ne divise pas 39, donc cette équation n’a

pas de solutions entières.

Conclusion : Jean ne peut attraper le pompon qu’au point A.

d. Si Jean part de E, on a toujours t = 17x et pour Jean t = 1

8 × 24+ 24y =

3+24y , d’où 17x = 3+24y ⇐⇒ 17x −24y = 3.

Or 17×3−24×2= 3, donc le couple (3 ; 2) est solution de cette équation.

Le temps nécessaire à Jean pour attraper le pompon est t = 17× 3 = 51

secondes qui sont bien inférieures aux deux minutes payées.

EXERCICE 3 5 points

1. Si sur

]

−∞ ; 1

2

[

, y0 > 0, alors z = 1

y0 existe (et z > 0). En dérivant z =

1

y0 , on

obtient :

z ′ =− y ′0

y20 . Or par définition y ′0 = y

2 0 +λy0, donc :

z ′ =− y20 +λy0

y20 =−1−λ

1

y0 =−1−λz.

De plus y(0)= 1⇒ z(0)= 1

y(0) = 1.

Conclusion z est solution de l’équation différentielle :

{

z ′ = −1−λz

z(0) = 1

2. a. Cours : posons u =λz+1 ; u est dérivable et u′ =λz ′ =−λ(λz+1) (z solu-

tion de l’équation différentielle).

Donc u′ = −λu et d’après le pré-requis les fonctions u solution de cette

dernière équation différentielle sont de la forme : u(x) = Ce−λx = λz +

1 ⇐⇒ λz =Ce−λx −1 ⇐⇒ z = C

λ e−λx

1

λ (car λ 6= 0).

De plus z(0)= C

λ

1

λ = 1 ⇐⇒ C −1=λ ⇐⇒ C = 1+λ.

Ceci montre l’existence et l’unicité de la fonction z0.

Métropole-La Réunion 3 septembre 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. Donc z0(x)= 1+λ

λ e−λx

1

λ .

3. a. Soit f définie sur ]0 ; 1] par f (x)= ln(1+x)− x

x +1 . f somme de fonctions

dérivables est dérivable et f ′(x) = 1

1+ x

1+ x x

(x +1)2 =

1

1+ x

1

(1+ x)2 =

1+ x −1

(1+ x)2 =

x

(1+ x)2 qui est un quotient de nombres supérieurs à zéro quel

que soit x ∈]0 ; 1].

La dérivée étant positive, la fonction f est croissante sur ]0 ; 1].

Comme lim x→0+

f (x)= 0, il en résulte que f (x)> 0 sur ]0 ; 1]. Donc

ln(1+ x)− x

x +1 > 0 ⇐⇒ ln(1+ x)>

x

x +1 .

En particulier comme 0<λ6 1, ln(1+λ)> λ

λ+1 .

b. On a ln(1+λ)> λ

λ+1 ⇐⇒

1

λ ln(1+λ)>

1

λ+1 (1).

Or 0<λ6 1 ⇐⇒ 1<λ+16 2 ⇐⇒ 1

2 <

1

λ+1 (2).

En comparant (1) et (2), on en déduit que 1

λ ln(1+λ)>

1

2 .

4. Ona z0(x)= 0 ⇐⇒ 1+λ

λ e−λx

1

λ = 0 ⇐⇒ e−λx =

1

1+λ ⇐⇒ −λx = ln

(

1+λ

)

⇐⇒

λx = ln(1+λ) ⇐⇒ x = ln(1+λ)

λ >

1

2 d’après la question précédente.

Conclusion la fonction z0 ne s’annule pas sur l’intervalle

]

−∞ ; 1

2

[

.

La fonction z0 est continue et garde donc un signe constant sur

]

−∞ ; 1

2

[

.

Comme z0(0)= 1> 0, il en résulte que la fonction z0 est supérieure à zéro sur

l’intervalle

]

−∞ ; 1

2

[

.

La fonction y0 = 1

z0 existe donc, est positive comme inverse d’une fonction

positive sur

]

−∞ ; 1

2

[

et peut s’écrire :

y0 = λ

(1+λ)e−λx −1 .

EXERCICE 4 5 points

Métropole-La Réunion 4 septembre 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

A

D

C

B

E

H

G

F

+

+ +

+

+ I

J K

P

Q

1. Par définition 2 −→ IE +

−→ IF =

−→ 0 ⇐⇒

−→ OI =

1

3

(

2 −−→ OE +

−−→ OF

)

.

Demême −→ JF +2

−→ JB =

−→ 0 ⇐⇒

−→ OJ =

1

3

(

−−→ OF +2

−−→ OB

)

et enfin 2 −−→ KG +

−−→ KC =

−→ 0 ⇐⇒

−−→ OK =

1

3

(

2 −−→ OG +

−−→ OC

)

.

Le point I (resp. J et K) est au tiers sur le segment [EF] (resp. [FB] et [GC]) à

partir de E (resp. F et G).

2. Le point Ω du plan (IJK) équidistant des trois sommets du triangle (IJK) est

le centre du cercle circonscrit à ce triangle donc le point commun aux trois

médiatrices de ce triangle.

3. Dans le repère

(

A ; 1

3

−−→ AD ;

1

3

−−→ AB ;

1

3

−→ AE

)

les coordonnées sont :

— pour E(0 ; 0 ; 3)

— pour F(0 ; 3 ; 3)

— pour B(0 ; 3 ; 0)

— pour G(3 ; 3 ; 3)

— pour C(3 ; 3 ; 0)

On en déduit les coordonnées de I(0 ; 1 ; 3), de J(0 ; 3 ; 1) et de K(3 ; 3 ; 2).

4. P(2 ; 0 ; 0) et Q(1 ; 3 ; 3).

On a −−→ PQ

−1

3

3

 , −→ IJ

0

2

−2

 et −→ IK

3

2

−1

.

Or −−→ PQ ·

−→ IJ =−1×0+3×2+3×(−2) = 6−6= 0 et

−−→ PQ ·

−→ IK =−1×3+3×2+3×(−1) =

−3+6−3= 0.

Le vecteur −−→ PQ est orthogonal aux vecteurs

−→ IJ et

−→ IK donc orthogonal à tout

vecteur du plan (IJK).

Conclusion : la droite (PQ) est perpendiculaire au plan (IJK). ( −−→ PQ est donc un

vecteur normal au plan (IJK))

5. a. Soit M(x : y ; z) ∈∆ ⇐⇒ MI= MJ= MK. Donc MI2 = MJ2 et MI2 = MK2

soit

Métropole-La Réunion 5 septembre 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

{

x2+ (y −1)2+ (z −3)2 = x2+ (y −3)2+ (z −1)2

x2+ (y −1)2+ (z −3)2 = (x −3)2+ (y −3)2+ (z −2)2

⇐⇒

{

4y −4z = 0

6x +4y −2z −12 = 0 ⇐⇒

{

y z = 0

3x +2y z = 6

Ces deux dernières équations sont les équations de deux plans de vecteur

normal respectif (0 ; 1 ; −1) et (3 ; 2 ; −1) qui ne sont manifestement pas

colinéaires. Ces deux plans ne sont pas parallèles, ils sont donc sécants en

une droite (∆).

b. On a de façon évidente 0−0= 0 et 3×2+2×0−0= 6 qui sont des égalités

vraies.

Demême 3−3= 0 et 3×1+2×3−3 = 6 qui sont aussi vraies.

P et Q sont donc bien des points équidistants des points I, J et K.

6. a. On a déjà vu que le vecteur −−→ PQ est un vecteur normal au plan (IJK).

Une équation duplan (IJK) est donc−x+3y+3z+d = 0. Et en écrivant que

I ∈ (IJK) ⇐⇒ −0+3+9+d = 0 ⇐⇒ d =−12, on trouve qu’une équation

du plan (IJK) est :

M(x ; y ; z) ∈ (IJK) ⇐⇒ −x +3y +3z = 12.

b. le point Ω est le point commun à (∆) et au plan (IJK). Ses coordonnées

vérifient le système : 

y z = 0

3x +2y z = 6

x +3y +3z = 12

⇐⇒

y = z

3x + y = 6

x +6y = 12

⇐⇒

y = z

y = 6−3x

x +6(6−3x) = 12

⇐⇒

y = z

y = 6−3x

24 = 19x

⇐⇒

24

19 = x

42

19 = y = z

Conclusion :

(

24

19 ; 42

19 ; 42

19

)

Métropole-La Réunion 6 septembre 2006

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