Corrigé – exercices de géométrie – 3, Exercices de Géométrie analytique et calcul
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé – exercices de géométrie – 3, Exercices de Géométrie analytique et calcul

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Corrigé des exercices de géométrie 3. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Les égalités, l’égalité vectorielle, La proposition.
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CorrigeAmeriSudSnov2006.dvi

Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2006

EXERCICE 1 3 points

Commun à tous les candidats

1. −−→ AB

−3 3

0

 , −−→ AD

−1 2

9

. Il n’existe pas de réel α tel que −−→ AB = α−−→AD . Les

points A, B et D ne sont pas alignés.

2. Les égalités 3+1= 4 et 0+4= 4 sont vraies ; les points A et B appartiennent au plan. Donc la droite (AB) est contenue dans le plan d’équation cartésienne :

x + y = 4. 3. Les coordonnées des trois points vérifient l’équation. L’équation proposée

est bien celle du plan (BCD), ces trois points étant manifestement disjoints

deux à deux.

4. Les coordonnées de A ne vérifient pas l’équation précédente. Donc A n’ap-

partient pas au plan (BCD). Les points A, B, C et D ne sont pas coplanaires.

5. La sphère de centre A et de rayon 9 est tangente au plan (BCD) si et seulement

si la distance de A à ce plan est égale au rayon du cercle, c.à.d si d(A, (BCD))= 81

p 182+92+52

= 9 ⇐⇒ 81

p 430

= 9 qui est une égalité fausse. La proposition

est fausse.

6. Une représentation paramétrique de la droite (BD) est obtenue en traduisant

l’égalité vectorielle −−→ BM =λ−−→BD qui se traduit par le système :

x = 2λ y = 4−λ z = −5+9λ

qui se traduit en posant 2λ = 1−2k ⇐⇒ λ = 1

2 −k par le système proposé

par l’énoncé. La proposition est vraie.

EXERCICE 2 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. Cf. cours.

2.

Corrigé terminale S Amérique du Sud A. P. M. E. P.

-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 -8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

1

2

3

4

5

−1

−2

−3

1 2 3 4 5−1−2−3

++

+

+

+

+

AB

C

D

E

E′

3. a. On obtient zA′ = 5i= zC et zB′ =−3−3i= zD. b. M(z) est invariant par f si et seulement si z ′ = z = (1+2i)z −2−4i ⇐⇒

2iz = 2+2i ⇐⇒ z = 2− i. L’équation ayant une seule solution, f a un seul point invariantΩ d’affixeω= 2− i.

4. a. On a z ′− z = 2iz −2−4i=−2i(2− i− z). b. En prenant le module des deux complexes ci-dessus, on obtient M M ′ =

|−2i|×ΩM et siΩ 6= M , M M

M = 2.

L’égalité trouvée au a peut, si Ω 6= M , s’écrire z ′− z

2− i− z = −2i. En prenant

les arguments de ces deux complexes, on obtient (−−−→ MΩ ,

−−−−→ M M

)

=− π

2 .

c. On en déduit que le triangleΩM M ′ est un triangle rectangle en M .

d. On a |zE|2 = 1+3= 4= 22.

Donc zE = 2 (

− 1

2 − p 3

2 i

)

= 2 [

cos

(

− 2π

3

)

+ isin (

− 2π

3

)]

= 2e−i 2π 3 .

Pour placer le point E, il suffit de construire le cercle de centre O et de

rayon 2. Le point E est le point de ce cercle d’abscisse 1.

D’après les questions b et c on aEE′ = 2ΩEet (−−→ EΩ ,

−−→ EE

)

=− π

2 .On construit

donc la perpendiculaire en E à la droite (EΩ) et on place sur cette droite

le point E′ tel que EE′ = 2ΩE et (−−→ EΩ ,

−−→ EE

)

=− π

2 .

novembre 2006 2

Corrigé terminale S Amérique du Sud A. P. M. E. P.

EXERCICE 2 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. Cf. cours

2. — On cherche n tel que 2n ≡ 1 mod 7 ; n = 3 est le premier naturel qui convient.

— On cherche n tel que 3n ≡ 1 mod 7 ; n = 6 est le premier naturel qui convient car 36 = 729= 7×104+1.

3. a. Soit a ∈N,a 6= 7k,k ∈N. Il existe r ∈N, r < 7 tel que a = 7k + r . On a donc a r mod 7, donc a6 ≡ r 6 mod 7. Or :

— 16 ≡ 1 mod 7 : évident : — 23 ≡ 1 mod 7 donc d’après la propriété 1 b ci-dessus,

(

23 )2 ≡ 12

mod 7 ;

— 36 ≡ 1 mod 7 ; — 46 =

(

22 )3 =

(

23 )2

; d’après la propriété 1 b ci-dessus 23 ≡ 1 mod 7⇒ (

23 )2 ≡ 1 mod 7.

— 56 = 15625 = 7×2232+1, donc 56 ≡ 1 mod 7. — Enfin 66 = (2×3)6 = 26×36, donc d’après la propriété du 1 a, 66 ≡ 1

mod 7.

Conclusion : on a démontré que dans tous les cas : a6 ≡ 1 mod 7. b. Ona ak ≡ 1 mod 7, k étant le plus petit naturel vérifiant cette congruence.

D’autre part 6= kq + r avec r < k. On a donc a6 = akq+r = akq × ar =

(

ak )q × ar . Or ak ≡ 1 mod 7, donc

a6 ≡ ar ≡ 1 mod 7. Donc ar ≡ 1 mod 7. Or k étant le plus petit naturel vérifiant k a ≡ 1 mod 7, il en résulte que r = 0, c’est-à-dire que k divise 6. Les valeurs possibles pour k sont donc 1, 2, 3 et 6.

c. On a trouvé l’ordre de 2 : c’est 3, donc l’ordre de 4 est aussi 3 et l’ordre de

3, c’est 6 ; on a vu que l’ordre de 5 est 6.

4. A2006 = 22006+32006+42006+52006+62006. On a 2006 = 6× 334+ 2. Donc 22006 = 26×334+2 = 26×334 × 22 =

(

26 )334 × 22.

Or 26 ≡ 1 mod 7, donc finalement 22006 ≡ 22 mod 7. De même pour les autres puissances, donc An ≡ 22+32+42+52+62 mod 7, soit An ≡ 90≡ 6 mod 7 (car 90= 7×12+6). Finalement A2006 ≡ 6 mod 7 .

EXERCICE 3 4 points

Commun à tous les candidats

1. a. On a une loi de Bernoulli de paramètres p = 1

4 et n = 50.

b. On a E = np = 50× 1

4 = 12,5. (tulipes jaunes)

c. On a p(X = n)= (50

n

)

(

1

4

)n

× (

3

4

)50−n = (50

n

)350−n

450 .

d. p(X = 15)= (50 15

)

(

1

4

)15

× (

3

4

)50−15 ≈ 0,089.

2. a. Si lot choisi est le 2, on a autant de chances d’avoir une tulipe jaune que

le contraire. La loi de Bernoulli a ici pour paramètres n = 50 et p = 1

2 .

La probabilité d’obtenir n tulipes jaunes est donc :

pB (Jn )= (50

n

)

(

1

2

)n

× (

1

2

)50−n = (50

n

)

(

1

2

)50

= (50

n

)

2−50.

novembre 2006 3

Corrigé terminale S Amérique du Sud A. P. M. E. P.

b. De lamême façonqueprécédemment pA (Jn )= (50

n

)

(

1

4

)n

× (

3

4

)50−n = (50

n

)

×

350−n

450 .

A et B forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des pro-

babilités totales,

p (Jn )= p (A∩ Jn)+p (B∩ Jn)= p(A)×p A (Jn )+p(B)×pB (Jn)= 1

2

(50 n

)

× 350−n

450 + 1

2

(50 n

)

× 1

250 =

1

2

(50 n

)

(

350−n

450 +

1

250

)

= 1

2

(50 n

)

(

350−n +250

450

)

.

c. pn = p Jn (A)= p (A∩ Jn )

p (Jn ) =

p A (Jnp(A) p (Jn)

=

1

2

(50 n

)350−n

450

1

2

(50 n

)

(

350−n

450 +

1

250

) =

350−n

450 (

350−n +250

450

)

= 350−n

350−n +250 .

d. pn > 0,9 ⇐⇒ 350−n

350−n +250 > 0,9 ⇐⇒ 350−n > 0,9

(

350−n +250 )

⇐⇒ 0,1×

350−n > 0,9×250 ⇐⇒ (50−n) ln3> ln(9)+50ln2 ⇐⇒ 50−n > ln9+50ln2

ln3

⇐⇒ n 6 50− ln9+50ln2

ln3 ⇐⇒ n 6 16,45.

Conclusion : il faut que n < 17. Interprétation : Si le nombre de tulipes jaunes est peu élevé (ici moins de

17) la probabilité d’avoir choisi le lot 1 est très grande ; si ce nombre de

tulipes jaunes se rapproche de 25 sur 50, la probabilité est grande que le

lot choisi soit le lot 2.

EXERCICE 4 8 points

Commun à tous les candidats

1. a. On a lim x→0

fn(x)=−∞ et lim x→+∞

fn (x)=+∞.

Dérivée : f n (x)= 1

x +

1

n > 0 sur ]0 ; +∞[. Les fonctions fn sont donc crois-

santes de −∞ à +∞. b. La fonction fn est continue comme somme de fonctions continues et

croissante de −∞ à +∞ : il existe donc un réel unique αn ∈]0 ; +∞[ tel que fn (αn)= 0. Comme fn (1) =

1

n − 1 < 0 et fn (e) = 1

1

n − 1 =

1

n > 0, on en déduit que

1<αn < e. 2. a. L’équation est de la forme : y = ax +1 ; en utilisant le fait qu’elle contient

le point Bn , on obtient 0 = an + 1 ⇐⇒ a = − 1

n . On a donc M(x ; y) ∈

n ⇐⇒ y =− 1

n x +1

b. ∆1 y =−x +1

∆2 y =− 1

2 x +1

∆1 y =− 1

3 x +1

novembre 2006 4

Corrigé terminale S Amérique du Sud A. P. M. E. P.

0

1

2

−1

−2

−3

1 2 3 4 5 α2 α3

c. Le point commun à Γ et∆n a ses coordonnées qui vérigfient lnx =− 1

n x+

1 ⇐⇒ lnx + 1

n x −1= 0 ⇐⇒ fn (x)= 0 qui a pour solution unique αn sur

]0 ; +∞[. d. α1 est la solution de lnx + x −1 = 0 qui a pour solution évidente α1 = 1

(suggéré aussi par le croquis).

Toujours d’après le croquis la suite (αn ) semble croissante.

3. a. On sait que lnαn + αn

n −1= 0 ⇐⇒ lnαn = 1−

αn

n .

b. fn+1 (αn )= lnαn+ αn

n+1 −1= 1−

αn

n +

αn

n+1 −1=

αn

n+1 − αn

n =

nn−1 n(n+1)

αn =

αn

n(n+1) < 0.

c. Or fn+1 (αn+1)= 0. Conclusion comme les fonctions fn sont croissantes et comme fn+1 (αn)< fn+1 (αn+1), il en résulte queαn <αn+1, ce qui signifie que la suite (αn) est croissante

d. La suite (αn ) est croissante et majorée par e : elle est donc convergente

vers un réel 6 e.

Par continuité, on a lim n→+∞

αn

n = 0, donc ln−1= 0 ⇐⇒ ln= 1 ⇐⇒ =

e.

4. a. On a A (Dn)= ∫e

αn

lnxdx.

En intégrant par parties, on trouve qu’une primitive de la fonction x 7→ lnx est la fonction x 7→ x lnx x. A (Dn)= [x lnxx]eαn = e−e−αn lnαn+αn =αn (1− lnα)=αn

(

1−1+ αn

n

)

=

α 2 n

n .

b.

novembre 2006 5

Corrigé terminale S Amérique du Sud A. P. M. E. P.

0

1

−1

−2

1 2

lnαn

αn e

D’après le dessin l’intégrale est comprise entre l’aire du rectangle hachuré

de gauche à droite et l’aire du rectangle hachuré de droite à gauche : d’où

l’encadrement :

lnαn (e−αn )6 α 2 n

n 6 1× (e−αn )

c. L’encadrement précédent permet (enmultipliant par n et en divisant par

lnαn , pour n 6= 1) d’obtenir les deux inégalités :

n (e−αn) 6 α 2 n

lnαn et α2n 6 n (e−αn ). On obtient donc l’encadrement fi-

nal :

α 2 n 6 n (e−αn )6

α 2 n

lnαn

d. Par passage à la limite on a donc lim n→+∞

n (e−αn )= e2..

On peut en déduite que lim n→+∞

αn = lim n→+∞

e (

1− e

n

)

.

La suite (αn) converge donc comme la suite

(

1

n

)

c’est-à-dire lentement.

novembre 2006 6

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