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Durée : 4 heures
Baccalauréat S Centres étrangers juin 2006
EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats
Partie : A Restitution organisée de connaissances En fait la démonstration n’en n’est pas une puisque tous les éléments de la démons- tration sont donnés dans les prérequis.
Partie B
1. VRAI : z^2 = −
i, et z^4 =
z^2
∈ R.
2. FAUX : si z = a + i b , z = a − i b et
z + z
= 0 ⇐⇒ 2 a = 0 ⇐⇒ a = 0. Donc tous les imaginaires de la forme b i avec b 6 = 0 vérifient la relation sans être nuls.
3. VRAI : z +
z
z^2 + 1 z
= 0 ⇐⇒ z^2 + 1 = 0 ( z 6 = 0) ⇐⇒ ( z +i)( z −i) = 0 ⇐⇒ z = −i ou z = i.
4. FAUX : Si z = 1 et z ′^ = e
2i π (^3) = −
p 3 2
, alors z + z ′^ =
p 3 2
, | z | = 1 et
| z + z ′| =
p 1 = 1 et z ′^6 = 0.
EXERCICE 2 5 points Réservé aux candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité
1. Si p 1 , p 2 , p 3 et p 4 dans cet ordre, forment une progression arithmétique de raison r , alors p 2 = p 1 + r , p 3 = p 1 + 2 r et p 4 = p 1 + 3 r. On a donc : { p 4 = p 1 + 3 r = 0, p 1 + p 1 + r + p 1 + 2 r + p 1 + 3 r = 1 (loi des probabilités totales)
p 1 + 3 r = 0, 4 p 1 + 6 r = 1
2 p 1 + 6 r = 0, 4 p 1 + 6 r = 1 =⇒ 2 p 1 = 0,2 ⇐⇒ p 1 = 0,1.
On en déduit aussitôt que r = 0,1 et finalement :
p 1 = 0,1, p 2 = 0,2, p 3 = 0,3, p 4 = 0,4.
2. a. La probabilité d’obtenir dans l’ordre 1, 2, 4 est p 124 = 0,1 × 0,2 × 0,4 = 0,008. b. Les tirages donnant trois nombres distincts croissants sont : (1, 2, 3), (1, 2, 4), (1, 3, 4) et (2, 3, 4). La probabilité d’avoir l’un de ces tirages est donc :
p 1 × p 2 × p 3 + p 1 × p 2 × p 4 + p 2 × p 3 × p 4 + p 2 × p 3 × p 4 = 0,006 + 0,008 + 0,012 + 0,024 = 0,05.
3. a. On a un schéma de Bernouilli avec n = 10 et p 4 = 0,4. On sait que la pro-
babilité d’obtenir i fois le chiffre 4 est (pour 0 6 i 6 10) :
p ( X = i ) =
i
0,4 i^ (1 − 0,4)^10 − i^ =
i
0,4 i^ 0,6^10 − i^.
b. On a E( X ) =
∑^10
i = 0
i × p ( X = i ) =
∑^10
i = 0
i ×
i
0,4 i^ 0,6^10 − i^ = 4.
Cela signifie que sur un grand nombre de tirages le 4 sortira en moyenne 4 fois sur 10.
c. On a p ( X > 1) = 1 − p ( X = 0). Or p ( X = 0) = 0,6^10.
Donc p ( X > 1) = 1 − 0,6^10 ≈ 0,9939 ≈ 0,994, soit à peu près 994 chances
sur 1 000 d’obtenir au moins une fois le 4 en 10 tirages.
4. a. La probabilité d’obtenir n − 1 fois un autre chiffre que le 4 et ensuite le 4 au n e^ tirage est :
Un = 0,6 n −^1 × 0,4.
Cette suite est une suite géométrique de premier terme U 1 = 0,4 et de raison 0,6. Comme − 1 < 0,6 < 1, cette suite converge vers 0.
b. Sn = 0,4 × 0,6^0 + 0,4 × 0,6^1 + ··· + 0,4 × 0,6 n −^1 = 0,4 ×
1 − 0,6 n 1 − 0, = 1 − 0,6 n^. On a de même (^) n lim→+∞ 0,6 n^ = 0, donc (^) n →+∞lim Sn = 1. c. On a Sn > 0,999 ⇐⇒ 1 − 0,6 n^ > 0,999 ⇐⇒ 0,6 n^ < 0,001 ⇐⇒ n ln 0,6 < ln0,001 (par croissance de la fonction ln) ⇐⇒ n >
ln 0, ln 0, car ln 0,6 < 0. Comme
ln 0, ln0,
≈ 13,5, il faut donc faire 14 tirages.
EXERCICE 2 5 points Réservé aux candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité
Partie A. Quelques exemples
1. 4 ≡ 1 mod 3, donc 4 n^ ≡ 1 n^ mod 3 et finalement 4 n^ ≡ 1 mod 3. 2. 4 est premier avec 29 (29 est premier). Donc d’après le petit théorème de Fer- mat 4^29 −^1 − 1 ≡ 0 mod 29 ou encore 4^28 − 1 est divisible par 29. 3. 4 = 0 × 17 + 4 ; 42 = 0 × 17 + 16 ; 43 = 3 × 17 + 13 ; 44 = 15 × 17 + 1. La dernière égalité montre que 4^4 ≡ 1 mod 17, d’où
) k ≡ 1 k^ mod 17 soit 44 k^ ≡ 1 mod 17 ou encore 4^4 k^ − 1 ≡ 0 mod 17. Conclusion : 4^4 k^ − 1 est divisible par 17.
4. On a 4^2 = 16 = 3 × 5 + 1 ou 4^2 ≡ 1 mod 5 d’où il résulte que 4^2 k^ ≡ 1 mod 5 ou encore 4^2 k^ − 1 ≡ 0 mod 5. Conclusion : 4 n^ − 1 est divisible par 5 si n est pair. Par contre : de 4 ≡ 4 mod 5 et 4^2 k^ ≡ 1 mod 5 il résulte par produit que 42 k +^1 ≡ 4 mod 5. Conclusion : 4 n^ − 1 est divisible par 5 si et seulement si n est pair. 5. Diviseurs premiers de 4^28 − 1 : la question 2 a déjà donné le nombre 29 ; la question 3 a donné le diviseur premier 17 ; la question 4 a donné le diviseur 5. D’autre part, 4 ≡ 1 mod 3 entraîne 4 n^ ≡ 1 mod 3 ou encore 4 n^ − 1 est divi- sible par 3 qui est premier. Il y a également 5, 43...
Partie B. Divisibilité par un nombre premier
C
A
O
A n
Partie B
1. Quel que soit le réel x , en utilisant A. 1.
f ( x ) + f (− x ) =
e x e x^ + 1
e x^ + 1
e x^ + 1 e x^ + 1
Le milieu du segment[ M M ′^ ] est donc le point A de coordonnées
, et ce point est un centre de symétrie pour la courbe C.
2. a. Soit n ∈ N ; on sait d’après la partie A que f ( x ) > 0. Donc, l’aire de la sur- face comprise entre l’axe des abscisses, la courbe C et les droites d’équa- tions x = 0 et x = n est l’intégrale
∫ n
0
f ( x ) d x. Donc par différence avec l’aire du rectangle de côtés 1 et n ,
A n =
∫ n
0
(1 − f ( x )) d x =
∫ n
0
1 + e x
∫ n
0
e x e x^ + 1
d x =
[
ln
1 + e x^
)] 0
− n = ln 2−ln
1 + e− n^
, en utilisant les questions A. 1 et B. 1 (symétrie autour de A). b. On sait que lim n →+∞ e− n^ = 0 donc par continuité de la fonction ln,
n lim→+∞ ln^
1 + e− n^
Ainsi (^) n lim→+∞ A n = ln 2.
Partie C
1. Si pour tout x réel
e^2 x (e x^ + 1)^2
a e x e x^ + 1
b e x (e x^ + 1)^2
, alors
e^2 x (e x^ + 1)^2
a e x e x^ = 1
b e x (e x^ + 1)^2
e^2 x^ − b e x (e x^ + 1)^2
a e x e x^ + 1
e x^ (e x^ − b ) (e x^ + 1)^2
a e x e x^ + 1
=⇒ a = 1 et b = −1.
2. On a pour tout λ positif, V ( λ ) =
− λ
π
e^2 x (e x^ + 1)^2
d x = π
− λ
e x e x^ + 1 d x − π
− λ
e x (e x^ + 1)^2
d x =
π
[
ln
1 + e x^
e x^ + 1
] 0
− λ
= π
ln2 +
− ln
1 + e− λ
1 + e− λ
3. On a toujours (^) n lim→+∞ e− n^ = 0 et par continuité de la fonction ln,
n lim→+∞ ln^
1 + e− n^
Donc lim n →+∞ V ( λ ) = π
ln 2 −
EXERCICE 4 6 points
Partie A
1. Les faces du cube d’arête 1 sont des carrés de côté 1, dont les diagonales ont pour longueur
p
- En particulier BD = DE = ED =
p
- Le triangle BDE est équilatéral. 2. a. I est le centre de gravité du triangle BDE ou l’isobarycentre des points B, D et E. Les coordonnées de I sont de la forme
( a B + a D + a D). Avec le repère choisi on a B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0) et E(0 ; 0 ; 1). On obtient donc I
b. On a dans le repère choisi G(1 ; 1 ; 1), donc le vecteur
AG et le vecteur
AI
ont les mêmes coordonnées. Autre démonstration : on sait que
IB +
ID +
IE =
IA +
AB +
AD +
AE =
IA +
AG =
IA =
AG.
La relation vectorielle
IA =
AG signifie que les points A, I et G sont ali- gnés, et encore plus précisément que le point I appartient à la droite (AG), ce point ayant l’abscisse
si le repère choisi sur cette droite est le repère (A, G).
3. On sait déjà que I centre de gravité du triangle BDE est dans le plan (BDE).
D’autre part
IA
(^) et − BD−→
. Le produit scalaire − IA→ ·− BD−→ = − 1 3
0, donc les vecteurs sont orthogonaux.
De même
BE
. Le produit scalaire − IA→ · − BE→ = − 1 3
= 0, donc les vec-
teurs sont orthogonaux. Conclusion le vecteur
IA orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BDE) est normal à ce plan. Conclusion : I est le projeté orthogonal de A sur le plan (BDE).
Partie B
Quel que soit le réel k , Mk est le point de la droite (AG), d’abscisse k pour le repère (A, G). La droite (A Mk ) est donc orthogonale au plan (BDE), donc aussi au plan P k. Conclusion : le point Nk est le projeté orthogonal de A sur le plan P k.
1. D’après la partie A, on sait que si k =
, M 1
3 = I, donc P (^1) 3 = (BDE) et N (^) 1 3
= B
2. a. Les coordonnées du vecteur
A Mk sont les coordonnées du point Mk , soit ( k ; k ; k ). b. On sait qu’une équation du plan P k est de la forme kx + k y + kz + d = 0 ; comme il contient Mk , on a k^2 + k^2 + k^2 + d = 0 ⇐⇒ d = − 3 k^2. L’équation du plan P k est donc kx + k y + kz − 3 k^2 = 0 soit pour k 6 = 0 (cas particulier où M est en A) x + y + z − 3 k = 0. c. La droite (BC) est définie par les équations des deux plans x = 1 et z = 0, donc en remplaçant dans l’équation précédente 1+ y + 0 − 3 k = 0 ⇐⇒ y = 3 k − 1. Donc Nk (1 ; 3 k − 1 ; 0).
3. Mk et Nk appartiennent au plan P k qui est orthogonal aux vecteurs
A Mk ou −−→ AG. Donc pour tout k réel la droite ( Mk Nk ) est orthogonale à la droite (AG) ;
bn + 2
bn + 1
bn ⇔ bn + 2 =
1 bn + 1 +^
1 bn je remplace bn : bn + 2 =
1 bn + 1 +^
5 bn + 1 − 2 bn + 1
je multiplie par bn + 1
bn + 2 =
2 bn + 1 1 + 5 bn + 1 − 2
2 bn + 1 5 bn + 1 − 1
cqfd.
AM NP =
| ad − bc |
