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[ Baccalauréat S Antilles-Guyane juin 2007 \
Corrigé
EXERCICE 1 6 points Commun à tous les candidats
Question de cours
La fonction x 7 → f ( x ) − g ( x ) est continue sur I (car f et g le sont), donc
∫ b
a
f ( x ) − g ( x )d x
existe. Comme de plus on a ∫ f ( x ) − g ( x ) > 0, la propriété de positivité permet d’écrire que :
b a
f ( x ) − g ( x )d x > 0. On a alors, par linéarité de l’intégrale
∫ b
a
f ( x )d x −
∫ b
a
g ( x )d x > 0,
d’où le résultat.
Partie A
1. Soit x un réel supérieur ou égal à 1. La fonction t 7 → 2 − t est continue sur [1 ; x ], et on a : ∫ x
1
(2 − t ) d t =
[
2 t −
t^2
] x
1
2 x −
x^2
x^2 + 2 x −
2. Comme t ∈ [1 ; +∞[, t > 0, donc :
2 − t 6
t
⇔ 2 t − t^2 6 1 ⇔ 0 6 t^2 − 2 t + 1 ⇔ 6 ( t − 1)^2.
La dernière inégalité étant vraie, le raisonnement par équivalences permet de conclure
qu’on a bien 2 − t 6
t
3. Les fonctions t 7 → 2 − t et t 7 →
t
sont continues sur [1;+∞[ et 2 − t 6
t
, la question de cours permet alors d’écrire que : ∫ x
1
(2 − t )d t 6
∫ x
1
t
d t
c’est-à-dire : −
x^2 + 2 x −
6 [ln t ] x 1 , d’où : −
x^2 + 2 x −
6 ln x.
Partie B
1. a. h est continue sur R (polynôme) et : ∫ 4
1
h ( x )d x =
[
x^3 + x^2 −
x
] 4
1
× 64 + 16 − 6
b. Sur le graphique, les deux aires coloriées sont égales.
2. Sur [1;4] on a h ( x ) 6 ln x (question A3), l’aire A du domaine ( D ) est donc donnée
par : A =
1
(ln x − h ( x ))d x =
1
ln x d x (par linéarité et compte-tenu du fait que ∫ 4
1
h ( x )d x = 0). Posons u ′( x ) = 1, v ( x ) = ln x et u ( x ) = t , v ′( x ) =
x
. Les fonctions u , v sont dérivables sur [1 ; 4], les fonctions u ′, v ′^ sont continues sur [1 ; 4], le théorème d’intégration par parties s’applique donc et on a :
A = [ x ln x ]^41 −
1
1d x = 4ln 4 − 1 × (4 − 1) = 8ln 2 − 4 u.a.
EXERCICE 2 5 points Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité.
1. On pose z = x + i y et z ′^ = x ′^ + i y ′^ avec x , y , x ′^ et y ′^ réels.
a. Par définition : z ′^ =
z + i z
, c’est-à-dire :
x ′^ + i y ′^ =
( x + i y + i( x − i y )) =
( x + i y + i x + y ) =
( x + y ) +
( x + y )i.
En identifiant les parties réelles et imaginaires, on obtient les égalités annon- cées. On en déduit que y ′^ = x ′^ donc que M ′^ appartient à la droite d’équation y = x. Or O et A appartiennent aussi à cette droite, d’où M ′^ ∈ ( O A ).
b. M = M ′^ ⇔
x = 12 ( x + y ) y = 12 ( x + y )
2 x = x + y 2 y = x + y
x = y. L’ensemble cher- ché est donc la droite ( O A ). c. Un calcul immédiat montre que
M M ′^ a pour coordonnées
( y − x ) ;
( x − y )
et
O A (1 ; 1). Donc
M M ′^ ·
O A =
( y − x ) +
( x − y ) = 0, et
M M ′^ ⊥
O A.
2. a. Voir figure 1.
FIGURE 1 – exercice 2 (non-spécialité)
O^ +
−→ u
−→ v
M 1
M 2
M 3
b. L’écriture complexe de la rotation r de centre O et d’angle π 2 est : z 7 → ei^ π 2 z = i z. Par conséquent z 1 = i z. Par définition du point M 3 ,
M 1 M 3 =
OM 2 , donc z 3 − z 1 = z 2 − 0, ce qui donne : z 3 − i z = z , c’est-à-dire z 3 = i z + z. c. On a : OM 1 = | z 1 − 0 | = | i z | = |i| × | z | = | z | ; OM 2 = | z | = | z |. Le parallélogramme OM 1 M 3 M 2 a deux côtés consécutifs de même longueur, c’est donc un losange.
d. z ′^ − z =
z + i z
− z =
z + i z − 2 z
i z − z
Par ailleurs,
i z 3 =
i
i z + z
− z + i z
, on a donc bien z ′^ − z =
i z 3.
On en déduit que | z ′^ − z | =
∣∣^1
i z 3
× |i| × | z 3 |, c’est-à-dire que M M ′^ =
OM.
3. On a déjà OM = OM 1 = OM 2 = | z |, les points M , M 1 et M 2 sont donc sur un même cercle de centre O. M 3 appartient à ce cercle si et seulement si OM 3 = OM c’est-à- dire (d’après la question 2d) si et seulement si 2 M M ′^ = OM , ce qui équivaut bien à M M ′^ =
OM.
5. M a pour affixe zM =
zA + zB 2
1 + i + 3 − 3i 2 = 2 − i. P a pour affixe zP = 3 zM = 3(2 + i) = 6 + 3i. On a
OP (6 ; 3) et
AB (2 ; −4), donc
OP ·
AB = 6 × 2 + 3 × (−4) = 12 − 12 = 0, ce qui prouve bien que ( OP ) ⊥ ( AB ).
Partie B
1. M est le milieu de [ AB ], et une similitude conserve les milieux, donc s ( M ) est le milieu de [ s ( A ) s ( B )], autrement dit P est le milieu de [ BC ]. 2. a. s ◦ s a pour écriture complexe : z ′^7 → 3 (3 z ) = 9 z. On reconnaît l’écriture complexe de l’homothétie de centre O et de rapport 9. b. s ( O ) = O (calcul immédiat). s ( P ) = s ◦ s ( M ) or s ◦ s est une homothétie de centre O , donc les points O , M et s ( P ) sont alignés. L’image de la droite ( OP ) par la similitude s est la droite passant par s ( O ) et s ( P ) ; c’est donc la droite ( OM ). c. On sait que ( B M ) ⊥ ( OP ) d’après la question A5 : M appartient donc à la hauteur issue de B dans le triangle OBP. Une similitude conserve l’orthogonalité donc s (( B M )) ⊥ s (( OP )). Or s ( B ) = C et s ( M ) = P , et on a vu que s (( OP )) = ( OM ), on a donc montré que ( BP ) ⊥ ( OM ). On en déduit que M appartient à la hauteur issue de O dans le triangle OBP. M est donc l’orthocentre du triangle OBP.
EXERCICE 3 5 points Commun à tous les candidats
1. Les plans ( P ) et ( Q ) ont pour vecteurs normaux respectifs
n (0;2;1) et
n ′^ (0 ; 1 ; −2). On a
n ·
n ′^ = 0, donc
n ⊥
n ′^ et par suite, les plans ( P ) et ( Q ) sont perpendiculaires.
2. L’intersection des plans ( P ) et ( Q ) est une droite (plans perpendiculaires). A ∈ ( P ) car 2 × 0 + 6 − 6 = 0 et A ∈ ( Q ) car 0 − 12 + 12 = 0, donc A ∈ ( P ) ∩ ( Q ) ; on montre de la même façon que I ∈ ( P ) ∩ ( Q ). Les points A et I étant distincts, la droite d’intersection des plans ( P ) et ( Q ) est donc la droite ( AI ), c’est-à-dire la droite ( D ). 3. Soit M ( x ; y ; z ) un point de l’espace. M appartient à l’axe
O ;
j
si et seulement si { x = 0 z = 0
M appartient à l’axe
O ;
j
et au plan ( P ) si et seulement si
x = 0 z = 0 2 y + z − 6 = 0
c’est-à-dire si et seulement si
x = 0 y = 3 z = 0
. Le plan ( P ) coupe donc l’axe
O ;
j
au
point B (0 ; 3 ; 0). Un raisonnement analogue montre que le plan ( Q ) coupe l’axe
O ;
j
en un point C (0 ; −12 ; 0).
4. On a
AC (−3 ; −12 ; −6) donc le plan ( T ) a une équation cartésienne de la forme : − 3 x − 12 y − 6 z + d = 0. Et B (0 ; 3 ;0) ∈ ( T ), donc 0 − 12 × 3 − 0 + d = 0, d’où d = 36. Le plan ( T ) a donc pour équation cartésienne − 3 x − 12 y − 6 z + 36 = 0, ou encore, en simplifiant par −3 : x + 4 y + 2 z − 12 = 0.
5. La droite ( O A ) passe par O (0 ; 0 ; 0) et a pour vecteur directeur
O A (3 ; 0 ; 6). Une
représentation paramétrique de ( O A ) est donc :
x = 3 t y = 0 ( t ∈ R) z = 6 t
Un point M appartient à la droite ( O A ) et au plan ( T ) si et seulement si il existe un réel t tel que M (3 t ; 0 ; 6 t ) et (3 t ) + 4 × 0 + 2 × (6 t ) − 12 = 0, ce qui donne une unique valeur : t =
. La droite ( O A ) et le plan ( T ) sont donc sécants en un point H qui a
pour coordonnées
3 ×
; 0 ; 6 ×
, c’est-à-dire H
6. Les points B et H appartiennent au plan ( T ) qui a pour vecteur normal
O A , donc ( B H ) ⊥ ( AC ) : le point H appartient à la hauteur issue de B du triangle ABC. −−→ AH
et
BC (0 ; −15 ; 0), donc
AH ·
BC = 0 et ( AH ) ⊥ ( BC ) : le point H appartient donc à la hauteur issue de A du triangle ABC. Le point H est donc l’orthocentre du triangle ABC.
EXERCICE 4 4 points Commun à tous les candidats Notons : — S 1 (respectivement S 2) l’événement « la pièce est fabriquée par le sous-traitant S1(resp. S2) » ; — P 1 (respectivement P 2) l’événement « la pièce est du type P1 (resp. P2) ». D’après les indications de l’énoncé on a déjà :
pP 1 ( S 1) = 0,8 pP 1 ( S 2) = 0,2 pP 2 ( S 1) = 0,4 pP 2 ( S 2) = 0,6.
1. a. Il y a autant de pièces de chaque type donc p ( P 1) = 0,5. b. La probabilité que ce soit une pièce P1 et qu’elle vienne de S1 est : p ( P 1 ∩ S 1) = pP 1 ( S 1) × p ( P 1) = 0,8 × 0,5 = 0,4. c. La probabilité qu’elle vienne de S1 est, d’après la formule des probabilités to- tales :
p ( S 1) = p ( S 1 ∩ P 1)+ p ( S 2 ∩ P 2) = pP 1 ( S 1)× p ( P 1)+ pP 2 ( S 1)× p ( P 2) = 0,8×0,5+0,4×0,5 = 0,6.
2. Il y a 200 pièces au total, soit 100 P1 et 100 P2. Cette fois l’employé tire deux pièces simultanément. On suppose tous les tirages équiprobables. Il y a donc
2
tirages possibles. a. La probabilité que ce soit deux pièces P1 est : ( 100 2
2
200 × 199 2 × 1 100 × 99 2 × 1
b. La probabilité que ce soit deux pièces, l’une P1 et l’autre P2, est : ( 100 1
×
1
2
100 × 100
200 × 199 2 × 1
c. Il y a 0,6× 200 = 120 pièces fabriquées par le sous-traitant S1 et donc 200− 120 = 80 pièces fabriquées par S2. La probabilité que les deux pièces choisies soient fabriquées par le même fournisseur est : ( 120 2
2
2
2
) =^
120 × 119
200 × 199
80 × 79
200 × 199
